2、如图所示，小球A、B带电量相等，质量均为m，都用长L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球靠墙且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A、B两球之间的库仑力为F。
由于外部原因小球B的电量减小，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B的电量减小为原来的( )
A.1/2
B.1/4
C.1/8
D.1/16
3、如图，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平直杆上环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度v0，如果环在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F的作用，已知F=kv，(k为常数，v为速度)，试讨论在环的整个运动过程中克服摩擦力所做的功。
(假设杆足够长，分F=mg，F＜mg，F＞mg三种情况)
4、粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，且沿x轴方向的电势ϕ与坐标值x的关系如下表格所示：
根据上述表格中的数据可作出如下的—x图像。
现有一质量为0.10kg，电荷量为1.0⨯10C 带正电荷的滑块（可视作质点），其与水平面的动摩擦因数为0.20。
问：
（1）由数据表格和图像给出的信息，写出沿x轴的电势ϕ与x的函数关系表达式。
（2）若将滑块无初速地放在x=0.10m处，则滑块最终停止在何处？
（3）在上述第（2）问的整个运动过程中，它的加速度如何变化？当它位于x=0.15m时它的加速度多大？（电场中某点场强为ϕ—x图线上某点对应的斜率）
（4）若滑块从x=0.60m处以初速度v0沿-x方向运动，要使滑块恰能回到出发点，其初速度v0应为多大？
5、如图所示，有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体，它对滑块的阻力可调。
起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞（碰撞时间极短）后粘在一起向下运动，且
向下运动的初速度为物体碰前速度的一半。
为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为2mg k
时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变。
（忽略空气阻力）试求：（1）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能
（2）滑块向下运动过程中加速度的大小
（3）滑块下移距离为d时ER流体对滑块阻力的大小
1 答案：θ
θ
θ2
2sin cos sin m M m a +=
详解：本题涉及两个物体，它们的加速度关系复杂，但在垂直斜面方向上，大小是相等的。
对两者列隔离方程时，务必在这个方向上进行突破。
判断斜面的运动情况、滑块的运动情况。
位移矢量示意图如图甲所示。
根据运动学规律，加速度矢量a 1和a 2也具有这样的关系。
沿斜面方向、垂直斜面方向建x 、y 坐标，可得： a 1y = a 2y ① 且：a 1y = a 2sin θ ②
隔离滑块和斜面，受力图如图乙所示：
对滑块，列y 方向隔离方程，有： mgcosθ- N = ma 1y ③
对斜面，仍沿合加速度a 2方向列方程，有： Nsinθ= Ma 2 ④ 解①②③④式即可得a 2 。
2、 答案：C
详解：设两球的距离为r ，对B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止状态，画出受力分析图，则得，F/r=mg/L ；小球B 的电量减小，两球再次静止时，距离为r’，画出受力分析图则得，F’/r’=mg/L ；F’=F/2。
联立解得r’=r/2。
由库仑定律，F=kq 2/r 2，F’=kqq’/r’2，联立解得q’= q /8，选项C 正确。
3、 答案：见详解 详解：
（1）若kv 0=mg ， 则N =0，故f =0， 所以 W f =0
（2）若kv 0<mg ， 则有N +kv =mg ，则N 向上且随着速度的减小而增大，f 也将增大，环最终将静止，W f =mv 02/2 （3）若kV 0>mg ， 则有N ＋mg =kv ， 则N 一开始向下且随着速度的减小而减小，当N =0时，f =0， 环最终将做匀速运动且v =mg /k
由动能定理，W f =m (v 02－v 2)/2=mv 02/2－m 3g 2/2k 2
4、答案：（1）x
4
105.4⨯=ϕ；（2）滑块停止的位置为x 2=0.225m ；
（3）整个运动过程中，它的加速度先减小后增大；当它位于x =0.15m 时，a =0； （4）22
3
0=v ≈2.12m/s 详解：
（1）由数据表格和图像可得，电势ϕ与x 成反比关系，即x
4
105.4⨯=ϕV
（2）由动能定理 q (φ1-φ)-μmg (x-x 1)=0，设滑块停止的位置为x 2，有q (φ1-φ2)-μmg (x 2-x 1)=0
即 q (44.510x
⨯-424.510x ⨯)-μmg (x 2-x )=0
代入数据有：1.0⨯10-7
(44.5100.1
⨯-4
24.510x ⨯)-0.20×0.10×10(x 2-0.1)=0
可解得x 2=0.225m （舍去x 2=0.1m ）。
（3）先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的减速运动，即加速度先减小后增大。
当它位于x =0.15m 时，图像上该点的切线斜率表示场强大小：E =△ϕ/△x=2.0×106
N/C 。
滑块在该点的水平合力F x =qE-μmg =2.0×106×1.0×10-7N-0.20×0.10×10N=0。
故滑块的加速度a=F x /m =0。
（4）设滑块到达的最左侧位置为x 1，则滑块由该位置返回到出发点的过程中，由动能定理 W F +W f =△E k = 0 ，有 q (φ1-φ)-μmg (x-x 1)=0
代入数据有 1.0⨯10-7
(414.510x ⨯-44.5100.6
⨯)-0.20×0.10×10(x-x 1)=0
可解得x 1=0.0375m （舍去x 1=0.6m ）。
再对滑块从开始运动到返回出发点的整个过程，由动能定理：-2μmg (x-x 1)=0-201
2
mv 代入数据有 2⨯0.20⨯0.10⨯10（0.60-0.0375）=0.5⨯0.102
0v 可解得22
3
0=v ≈2.12m/s
5、 答案：（1）
mgL 21 ；（2）m kL 8 ；（3）kd kL
mg -+4
详解： （1）设物体自由下落的末速度为v 0，由机械能守恒定律2
012
mgL mv =
得0v =
设碰后共同速度为v 1，由题设知1v = 碰撞过程中系统损失的机械能为
2201111
2222
E mv mv mgL ∆=
-= （2）设加速度大小为a ，有2
12as v = 得：8kL
a m
=
① （3）设弹簧弹力为F N ，ER 流体对滑块的阻力为F ER 受力分析如图所示，
由牛顿第二定律
ma mg F F ER N 22=-+ ②
而：kx F N = ③
k
mg
d x +
=x ④ 联立①~④式解得：kd kL
mg F ER -+=4。