高中物理帶電粒子在電場中的運動解題技巧及練習(xí)題

1、高中物理帶電粒子在電場中的運動解題技巧及練習(xí)題一、高考物理精講專題帶電粒子在電場中的運動如圖，一帶電荷量q=+0.05C、質(zhì)量M=lkg的絕緣平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可視為質(zhì)點、質(zhì)量m=lkg的不帶電小物塊，平板與物塊間的動摩擦因數(shù)“=0.75.距平板左端厶=0.8m處有一固定彈性擋板，擋板與平板等高，平板撞上擋板后會原速率反彈。整個空間存在電場強(qiáng)度E=100N/C的水平向左的勻強(qiáng)電場?，F(xiàn)將物塊與平板一起由靜止釋放，已知重力加速度g=10m/s2,平板所帶電荷量保持不變，整個過程中物塊未離開平板。求：件施1r，.tJ平板第二次與擋板即將碰撞時的速率；平板的最小長度；從釋放平板到兩

2、者最終停止運動，擋板對平板的總沖量?！敬鸢浮?1)平板第二次與擋板即將碰撞時的速率為1.0m/s;(2)平板的最小長度為0.53m;(3)從釋放平板到兩者最終停止運動，擋板對平板的總沖量為8.0Ns【解析】【詳解】兩者相對靜止，在電場力作用下一起向左加速，qE有a=2.5m/s2v1解得：丁2n從開始運動到平板和物塊恰停止，擋板對平板的總沖量:I=2Mv1+2Mv2+2Mv3+2Mv4+解得：/=8.0Ns如圖所示，00為正對放置的水平金屬板M、N的中線熱燈絲逸出的電子(初速度重力均不計)在電壓為U的加速電場中由靜止開始運動，從小孔0射入兩板間正交的勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)后沿00做直

3、線運動.已知兩板間的電壓為2U,兩板長度與兩板間的距離均為L,電子的質(zhì)量為m、電荷量為e.燈絲宀燈絲宀求板間勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B和方向；若保留兩金屬板間的勻強(qiáng)磁場不變，使兩金屬板均不帶電，求從小孔0射入的電子打到N板上的位置到N板左端的距離x.1JOTT【答案】(1)B=垂直紙面向外；(2)LMe2【解析】【分析】(1)在電場中加速度，在復(fù)合場中直線運動，根據(jù)動能定理和力的平衡求解即可；(2)洛倫茲力提供向心力同時結(jié)合幾何關(guān)系求解即可；【詳解】（1）電子通過加速電場的過程中，由動能定理有：eU=1mv222U由于電子在兩板間做勻速運動，則evB=eE，其中E=-L聯(lián)立解得：B聯(lián)立解得：

4、B=字2mUL2eUm設(shè)電子打在N板上時的速度方向與N2eUm設(shè)電子打在N板上時的速度方向與N板的夾角為。，由幾何關(guān)系有:cos0=Lr-2r根據(jù)左手定則可判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外；（2）洛倫茲力提供電子在磁場中做圓周運動所需要的向心力，有:evB=m，其中由（1）得到v=,.r由幾何關(guān)系有：x=廠sin0聯(lián)立解得：兀樣L-【點睛】本題考查了帶電粒子的加速問題，主要利用動能定理進(jìn)行求解；在磁場中圓周運動，主要找出向心力的提供者，根據(jù)牛頓第二定律列出方程結(jié)合幾何關(guān)系求解即可.如圖（a）所示，整個空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場（平行于紙面），在同一水平線上的兩位置，以相同速率同時噴出質(zhì)量均為m的

5、油滴a和b,帶電量為+q的a水平向右，不帶電的b豎直向上.b上升高度為h時，到達(dá)最高點，此時a恰好與它相碰，瞬間結(jié)合成油滴p.忽略空氣阻力，重力加速度為g.求E圖e)油滴b豎直上升的時間及兩油滴噴出位置的距離；勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)及油滴a、b結(jié)合為p后瞬間的速度；若油滴p形成時恰位于某矩形區(qū)域邊界，取此時為t=0時刻，同時在該矩形區(qū)域加一個垂直于紙面的周期性變化的勻強(qiáng)磁場，磁場變化規(guī)律如圖（b）所示，磁場變化周期為T0【答案】（1）（垂直紙面向外為正），已知P始終在矩形區(qū)域內(nèi)運動，求矩形區(qū)域的最小面積.（忽略磁場突變的影響）7；2h晉；vp=儷方向向右上，與水平方向夾角為45【答案】（1）【解析】【

6、詳解】J2gh0=v2一2gh0設(shè)油滴的噴出速率為J2gh0=v2一2gh00=v一gt0=v一gt00解得t0=2hg對油滴a的水平運動，有x=vt解得x=2h0000(2)兩油滴結(jié)合之前，油滴a做類平拋運動，設(shè)加速度為a，有_廠2mgqE-mg=ma，h=at2，解得a=g，E=0q設(shè)油滴的噴出速率為v0，結(jié)合前瞬間油滴a速度大小為v，方向向右上與水平方向夾9角，則v=vcos9，vtanv=vcos9，vtan9=at，0a00兩油滴的結(jié)束過程動量守恒，有:解得卩&=2ygh,mv=2mv，1p9=45。聯(lián)立各式，解得：vp5，方向向右上，與水平方向夾45。角因qE=2mg，油滴p在磁場

7、中做勻速圓周運動，設(shè)半徑為r，周期為T,則8兀m宀v2TJgh丁_2兀rpT由qv=2m得r=0g，由T=匚得T=爭pqTr4兀v20p即油滴p在磁場中的運動軌跡是兩個外切圓組成的“8字形.最小矩形的面積為最小矩形的面積為ghT2s=2rx4r=e-min2n2某控制帶電粒子運動的儀器原理如圖所示，區(qū)域PPMM內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場場強(qiáng)E=1.0 x103V/m,寬度d=0.05m,長度L=0.40m；區(qū)域MMNN內(nèi)有垂直紙面向里q的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.5x10-2T，寬度D=0.05m，比荷一=1.0 x108C/kg的帶正電m的粒子以水平初速度V。從P點射入電場.邊界MM不影

8、響粒子的運動，不計粒子重力.若v0=8.Ox1O5m/s，求粒子從區(qū)域PPZNZN射出的位置；若粒子第一次進(jìn)入磁場后就從MN間垂直邊界射出，求V。的大??；若粒子從M點射出，求V。滿足的條件.4.00.8n【答案】(1)0.0125m3.6x105m/s.第一種情況：v0=()xlO5m/s(其中n=02n+13.20.8n0、1、2、3、4)第二種情況：v0=()x105m/s(其中n=0、1、2、3).02n+1【解析】【詳解】假設(shè)粒子能夠進(jìn)入磁(1)粒子以水平初速度從P點射入電場后，在電場中做類平拋運動,場，則豎直方向d=丄釦2假設(shè)粒子能夠進(jìn)入磁2m2md得t=.2md得t=.qE代入數(shù)據(jù)

9、解得t=1.0 x10-6s水平位移x=v0t代入數(shù)據(jù)解得x=0.80m因為x大于L,所以粒子不能進(jìn)入磁場，而是從PM間射出,L則運動時間t0=0.5x10-6s,voEq豎直位移y=-t2=0.0125mmo所以粒子從P點下方0.0125m處射出.由第一問可以求得粒子在電場中做類平拋運動的水平位移x=由第一問可以求得粒子在電場中做類平拋運動的水平位移x=v02mdqE粒子進(jìn)入磁場時，垂直邊界的速度vv設(shè)粒子與磁場邊界之間的夾角為a,則粒子進(jìn)入磁場時的速度為v=4sinav2mv在磁場中由qvB=m得R=rqB粒子第一次進(jìn)入磁場后，垂直邊界MN射出磁場，必須滿足x+Rsina=L把x=v02m

10、dmvv把x=v02mdmvvqE、R=qB、v=祐v=12qEd代入解得mv0=3.6x1O5m/s.由第二問解答的圖可知粒子離MM的最遠(yuǎn)距離Ay=RRcosa=R(1cosa)代入解得mmvv把R=亦、v=代入解得mmvv把R=亦、v=sna、廠人12mEd(1-cosa)Ay=B、qsinaB12mEdatanq2.mvmAy=1=-maxqBqB可以看出當(dāng)a=90時，Ay有最大值，(a=90.mvmAy=1=-maxqBqB2qEd112mEdymax=0.04m,Aymax小于磁場寬度D,所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不會從邊界NN射出磁場.若粒子速度較小，周期性運動的軌跡

11、如下圖所示：粒子要從M粒子要從M點射出邊界有兩種情況,第一種情況：L=n(2vOt+2Rsina)+vtvr2qvr2q代入解得m2mdmv、R=、v=vsina、qEqB1qE2nE2md2nqE2nE2md2n+1Bv=02n+1(4.0-0.8n)v0=x105m/s(其中n=0、1、2、3、4)I2n+1丿第二種情況：L=n(2v0t+2Rsina)+vt+2Rsina2mdqEmv、R=qB、2mdqEmv、R=qB、vi=代入解得2qEdmvsina、v=_LqE-2(n+1)E02n+12md2n+1B(3.2-0.8n)v0=_x105m/s(其中n=0、1、2、3).(2n+

12、1丿利用電場可以控制電子的運動，這一技術(shù)在現(xiàn)代設(shè)備中有廣泛的應(yīng)用，已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為-e，不計重力及電子之間的相互作用力，不考慮相對論效應(yīng).（1）在寬度一定的空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，一束電子以相同的初速度V。沿水平方向射入電場，如圖1所示，圖中虛線為某一電子的軌跡，射入點A處電勢為咒，射出A點B處電勢為9.B求該電子在由A運動到B的過程中，電場力做的功W；AB請判斷該電子束穿過圖1所示電場后，運動方向是否仍然彼此平行？若平行，請求出速度方向偏轉(zhuǎn)角0的余弦值COS0（速度方向偏轉(zhuǎn)角是指末速度方向與初速度方向之間的夾角）；若不平行，請說明是會聚還是發(fā)散.（2）某電子槍除了加速電子外

13、，同時還有使電子束會聚或發(fā)散作用，其原理可簡化為圖2所示.一球形界面外部空間中各處電勢均為件，內(nèi)部各處電勢均為92（92%），球心位于z軸上。點.一束靠近z軸且關(guān)于z軸對稱的電子以相同的速度V平行于z軸射入該界面，由于電子只受到在界面處法線方向的作用力，其運動方向?qū)l(fā)生改變，改變前后能量守恒.請定性畫出這束電子射入球形界面后運動方向的示意圖（畫出電子束邊緣處兩條即可）；某電子入射方向與法線的夾角為人，求它射入球形界面后的運動方向與法線的夾角02的正弦值sin02.【答案】(1)W=e(p-p)是平行;ABBAcos0二二【答案】(1)W=e(p-p)是平行;ABBAcos0二二二V2e(p-p

14、)；V2+BA0msin0二2vsin0土上2e(p-p)V2+21m【解析】【詳解】(1)AB兩點的電勢差為U=p-pABAB在電子由A運動到B的過程中電場力做的功為W_=-eU=e(9-p)一ffABABBA電子束在同一電場中運動，電場力做功一樣，所以穿出電場時，運動方向仍然彼此平行，設(shè)電子在B點處的速度大小為V,根據(jù)動能定理11W=mV2-mV2AB220vcos0=v0COS0=乂二解得：vV2e(9-P)B4m(2)運動圖如圖所示:不變，則不變，則Vsin012e(p-p)mV2ep=一mV2ep可解得：v=v2+21122221m設(shè)電子穿過界面后的速度為V2，由于電子只受法線方向的

15、作用力，其沿界面方向的速度二叮迅耳電子穿過界面的過程，能量守恒則：vvsin0則2vsin01匕2e(sin0則2vsin01匕2e(p-p)2m故本題答案是:WAB=e(PB-PA)COS0二V0二v2e(p-p)；BAm如圖所示，在空間坐標(biāo)系x0區(qū)域中有豎直向上的勻強(qiáng)電場E,在一、四象限的正方形區(qū)域CDEF內(nèi)有方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場E2和勻強(qiáng)磁場B,已知CD=2L,OC=L,E2=4E1。在負(fù)x軸上有一質(zhì)量為m、電量為+q的金屬a球以速度v0沿x軸向右勻速運動，并與靜止在坐標(biāo)原點0處用絕緣細(xì)支柱支撐的（支柱與b球不粘連、無摩擦）質(zhì)量為2m、不帶電金屬b球發(fā)生彈性碰撞。已知a、b球體積

16、大小、材料相同且都可視為點電荷，碰后電荷總量均分，重力加速度為g,不計a、b球間的靜電力，不計a、b球產(chǎn)生的場對電場、磁場的影響，求：求P求P點的位置坐標(biāo);a、b碰后，要使b球不從CD邊界射出，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值。【答案】（1）va【答案】（1）va2v2v2(2)(P，一蒐八(3)0B16mv15qL或16mv&3qL【解析】【分析】asb碰撞，由動量守恒和能量守恒關(guān)系求解碰后a、b的速度；碰后a在電場中向左做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解P點的位置坐標(biāo)；要使b球不從CD邊界射出，求解恰能從C點和Dasb碰撞，由動量守恒和能量守恒關(guān)系求解碰后a、b的速度；碰后a在電場中向左做類平拋運動

17、，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解P點的位置坐標(biāo)；要使b球不從CD邊界射出，求解恰能從C點和D點射出的臨界條件確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍。詳解】(1)a勻速，則a、b碰撞，動量守恒機(jī)械能守恒mg二qEmv=mv+2mv0ab11mv2=mv2202a（2m）v2b由得1_3o2vb=3vo碰后a、b電量總量平分，則q二qab碰后a在電場中向左做類平拋運動，2vo時a球到P點的位置坐標(biāo)為(-x,-y)x=vt，y=1at2a2其中由得故P點的位置坐標(biāo)為碰撞后對bmg-2qE二ma,22v2v2x=oy=o-9g，9g2v2o9gv2，12qE二2mg故b做勻速圓周運動，則v2qvB=2mfbr8mvr=o3qB

18、b恰好從C射出，則L=2r由得廠16mvB=o13qL恰從D射出，則由幾何關(guān)系r2=4L+（r一L）2，得r=L由得廠16mvB=o215qL故要使b不從CD邊界射出，則B的取值范圍滿足16mv廠16mv0Bo15qL3qL【點睛】本題考查帶電粒子在電磁場中的運動以及動量守恒定律及能量守恒關(guān)系，注意在磁場中的運動要注意幾何關(guān)系的應(yīng)用，在電場中注意由類平拋運動的規(guī)律求解。7.平面直角坐標(biāo)系的第一象限和第四象限內(nèi)均存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限內(nèi)存在沿-y方向的勻強(qiáng)電場，x軸上有一點P,其坐標(biāo)為（L,0）?，F(xiàn)使一個電量大小為q、質(zhì)量為m

19、的帶正電粒子從坐標(biāo)（-2a,a）處以沿+x方向的初速度V。出發(fā)，該粒子恰好能經(jīng)原點進(jìn)入y軸右側(cè)并在隨后經(jīng)過了點P,不計粒子的重力。（1）求粒子經(jīng)過原點時的速度；（2）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的所有可能取值（3）求粒子從出發(fā)直至到達(dá)P點經(jīng)歷時間的所有可能取值?！敬鸢浮浚?）粒子經(jīng)過原點時的速度大小為/2V。，方向：與x軸正方向夾45斜向下;nmv磁感應(yīng)強(qiáng)度nmv磁感應(yīng)強(qiáng)度B的所有可能取值：Brn=1、2、32a7兀m門八3兀m（3）粒子從出發(fā)直至到達(dá)p點經(jīng)歷時間的所有可能取值：t=+k石亓+（k-1）石b02a兀m3兀mk=1、2、3或t=+n+nnk=1、2、3v2qB4qB0解析】詳解】（1）粒子在電

20、場中做類平拋運動，水平方向：2a=vt,豎直方向：v豎直方向：va=yt，2解得：vy解得：vy=v0vtan片=1,v0涉=45,k=k=1、2、3粒子穿過0點時的速度：粒子穿過0點時的速度：v=02）粒子在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得v2qvB=m,r粒子能過P點，由幾何知識得：L=nrcos45n=1、2、3，nmv解得：B=心、2、32a（3）設(shè)粒子在第二象限運動時間為J,貝y:t=；v0f2兀mf粒子在第四、第一象限內(nèi)做圓周運動的周期：T1=，t21qB2qB粒子在下方磁場區(qū)域的運動軌跡為1/4圓弧，在上方磁場區(qū)域的運動軌跡為3/4圓弧1若粒子經(jīng)下方

21、磁場直接到達(dá)P點，則粒子在磁場中的運動時間：t2=4匚，13若粒子經(jīng)過下方磁場與上方磁場到達(dá)P點，粒子在磁場中的運動時間：t2=4T1+4Q若粒子兩次經(jīng)過下方磁場一次經(jīng)過上方磁場到達(dá)P點：t2=2X4T+3T2,若粒子兩次經(jīng)過下方磁場、兩次經(jīng)過上方磁場到達(dá)P點:t2=2X4g+2X3T2,兀m門八3兀m則t2=k麗+(kD石B兀m3兀m或兀m3兀m或22qB4qBn丄、厶3粒子從出發(fā)到P點經(jīng)過的時間：t=t1+t2,2a兀m3兀m解得：t+k+(k1)_解得：v2qB4qB02a兀m3兀m或t+n+n02qB4qBk=1、2、3n=12、3卜:1rXSCMXXXK花T同r.r片KKXKIplK

22、/r電7r0XMK圖中是磁聚焦法測比荷的原理圖。在陰極K和陽極A之間加電壓，電子由陽極A中心處的小孔P射出。小孔P與熒光屏中心0點連線為整個裝置的中軸線。在極板很短的電容器C上加很小的交變電場，使不同時刻通過這里的電子發(fā)生不同程度的偏轉(zhuǎn)，可認(rèn)為所有電子從同一點發(fā)散。在電容器C和熒光屏S之間加一平行P0的勻強(qiáng)磁場，電子從C出來后將沿螺旋線運動，經(jīng)過一段時間再次匯聚在一點。調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，可使電子流剛好再次匯聚在熒光屏的0點。已知K、A之間的加速電壓為U，C與S之間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,發(fā)散點到0點的距離為/。（1）我們在研究復(fù)雜運動時，常常將其分解為兩個簡單的運動形式。你認(rèn)為題中電子的螺

23、旋運動可分解為哪兩個簡單的運動形式？e（2）求電子的比荷一。m【答案】（1）沿P0方向的勻速運動和垂直于P0方向上的勻速圓周運動；（2）e8兀2UmB2l2【解析】【詳解】（1）電子的螺旋運動可分解為沿P0方向的勻速運動和垂直于P0方向上的勻速圓周運動。(2(2)從發(fā)散點到再次匯聚點,兩個方向的分運動時間相等，有t1=t21加速電場eU二1加速電場eU二2mv2一l勻速直線運動-=1v勻速圓周運動evB=m,R2兀mT=t二TqB2聯(lián)立以上各式可得-=詈二mB2l2如圖所示，在一光滑絕緣水平面上，靜止放著兩個可視為質(zhì)點的小球，兩小球質(zhì)量均為m,相距I,其中A球帶正電，所帶電荷量為q,小球B不帶

24、電.若在A球開始向右側(cè)區(qū)域加一水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，A球受到電場力的作用向右運動與B球碰撞.設(shè)每次碰撞為彈性碰撞，碰撞前后兩球交換速度，且碰撞過程無電荷轉(zhuǎn)移.求：小球A在電場中的加速度大小和第一次與B碰撞前的速度；若兩小球恰在第二次碰撞時離開電場，求電場在電場線方向上的寬度；若兩小球恰在第三次碰撞時離開電場，求電場在電場線方向上的寬度及小球A從進(jìn)入電場到離開電場的過程中電勢能的變化量.【答案】a=qE/m；亶353)13I；13EqIm【解析】【詳解】(1)根據(jù)牛頓運動定律:qE=ma，貝Ja=qE/m1設(shè)第一次碰撞時小球A的速度為v：根據(jù)動能定理：Eql=2mv2解得：v二理m(2)

25、第一次碰撞前后小球A的速度為vA1和vA1,小球B碰撞前后的速度為vB1和vB1z所以VA1=VA1=VVB1=VA1=VB1=VA球運動的距離為I第一次碰撞后，小球A做初速度為零的勻加速直線運動，小球B做速度為v的勻速直線運動.設(shè)第二次碰撞前后A球的速度為vA2和vA2小球B碰撞前后的速度為v和v第一次碰撞后至第二次碰撞前：vt=(0+vA2)t/2所以：vA2=2v；碰后vA2=v而B球碰前為v,碰后為2v.從第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中，A球運動的距離為l.Eql=m(2v匕一0?l=41TOC o 1-5 h z2222電場寬度為：L=I+4I=5I二次碰撞后，A球做初速度為v的

26、勻加速直線運動，B球以速度2v勻速直線運動.設(shè)A球第三次碰前后的速度為vA3和vA3,小球B碰撞前后的速度為vB3和vB3V+Vcc所以：A31=2vtV=3v222A3從第二次碰撞到第三次碰撞過程中，A球運動的距離為l3:qEI3=；m(3v-mv2322l3=81所以：電場的寬度:L=l1+I2+I3=13lA球減少的電勢能=Eqx13l=13Eql如圖所示，長度為d的絕緣輕桿一端套在光滑水平轉(zhuǎn)軸0上，另一端固定一質(zhì)量為m電荷量為q的帶負(fù)電小球.小球可以在豎直平面內(nèi)做圓周運動，AC和BD分別為圓的豎直和水平直徑.等量異種點電荷+Q、-Q分別固定在以C為中點、間距為2d的水平線上的E、F兩點

27、.讓小球從最高點A由靜止開始運動，經(jīng)過B點時小球的速度大小為W不考慮q對+Q、-Q所產(chǎn)生電場的影響.重力加速度為g求：S：0D;/亠二YEp(1)小球經(jīng)過C點時球?qū)U的拉力大小；小球經(jīng)過D點時的速度大小.【答案】衣(2)八川【解析】(1)圖中AC是等勢面，故電荷從A到C過程中，電場力不做功，根據(jù)動能定理，有:1mg(2d)=mvC2-0解得：vC=2lV，在C點，拉力和重力一起提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F-mg=m解得：F=5mg11(2)對從B到C過程，根據(jù)動能定理，有：mgd+W=mv2一mV2TOC o 1-5 h z電C對從B到C過程，根據(jù)動能定理，有：1177-mgd+W=m

28、v.2-mv2電Dc聯(lián)立解得：vD=：-U!的絕緣滑塊,點睛：本題關(guān)鍵是靈活選擇過程根據(jù)動能定理列式求解，同時要熟悉等量異號電荷的電場線分布情況.的絕緣滑塊,如圖所示，空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場，帶電量為;一二其質(zhì)量m=1kg,靜止在傾角為0=30。的光滑絕緣斜面上，斜面的末端B與水平傳送帶相接(滑塊經(jīng)過此位置滑上皮帶時無能量損失)，傳送帶的運行速度v0=3m/s，長L=1.4m.今將電場撤去，當(dāng)滑塊滑到傳送帶右端C時，恰好與傳送帶速度相同.滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)|i=0.25,g=10m/s2.求滑塊下滑的高度；若滑塊滑上傳送帶時速度大于3m/s，求滑塊在傳送帶上滑行的整個過程中產(chǎn)生的熱量.【答案】(1)1000N/C，方向水平向左；(2)0.8m；(3)0.5J.【解析】試題分析：(1)根據(jù)題意滑塊在電場中應(yīng)滿足：Eq=mgtan得:E得:E=mg加=1000N/C即大小為1000N/C，方向水平向左(2)在水平傳送帶上：二二二代入數(shù)據(jù)得：a=0.5m/s2若滑塊自B點勻加速到C,貝y：-j=-代入數(shù)據(jù)得:匕.=運山匚由動能定理得:吋.二整理得：g=0.1m若滑塊自B點勻減速到C,則:-：代入數(shù)據(jù)得：vB2=4m/s由動能定理得