8．如圖所示，豎直光滑桿固定不動(dòng)，彈簧下端固定，將滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h=0.1m處，滑塊與彈簧不拴接，現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測(cè)量到滑塊的速度和離地高度h，并作出其Ek-h圖象，其中高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢(shì)能面，g取10m/s2，由圖象可知（　　）
A．輕彈簧原長為0.3m
B．小滑塊的質(zhì)量為0.1kg
C．彈簧最大彈性勢(shì)能為0.5J
D．小滑塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和最小為0.4J

分析 根據(jù)對(duì)Ek-h圖象的理解：圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線和能量守恒定律求解．

解答 解：A、在Ek-h圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，所示從h=0.2m，滑塊與彈簧分離，故A錯(cuò)誤；
B、在從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)，圖線的斜率絕對(duì)值為：k=mg=2N，所以：m=0.2kg，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時(shí)，增加的重力勢(shì)能即為彈簧最大彈性勢(shì)能，
所以Epm=mg△h=0.2×10×（0.35-0.1）=0.5J，故C正確；
D、在滑塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動(dòng)能最大時(shí)，滑塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和最小，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒可知：
EPmm=E-Ekm=Epm+mgh0-Ekm=0.5+0.2×10×0.1-0.32=0.38J，故D錯(cuò)誤；
故選：C

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了能量守恒定律和圖象的理解與應(yīng)用問題，有一定難度．

練習(xí)冊(cè)系列答案
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A．飛船在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)時(shí)，在P點(diǎn)的速度大于在Q點(diǎn)的速度
B．飛船在軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)時(shí)，在P點(diǎn)的速度大于在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)經(jīng)過P點(diǎn)速度
C．飛船在軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的加速度等于飛船在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的加速度
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A．線圈靠近磁鐵向左運(yùn)動(dòng)B．線圈遠(yuǎn)離磁鐵向右運(yùn)動(dòng)
C．從上向下看順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)D．從上向下看逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)

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A．線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為kL2B．AB兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差大小為$\frac{{k{L^2}}}{2}$
C．AB兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差大小為$\frac{{k{L^2}}}{4}$D．線框中的感應(yīng)電流方向沿ADBCA

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A．B．C．D．

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