1、周测六静电场(A卷)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1(2018湖北宜昌模拟)有三个完全一样的金属小球A、B、C，小球A所带电荷量为10Q，小球B所带电荷量为Q，小球C不带电，将A、B两小球固定，相距r，此时A、B两小球间的相互作用力大小为F；然后让小球C反复与A、B两小球多次接触，最后移去小球C后，则A、B两小球间的相互作用力大小为()AF B10FC.F D.F答案：C解析：依题意可知A、B两小球最初所带电荷量的总和被
2、三个小球间均分，则A、B两小球最终的电荷量均为3Q，A、B两小球之间最初是引力，大小为Fk10k，A、B两小球之间最终是斥力，大小为Fk9kF，C正确2(2018江苏四市联考)(多选)如图所示，a、b、c三点在固定点电荷Q1、Q2连线的延长线上，Q1带正电一带正电粒子从a点由静止释放，仅在电场力作用下运动，经b点时速度最大，到c点时速度为零下列说法正确的是()AQ2带正电BQ2的电荷量大于Q1的电荷量Ca、c两点电势相等Db点的电场强度最大答案：BC解析：带正电粒子经过b点时速度最大，此时带电粒子所受合力为零，可知b点的合场强为零，因此Q2带负电，故A、D错误；b点的合场强为零，说明Q1、Q2
3、在b点产生的场强大小相等，由点电荷场强公式Ek知，Q2的电荷量大于Q1的电荷量，故B正确；从a运动到c的过程，带电粒子的动能变化量为零，由动能定理知电场力做功为零，则a、c两点电势相等，故C正确3(2018广东佛山一模)如图A、B、C是两个带电荷量均为Q的正点电荷连线的中垂线上的三点，B是两电荷连线与其中垂线的交点，A点固定一带电荷量同为Q的负点电荷现将一电子从B点由静止释放，电子会经由C点继续向前运动，则()A从B到C，电场力对该电子一直不做功B电子从B到C做加速度变大的加速运动C电子在B、C两点时的电势能大小关系是EpBEpCD若电子可回到B点，则回到B点时速度不为零答案：C解析：电子在B
4、点受到的电场力方向竖直向下，在B、C间受到的电场力方向也一直沿中垂线方向，所以从B到C，电场力对该电子做功，A错误；从B点到无穷远，正点电荷对电子的作用力先增大后减小，负点电荷对电子的作用力一直减小，由于C的位置不确定，故电子由B到C加速度变化不确定，B错误；电子在C点的动能大于在B点的动能，电势能减少，即EpBEpC，C正确；根据能量守恒定律，若电子可能回到B点，则回到B点的速度一定为零，D错误4(2018河北石家庄二中联考)如图所示，高为h的固定光滑绝缘斜面，倾角53，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的倍，重力加速度为
5、g，则物块落地的速度大小为()A2 B2C2 D.答案：D解析：物块受到的电场力大小为mg，将其分别向沿斜面和垂直于斜面方向分解，则电场力垂直于斜面方向的分力Fymgmg，故一定大于重力垂直于斜面方向的分力，因此物块将离开斜面沿电场力和重力的合力的方向做直线运动，运动方向与竖直方向的夹角的正切值tan，物块在飞行过程中，重力和电场力做功，根据动能定理得mghEqhmv2，已知Eqmg，代入解得v，故选项D正确5(2018山西晋中摸底)(多选)示波管的内部结构如图甲所示，如果在偏转电极XX、YY之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心如果在偏转电极XX之间和YY之间加上如图丙所示的几种电压，荧光
6、屏上可能会出现图乙中(a)(b)所示的两种波形，则()A若XX和YY分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形B若XX和YY分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形C若XX和YY分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形D若XX和YY分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形答案：AC解析：要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象，偏转电极XX要接入锯齿形电压，即扫描电压，在XX偏转电极加电压(4)，电子不可能在水平方向完成偏转，故B、D错误；在XX偏转电极加电压(3)，为锯齿电压，在YY偏转电极上加的是待
7、显示信号电压，故A、C正确6(2018安徽马鞍山一模)如图所示，水平虚线表示匀强电场的等势线，间距均为d，一质量为m、电荷量大小为q的粒子(不计重力)，从A点以与等势线成角的速度v0射入，到达B点时，速度方向恰与等势线平行，则()A粒子一定带正电B电场中A点的电势一定高于B点的电势C匀强电场的电场强度大小为D粒子在A点具有的电势能大于在B点具有的电势能答案：C解析：电场线与等势线垂直，所以电场线沿竖直方向，由粒子的运动轨迹可知，电场力的方向竖直向下，由于不知道电场强度的方向，所以无法判断粒子的电性，也无法判断A、B两点的电势高低，A、B错误；对粒子由动能定理，有Eq2dm(v0cos)2mv，
8、解得E，C正确；从A到B，由于电场力做负功，电势能增大，所以粒子在A点的电势能小于在B点的电势能，D错误7(2018江西九江十校第二次联考)如图所示，竖直光滑的圆轨道上放一个质量为m的小球，带电荷量为q(可看成质点)，圆的半径为R.周围空间充满着水平方向的匀强电场，电场强度E.现在最低点给小球一个初动能，为了使小球能做一个完整的圆周运动，那么在圆轨道最低点给小球的初动能()AEk大于mgR BEk等于mgRCEk小于mgR DEk的大小不能确定答案：A解析：因为E，所以小球运动过程中等效最低点为A，圆心与A的连线与竖直方向的夹角为，tan，60.要想做完整的圆周运动，要过等效最高点B，在B点的
9、最小速度v满足：，即v22gR，设在圆轨道最低点给小球的初动能为Ek，根据动能定理有mgqERmv2Ek，解得Ek4mgR，所以A正确8(多选)传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件图乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验(电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)，下列实验现象中正确的是()A当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则电流表指针向右偏转B当乙传感器接入电路实验时，若F变大，则电流表指针向右偏转C当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，则电流表指针向左偏转D当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，则电流表指针向左偏转答案：BD
10、解析：当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则两极间距变大，由C可知，电容器的电容减小，电容器所带电荷量减小，电容器放电，则电流从电流表负极流入，故电流表指针向左偏转，同理，若F变大，则电流表指针向右偏转，选项A错误，选项B正确；当丙传感器接入电路时，金属芯线与导电溶液形成电容器，若导电溶液深度h变大，两极板正对面积增大，由C可知，电容器的电容变大，带电荷量增加，电容器充电，则电流表指针向右偏转，故选项C错误；同理分析可知，选项D正确二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9(7分)在竖直平面内固定一个半径为R的均匀带电细圆环，质量为m的带电小球(视为质点)通过长为L的绝缘细线悬挂在圆环的最高点
11、当圆环、小球都带有相同的电荷量Q(未知)时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示已知静电力常量为k，重力加速度为g，则绝缘细线对小球的拉力FT_，圆环的带电量Q_.答案：(4分)(3分)解析：本题考查电场的叠加、库仑定律，意在考查考生应用数学知识处理物理问题的能力由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上一部分x，设总电荷量为Q，则该部分电荷量为Q，由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力F1，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理，取以圆心对称的相同的一段，其库仑力与F1相同；如图甲所示，两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为2；因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力
12、F，方向水平向右；小球受力分析如图乙所示，小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡，故FT与F的合力应与重力大小相等，方向相反；由几何关系可得；则小球对绳子的拉力FT；，解得Q .10(13分)在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0 m和5.0 m放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷的电荷量关系图象分别如图中直线a、b所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电(忽略试探电荷之间的影响)求：(1)B点的电场强度的大小和方向；(2)试判断电荷Q的电性，并说明理由；(3)点电荷Q的位置坐标答案：(1
13、)2.5 V/m，沿x轴负向(2)Q带负电(3)x2.6 m解析：(1)由EB和图象可得EB2.5 V/mEA V/m放入B点的是负电荷，所以电场强度方向跟负电荷受力方向相反，故B点电场方向沿x轴负向(2)A点的正电荷受力沿x轴正向，而B点的负电荷受力也沿x轴正向，根据同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引所以Q带的是负电，而且在A、B之间(3)由(2)问已知Q在A、B之间，设离A点距离为L，则离B点距离为(3L)根据E得，EA40 V/m，EB2.5 V/m可求得L0.6 m所以点电荷Q的位置为x2 m0.6 m2.6 m处11(13分)(2018江苏如东四校联考)如图所示，质量m2 kg、带电
14、荷量q2103 C的小物块A与质量不计的绝缘木板B叠放在水平面上，A位于B的最左端且与竖直固定于水平面上的挡板P相距s03 m，已知A与B间的动摩擦因数10.8，B与水平面间的动摩擦因数20.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，与挡板相撞没有机械能损失，且A带电荷量始终保持不变整个装置处在大小E6103 N/C、方向水平向右的匀强电场中，现将A、B同时由静止释放，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)A、B释放时，物块A的加速度大小；(2)若A与挡板不相碰，木板的最小长度L0.(3)若木板长度为L0.8 m，整个过程中木板运动的总路程s.答案：(1)1 m/s2(2)1 m(3)2.32 m解析
15、：(1)A和B一起做匀加速运动，由牛顿第二定律得a1 m/s2.(2)设当木板B与挡板P相撞时速度为v，开始时木板B右端与挡板相距为d，有v22ad，木板B与挡板P撞后停止，物块A继续滑动，加速度a12 m/s2，当A恰好滑到挡板P处停止时有v22a1L0，而dL0s0，代入数据解得L01 m，即木板的最小长度为1 m.(3)因为L小于L0，故物块与挡板碰撞，然后原速返回，与木板B共同反向做匀减速运动，直到速度为零，再共同加速向右滑动，不断往复，最终A、B都停在挡板P处物块A和木板B间产生热量Q11mgL，木板与水平面间产生的热量Q22mgs，整个过程由能量守恒定律得Eqs0Q1Q2，代入数据
16、解得s2.32 m.12(14分)在宽度为L的条形区域内有匀强电场，电场的方向平行于区域边界有一个带电粒子(不计重力)从左侧边界上的A点，以初速度v0沿垂直于电场的方向射入电场，粒子从右侧边界射出时的速度大小为v0.(1)求粒子从右侧边界射出时，沿电场方向的位移的大小；(2)若带电粒子的入射速度改为，求粒子从右侧边界射出时速度的大小；(3)若带电粒子的入射速度大小可以为任意值(远小于光速)，求带电粒子从右侧边界射出的速度的最小值答案：(1)(2)v0(3)v0解析：(1)设经过时间t1粒子射出电场，沿电场方向的位移为y，沿电场方向速度为vy1，由类平抛运动知识有Lv0t1，yat，vy1at1
17、，有v0，联立以上式子解得a，y.(2)粒子在水平方向做匀速运动，设经过时间t2粒子射出电场，Lv0t2，设粒子沿电场方向的加速度为a，沿电场方向做匀加速直线运动，vy2at2，粒子射出电场的速度为v，则v，联立解得vv0.(3)设粒子以vx射入电场，沿电场方向的速度为vy，粒子射出电场的速度为v，类比第(2)问中式子可得v，可知当v2时，v有最小值，即vx，可得最小速度为vv0.周测六静电场(B卷)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答
18、的得0分)1.如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置，在管子的底部固定一电荷量为Q(Q0)的点电荷，在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q(q0)、质量为m的点电荷由静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零现让一个电荷量为q、质量为3m的点电荷仍在A处由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该点电荷()A运动到B处的速度为零B在下落过程中加速度逐渐减小C运动到B处的速度大小为D速度最大处与底部点电荷距离为 答案：C解析：点电荷在下落过程中受重力和库仑力作用，由动能定理可得mgh1WE0，即WEmgh1，当点电荷质量为3m时，库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能
19、定理可得3mgh2mgh13mv2，解得v，故C正确、A错误；由题意知，点电荷应先做加速运动，再做减速运动，即开始时重力大于库仑力，而在下落过程中，库仑力增大，故下落时加速度先减小，后增大，故B错误；当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，F库3mg，解得r ，故D错误2有两个带异种电荷的粒子A和B，所带电荷量分别为5q和q，质量分别为5m和m，两者相距L，它们之间除了相互作用的电场力之外，不受其他力的作用若要保持A、B之间的距离始终不变，且速率均不为零，则关于这两个粒子运动情况的描述正确的是()A都做匀速圆周运动，且运动速率相同B都做匀速圆周运动，且运动周期相同C都做匀速圆周运动，且向心
20、加速度大小相同D不一定做匀速圆周运动答案：B解析：由题意可得粒子的运动情况与宇宙中双星系统的运动情况类似，D错误；设它们做圆周运动的角速度为，粒子A、B的向心加速度为aA、aB，则据向心力公式可得k5mL125maAmL22maB，又因为LL1L2，解得aAk，aBk，L1，L2，则vAL1 ，vBL2，A、C错误，由T知，B正确3两个点电荷位于x轴上，在它们形成的电场中，若取无限远处的电势为零，则在正x轴上各点的电势如图中曲线所示，当x0时，电势，当x时，电势0；电势为零的点的坐标为x1，电势为极小值0的点的坐标为x2，根据图线提供的信息，下列判断正确的是()A这两个点电荷一定是不等量的同种
21、电荷B这两个点电荷一定是等量的异种电荷C在x1处的电场强度为零D在x2处的电场强度为零答案：D解析：已知x1处的电势为零，故可知这两个点电荷必定是不等量的异种电荷，已知x2处的电势有最小值，所以x2处的电场强度为零，所以D正确4(2018河南豫南九校联考)(多选)如图所示，实线是一带电粒子在电场中仅受电场力作用的运动轨迹，虚线a、b、c是该电场的电场线或等势面(电势差相等)，M、N是粒子运动轨迹上的两个点，则下列说法中正确的是()A若虚线为电场线，则粒子在M点的加速度比在N点的加速度大B若虚线为电场线，则粒子从M点运动至N点的过程中电势能减小C若虚线为等势面，则三等势面的电势高低关系为abcD
22、若虚线为等势面，则粒子在N点的速率可能小于在M点的速率答案：BD解析：若虚线为电场线，由电场线越密电场强度越大，可知M点处的电场强度小于N点处的电场强度，粒子在M点的加速度比在N点的加速度小，A错误；若虚线为电场线，粒子所受的电场力方向指向轨迹的凹侧，故粒子从M点运动到N点的过程中电场力做正功，电势能减小，B正确；若虚线为等势面，由于粒子的电性未知，无法确定三个等势面的电势高低关系，C错误；若虚线为等势面，若粒子从M运动到N，电场力做负功，动能减小，速率减小，则粒子在N点的速率小于在M点的速率，若粒子从N运动到M，电场力做正功，动能增大，速率增大，则粒子在N点的速率小于在M点的速率，D正确5(
23、2018四川资阳一诊)现有两个边长不等的正方形ABDC和abdc，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC的中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零则下列说法中正确的是()AO点的电场强度和电势均为零B将一正点电荷沿着bdc的路径移动时，电场力所做总功为零C同一点电荷在a、d两点所受电场力不同D将一负点电荷由a点移到b点电势能减少答案：B解析：上下两个点电荷在O点产生的电场强度方向向下，左右两个点电荷在O点产生的电场强度方向向右，根据矢量合成法则可知，O点电场强度不为零，方向沿OD方向，O点处的
24、电势为零，故A错误根据对称性，b、c两点处电势相等，将一正点电荷沿着bdc的路径移动时，电场力所做总功为零，故B正确根据库仑定律和力的合成法则，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，故C错误取无穷远处电势为零，a点的电势为正，b、O、c三点电势相等，均为零，则负点电荷从a点移到b点电场力做负功，所以电势能增加，故D错误6原有一带电油滴静止在极板水平放置的平行板电容器中，给电容器再充上一些电荷Q，油滴开始向上运动，经时间t后，电容器突然放电，失去一部分电荷Q，又经时间t，油滴回到原位置，假如在运动过程中油滴电荷量一定，则()A.4 B.3C.2 D.1答案：A解析：根据电场强度与电势差的关系及电
25、容的定义得E、E，而依题意有mgq，根据牛顿第二定律可得qEmgma，mgqEma，依题意有xat2，xat2at2，解得，可求得4，即选项A正确7(2018河北石家庄二中联考)(多选)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方存在平行于桌面的电场，其电场强度E随时间t的变化关系如图甲所示，小物块带电荷量为q1104 C，将其放在该水平桌面上并由静止释放，小物块的速度v与时间t的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A小物块在4 s内的位移为6 mB小物块的质量为2 kgC小物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2D小物块在4 s内电势能减少了18 J答案：AC解析：小物块在4
26、 s内的位移为x2(24) m6 m，故A正确；由题图乙可知，前2 s内小物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1mgma，由题图乙知加速度为a1 m/s2,2 s后小物块做匀速运动，由平衡条件有qE2mg，联立解得q(E1E2)ma，由题图甲可得E13104 N/C，E22104 N/C，代入数据解得m1 kg，由qE2mg可得0.2，故B错误，C正确；小物块在前2 s的位移s122 m2 m，小物块在24 s内的位移s2vt24 m，电场力做的正功WqE1s1qE2s2110431042 J110421044 J14 J，则电势能减少了14 J，故D错误8(多选)如图甲所示，A和B表示
27、在真空中相距为d的两平行金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场图乙表示一周期性变化的交变电压随时间t变化的图线从t0开始，电压为一定值U0；经过半个周期，突然变为U0；再过半个周期，又突然变为U0如此周期性地交替变化在t0时，将上述交变电压U加在A、B两板上，使开始时A板电势比B板高，这时在紧靠B板处有一初速度为零的电子(质量为m，电荷量为e)在电场作用下开始运动要想使电子到达A板时具有最大的动能，则所加交变电压的周期T可能是()A. B.C. D.答案：CD解析：在电场力作用下，电子的加速度a，设电子从B板一直加速运动到A板所需要的时间为t0，则dat，解得t ，根据以上的分析，应
28、满足t，解得T ，C、D正确二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9(7分)如图所示是一种测量电容的实验电路图，实验是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电至电压U时所带电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容C.某同学在一次实验时的实验步骤如下：a按如图甲所示电路连接好电路；b接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数为I0490 A，电压表的示数U0如图丙所示，I0、U0分别是电容器放电时的初始电流和电压：c断开开关S，同时开始计时，每隔5 s或10 s测一次电流i的值，将测得的数据在图丁的坐标上描点标出(1)根据图甲的电路原理图连接图乙的实
29、物图(2)在图丁中作出it图象，其图线与坐标轴所围面积的物理意义是_(3)电压表的示数U0_V，该电容器电容为C_F(结果保留两位有效数字)(4)若某同学实验时把电压表接在D、E两端，则电容的测量值与真实值相比_(填“偏大”、“偏小”或“相等”)答案：(1)如图1所示(2分)(2)如图2所示(2分)电容器从充电到电压为U0时所带的电荷量(3)8.01.1103(2分)(4)偏小(1分)解析：(2)将图中数据点用平滑曲线连接起来，图线与坐标轴所围面积的物理意义是电容器从充电到电压为U0时所带的电荷量(3)因为电压表的精度为0.5 V，所以电压表示数U00.5168.0 V；从图线与坐标轴所围面积
30、可以计算出电荷量为Q8.75103 C，根据电容的定义式得C1.1103 F(4)若把电压表接在D、E两端，会有放电电流通过电压表而使得测量出的电荷量偏小，从而使电容测量值偏小10.(10分)如图所示，AB是位于竖直平面内、半径R0.5 m的1/4圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E5103 N/C.今有一质量为m0.1 kg、带电荷量q8105 C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.05，取g10 m/s2，求：(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；(2)小滑块在水平轨道
31、上通过的总路程答案：(1)2.2 N(2)6 m解析：(1)设小滑块第一次到达B点时的速度为vB，对圆弧轨道最低点B的压力为FN，则mgRqERmvFNmgm由牛顿第三定律FNFN由FN3mg2qE2.2 N(4分)(2)由题意知qE81055103 N0.4 Nmg0.050.110 N0.05 N因此有qEmg所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动(2分)所以小滑块在水平轨道上通过的总路程x满足mgRqERmgx解得x6 m(4分)11(14分)如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A、B两点，其中A点坐标为(6 cm,0)，B点坐标为(0， cm)坐标原点O
32、处的电势为0，点A处的电势为8 V，点B处的电势为4 V现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v4105 m/s射入电场，粒子运动时恰好通过B点，不计粒子所受重力，求：(1)图中C处(3 cm,0)的电势；(2)匀强电场的场强大小；(3)带电粒子的荷质比.答案：(1)4 V(2)102 V/m(3)2.41011 C/kg解析：(1)设C处的电势为COCCAOCCAC V4 V(3分)(2)BC连线为等势线，电场强度方向与等势线BC垂直设OBCOBL cmtan60UEdE V/m102 V/m(5分)(3)带电粒子做类平抛运动联立解得 C/kg2.41011 C/kg(2分
33、)所以带电粒子的荷质比为2.41011 C/kg12(16分)(2018四川成都一诊)如图所示，A、B间距为L6.25 m的水平传送带在电机带动下始终以v3 m/s的速度向左匀速转动，传送带B端正上方固定一挡板，挡板与传送带无限接近但未接触，传送带所在空间有水平向右的匀强电场，场强E1106 N/C.现将一质量m2 kg、带电荷量q1105 C的带正电绝缘小滑块轻放在传送带上A端若滑块每次与挡板碰后都以原速率反方向弹回，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.3，且滑块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.求：(1)滑块放上传送带后瞬间的加速度；(2)滑块第一次反弹后能到达的距B端的
34、最远距离；(3)滑块做稳定的周期性运动后，电机相对于空载时增加的机械功率答案：(1)2 m/s2方向水平向右(2)3.25 m(3)18 W解析：(1)滑块放上传送带后瞬间，受力如图所示由牛顿第二定律有qEmgma，代入数据解得a2 m/s2，方向水平向右；(2)设滑块第一次到达B点时速度为v1，由运动学公式有v2aL，代入数据解得v15 m/s.因v1v，故滑块与挡板碰后将向左做匀减速直线运动，其加速度方向向右，大小为a1，由牛顿第二定律有qEmgma1，代入数据得a18 m/s2.设滑块与挡板碰后至速度减为v经历的时间为t1，发生的位移为x1，由运动学公式有vv1a1t1，x1v1t1a1
35、t，代入数据得t10.25 s，x11 m.此后，摩擦力反向(水平向左)，加速度大小又变为a，滑块继续向左减速直到速度为零，设这段过程发生的位移为x2，由运动学规律有x2，代入数据得x22.25 m，当速度为零时，滑块离B端最远，最远距离xmx1x2，代入数据解得xm3.25 m.(3)分析可知，滑块逐次回到B端的速度将递减，但只要回到B端的速度大于v，滑块反弹后总要经历两个减速过程直至速度为零，因此滑块再次向B端返回时发生的位移不会小于x2，回到B端的速度不会小于v3 m/s，所以，只有当滑块回到B端的速度减小到v3 m/s后，才会做稳定的周期性往返运动在周期性往返运动过程中，滑块对传送带施加的摩擦力方向始终向右，所以滑块做稳定的周期性运动后，电机相对于空载时增加的功率为Pmgv，代入数据解得P18 W.