题目内容
20．如图所示，高度相同质量均为m=0.1Kg的带电绝缘滑板A及绝缘滑板B置于水平面上，A的带电量q=0.01C，它们的间距S=$\frac{4}{3}$m．质量为M=0.3Kg，大小可忽略的物块C放置于B的左端．C与A之间的动摩擦因数为μ1=0.1，A与水平面之间的动摩擦因数为μ2=0.2，B的上、下表面光滑，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，．开始时三个物体处于静止状态．现在空间加一水平向右电场强度为E=80N/C的匀强电场，假定A、B碰撞时间极短且无电荷转移，碰后共速但不粘连．求：
（1）A与B相碰前的速度为多大；
（2）要使C刚好不脱离滑板，滑板的长度应为多少；
（3）在满足（2）的条件下，求最终AB的距离．
分析 （1）根据动能定理求出A、B相撞前的速度．
（2）A与B相碰后，C在A上滑行时，A、B分离，B做匀速运动，根据动量守恒定律求出C滑上A时A的初速度．C滑上A后，A所受地面的摩擦力与所受的电场力大小相等，方向相反，知AC系统动量守恒，结合动量守恒定律和能量守恒定律求出滑板的长度．
（3）结合牛顿第二定律和运动学公式求出C在A上滑行的时间和AC一起运动的速度，从而求出AC速度相同时，A、B的距离．
解答 解：（1）A与B相撞之前由动能定理：$（qE-{μ_2}mg）S=\frac{1}{2}mv{_0^2_{\;}}$
得${v_0}=\sqrt{\frac{{2（qE-{μ_2}mg）}}{m}S}$
代入数据得：v0=4m/s．
（2）．A与B相碰后速度为v1
由动量守恒定律：mv0=（m+m）v1
代入数据解得${v_1}=\frac{v_0}{2}=2m/s$
C在A上滑行时，A、B分离，B做匀速运动
A与地面的摩擦力f2=μ2（m+M）g=0.8N
A受到的电场力F=qE=0.8N
故A、C系统动量守恒定律，当C刚好滑到A左端时共速v2
由动量守恒定律：mv1=（m+M）v2
代入数据得${v_2}=\frac{{m{v_1}}}{m+M}=0.5m/s$
设A长度为L则由能量守恒定律有：${μ_1}MgL=\frac{1}{2}mv_1^2-\frac{1}{2}（M+m）v_2^2$
得$L=\frac{{\frac{1}{2}mv_1^2-\frac{1}{2}（M+m）v_2^2}}{{{μ_1}Mg}}$
代入数据得L=0.5m
（3）．对C由牛顿第二定律可知：μ1Mg=Ma
得$a=\frac{{{μ_1}Mg}}{M}=1m/{s^2}$，
加速时间为$t=\frac{v_2}{a}=\frac{0.5}{1}=0.5s$，
0.5s内A的位移${S_A}=\frac{{{v_1}+{v_2}}}{2}t=0.625m$
0.5s内B的位移SB=v1t=1m，
所以两者以后距离关系式为x=sB-sA+（v1-v2）t=0.375+1.5t．
答：（1）A与B相碰前的速度为4m/s；
（2）要使C刚好不脱离滑板，滑板的长度应为0.5m；
（3）在满足（2）的条件下，求最终AB的距离为0.375+1.5t．
点评 本题综合考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律以及牛顿第二定律和运动学公式，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键理清物体的运动情况，选择合适的规律求解．
名校课堂系列答案
甲、乙两球位于同一竖直线上的不同位置，甲比乙高h，如图所示，将甲、乙两球分别以v1、v2的初速度沿同一方向抛出，不计空气阻力，下列条件中有可能使乙球击中甲球的是（ ）| A． | 甲比乙早抛出，且v1＜v2 | B． | 甲比乙后抛出，且v1＞v2 | ||
| C． | 甲比乙早抛出，且v1＞v2 | D． | 同时抛出，且v1＜v2 |
如图所示为一个小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果g取10m/s2，那么：
如图所示的电路中，定值电阻的阻值为10Ω，电动机M的线圈电阻值为2Ω，a、b两端加有44V的恒定电压，理想电压表的示数为24伏，由此可知（ ）| A． | 通过电动机的电流为12A | |
| B． | 电动机消耗的功率为288W | |
| C． | 电动机的线圈在1min内产生的热量为480J | |
| D． | 电动机的输出功率为8W |
（1）某多用电表Ω挡的中央刻度值为“15”，若用它测量阻值R约为1.4kΩ的电阻，应该把选择开关调至倍率为×100挡．