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1A 2B 3A 4C 5D 6B 7AC 8ABD 9BC 10ABC 11BD 12AC 13.(1)设滑块第一次与挡板碰撞时的速度大小为v， 静电力qE＝10 N，重力G＝mg＝5 N. 摩擦力Ff＝μFN＝μ(mgcos37°＋qEsin37°)＝1 N. 由动能定理得 LLL11qEcos37°－mgsin37°－Ff＝mv2－mv20， 22222解得v＝246 m/s. (2)设滑块第一次下滑到B点的速度为vB，滑块第一次与挡板碰撞后能达到左端的最远点离B点的距离为x. 由动能定理得 1212－qELcos37°＋mgLsin37°－FfL＝mvB－mv， 22解得vB＝8 m/s. 滑块在水平面上滑行时，只有静电力做功，由动能定理得 12－qEx＝0－mvB， 2解得x＝1.6 m. 12(3)设滑块第一次下滑到B点的动能EkB1＝mvB＝16 J，水平面光滑，滑块水平运动返回到B点，2动能不变． 在斜面上往返一次克服摩擦力做功 W克f＝2FfL＝10 J. 所以滑块还能滑到B点并到达水平面一次，设在水平面上滑动的距离为x1， 由动能定理得－qEx1－W克f＝0－EkB1，解得x1＝0.6 m. 在水平面上滑动的总距离 s1＝2(x＋x1)＝4.4 m. 最后停在C点，在斜面上滑行的距离为s2， LL12由动能定理得qEcos37°－mgsin37°－Ffs2＝0－mv0， 222解得s2＝48.5 m. 所以，滑块运动的总路程 s＝s1＋s2＝52.9 m. 部编本 欢迎使用
14．解题思路：(1)设小球从P运动到M所用时间为t1，则有 l1lyP－sinθ＝gt21 cosθ＝v0t1 222v05gl＝gt1 解得yP＝ v0＝ tanθ82(2)设小球到达M时速度为vM，进入电场后加速度为a，有 vM＝v0 又mgcosθ＝qE sinθ小球在电场中沿vM方向做匀速直线运动，沿与vM垂直方向做加速度为a的匀加速运动，设边界OC的长度为d时，小球不从BC边射出，在电场中运动时间为t2 mgsinθ＝ma d>vMt2 l12＝at2 解得d>2l. 22
15. 解析 (1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力
Ff＝μ(mg＋qE)cos 37°＝0.96 N
设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得
h12
(mg＋qE)h－Ff＝mv1 解得v1＝2.4 m/s
sin 37°2
1212
(2)滑块从B到C，由动能定理可得： (mg＋qE)R(1－cos 37°)＝mv2－mv1
22
v22
当滑块经过最低点C时，有FN－(mg＋qE)＝m
R由牛顿第三定律：FN′＝FN 解得：FN′＝11.36 N，方向竖直向下．
16.解析：(1)如图所示，带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动，竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动，故从A到M和M到B的时间相等，则x1∶x2＝1∶3 (2)小球从A到M，水平方向上电场力做功W电＝6 J，则由能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为
EkB＝Ek0＋4W电＝32 J
(3)由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：
?F·x1＝6 J????G·h＝8 J
??
??1G??2·mt＝8 J
22
1F2
·t＝6 J2m2
?＝FG3 2
部编本 欢迎使用 由图可知，tan θ＝＝
则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G′垂直， 1242
故Ekmin＝m(v0sin θ)＝ J. 27
FG3
?sin θ＝23 7
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