题目内容
1．
电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切线．现有一质量为0.20kg，电荷量为+2.0×10-8C的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02．取重力加速度g=10m/s2．则下列说法中正确的是（ ）| A． | 滑块运动的加速度先逐渐减小后又逐渐变大 | |
| B． | 滑块运动的速度先减小后增大 | |
| C． | x=0.15m处的场强大小为2.0×106N/C | |
| D． | 滑块运动的最大速度约为0.1m/s |
分析 电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，根据斜率判断电场强度的变化，从而判断出电场力的变化，根据牛顿第二定律判断出加速度的变化，根据加速度方向与速度方向的关系，判断出速度的变化，从而知道何时速度最大．
解答 解：AC、电势φ与位移x图线切线的斜率表示电场强度，则x=0.15m处的场强：
E=$\frac{△φ}{△x}$=$\frac{3×1{0}^{5}}{0.3-0.15}$V/m=2.0×106V/m
此时的电场力为：F=qE=2×10-8×2×106N=0.04N，
滑动摩擦力大小为：f=μmg=0.02×2N=0.04N，
在x=0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x=0.15m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大．故AC正确；
BD、在x=0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得：qU-fx=$\frac{1}{2}$mv2，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V，
得：vmax=$\sqrt{\frac{2（qU-fx）}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×（2.0×1{0}^{-8}×1.5×1{0}^{5}-0.04×0.05）}{0.2}}$m/s=0.1m/s．故B错误，D正确；
故选：ACD．
点评 解决本题的关键知道电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，会根据滑块的受力判断出滑块的运动情况．
练习册系列答案
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| A． | 在O～x2间，场强先减小后增大 | |
| B． | 在O～x2间，场强方向没有发生变化 | |
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11．如图是两个电源的路端电压和电流的关系图，则有（ ）
| A． | 当I1=I2时，电源总功率P1＜P2 | |
| B． | 当I1=I2时，外电阻R1=R2 | |
| C． | 当U1=U2时，电源输出电功率P出1＜P出2 | |
| D． | 当U1=U2时，电源内部消耗的电功率P内1=P内2 |