2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第七章 静电场 第3讲 Word版含答案.docx

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1、第3讲电容器的电容、带电粒子在电场中的运动考试标准知识内容考试要求说明电容器的电容c1.不要求应用平行板电容器电容的决定式进行计算2.示波管问题的分析与计算不涉及两个偏转电极同时加电压的情形3.解决带电粒子偏转运动问题只限于垂直电场方向入射且偏转电极加恒定电压的情形.带电粒子在电场中的运动d一、电容器1电容器的充、放电(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能(2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能2公式C和C的比较(1)定义式：C，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因

2、素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关(2)决定式：C，r为电介质的相对介电常数，S为极板正对面积，d为板间距离自测1(2016浙江4月选考7)关于电容器，下列说法正确的是()A在充电过程中电流恒定B在放电过程中电容减小C能储存电荷，但不能储存电能D两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器答案D解析由电容器的充、放电曲线可知，充电过程中，电流不断减小，A错误；电容是电容器储存电荷的本领，不随充、放电过程变化，B错误；电容器中的电场具有电场能，C错误；两个彼此绝缘又靠近的导体是可以储存电荷的，可视为电容器，D正确二、带电粒子在电场中的运动1加速问题若不计粒子的重力且无其他外力作用，则电场力对带电粒

3、子做的功等于带电粒子的动能的增量(1)在匀强电场中：WqEdqUmv2mv02.(2)在非匀强电场中：WqUmv2mv02.2带电粒子在电场中偏转的运动规律不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，如图1.图1(1)沿初速度方向做匀速直线运动运动时间(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动自测2如图2所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子的入射速度为原来的2倍，电子仍从正极板边缘射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离应变为原来的()图2A2倍 B4倍C. D.答案C命题点一平行板电容器的动态分析1两类典型问题(1

4、)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变2动态分析思路(1)U不变根据C先分析电容的变化，再分析Q的变化根据E分析场强的变化根据UABEd分析某点电势变化(2)Q不变根据C先分析电容的变化，再分析U的变化根据E分析场强变化例1静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小如图3所示，A、B是平行板电容器的两个金属极板，极板B固定，A可移动，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是()图3A断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度减小B断开S

5、后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大C保持S闭合，在A、B间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大D保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小答案B解析静电计的指针张开的角度与静电计金属球和外壳之间的电势差相对应，断开开关S后，将A向左移动少许，电容器的电荷量不变，由C知电容减小，由U知电势差增大，静电计指针张开的角度增大，A错；同理，断开S后，将A向上移动少许，电容减小，电势差增大，静电计指针张开的角度增大，B对；保持S闭合，无论是在A、B间插入一电介质，还是将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差均为路端电压，静电计指针张开的角度不变

6、，C、D错变式1一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上若将云母介质移出，则电容器()A极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变答案D解析由C可知，当将云母介质移出时，r变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据QCU可知，当C减小时，Q减小，再由E，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确变式2如图4所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示

7、两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()图4A增大，E增大 B增大，Ep不变C减小，Ep增大 D减小，E不变答案D解析若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C可知，C变大；根据QCU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角减小；根据E，QCU，C，联立可得E，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确变式3如图5所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，开关S闭合后

8、，两板间恰好有一质量为m、带电荷量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是()图5A若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流B若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有ab的电流C若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有ba的电流D若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有ba的电流答案C解析由于油滴处于静止状态，所以qmg.若将S断开，由于电容器的电荷量不变，则电压U不变，油滴仍处于静止状态，选项A错误若将A向左平移一小段位移，则电容C变小，电压U不变，则QCU变小，所以电流由ba，此时油滴仍静止，选项B错误若将A向上平移一小段位移，电容C变小，电压

9、U不变，则Q变小，所以电流由ba，此时qmg，油滴向下加速运动，选项C正确若将A向下平移一小段位移，电容C变大，电压U不变，则Q变大，所以电流由ab，此时qmg，油滴向上加速运动，选项D错误命题点二带电粒子在电场中的直线运动1做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合0，粒子或静止，或做匀速直线运动(2)粒子所受合外力F合0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动2用动力学观点分析a，E，v2v022ad.3用功能观点分析匀强电场中：WEqdqUmv2mv02非匀强电场中：WqUEk2Ek1类型1带电粒子在匀强电场中的直线运动例2如图6所示，三块平行放置的带电金

10、属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点由O点静止释放的电子恰好能运动到P点现将C板向右平移到P点，则由O点静止释放的电子()图6A运动到P点返回B运动到P和P点之间返回C运动到P点返回D穿过P点答案A解析根据平行板电容器的电容的决定式C、定义式C和匀强电场的电压与电场强度的关系式UEd可得E，可知将C板向右平移到P点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确变式4两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入，最远到达A点，然后返回，如图7所示，h，此电子具有的初动能是()图7

11、A. BedUhC. D.答案D解析由动能定理得：ehEk，所以Ek，故D正确类型2带电粒子在交变电场中的直线运动例3匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图8所示当t0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()图8A带电粒子将始终向同一个方向运动B2 s末带电粒子回到原出发点C3 s末带电粒子的速度不为零D03 s内，电场力做的总功为零答案D解析由牛顿第二定律可知带电粒子在第1 s内的加速度和第2 s内的加速度的关系，因此粒子将先加速1 s再减速0.5 s，速度为零，接下来的0.5 s将反向加速，vt图象如图所示，根据图象可知选

12、项A错误；由图象可知前2 s内的位移为负，故选项B错误；由图象可知3 s末带电粒子的速度为零，故选项C错误；由动能定理结合图象可知03 s内，电场力做的总功为零，故选项D正确类型3带电粒子在电场力和重力作用下的直线运动问题例4(2017浙江4月选考8)如图9所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场有一质量为m、电荷量为q的点电荷从两极板正中间处静止释放重力加速度为g.则点电荷运动到负极板的过程()图9A加速度大小为agB所需的时间为tC下降的高度为yD电场力所做的功为WEqd答案B解析点电荷受到重力、电场力的作用，所以a，选项A错误；根据运动独立性，水平方向点电荷的

13、运动时间为t，则t2，解得t，选项B正确；下降高度ygt2，选项C错误；电场力做功W，选项D错误变式5如图10所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，则下列结论不正确的是()图10A此液滴带负电B液滴的加速度大小为gC合力对液滴做的总功等于零D液滴的电势能减少答案C解析带电液滴由静止开始沿bd做直线运动，所受的合力方向必定沿bd直线，液滴受力情况如图所示，电场力方向水平向右，与电场方向相反，所以此液滴带负电，故选项A正确；由图知液滴所受的合力Fmg，其加速度为ag，故选项B正确；因为合力的方向与运动的方向相同，故合力对

14、液滴做正功，故选项C错误；由于电场力所做的功W电Eqxbdsin 450，故电场力对液滴做正功，液滴的电势能减少，故选项D正确命题点三带电粒子在电场中的偏转1两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的证明：由qU0mv02yat2()2tan 得：y，tan (2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为.2功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUymv2mv02，其中Uyy，指初、末位置间的电势差例5质谱仪可对离子进行分析如图11所示，在真

15、空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生电荷量为q、质量为m的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器(可上下移动)已知a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L，a、b间的电压为U1，M、N间的电压为U2.不计离子重力及进入a板时的初速度求：图11(1)离子从b板小孔射出时的速度大小；(2)离子自a板小孔进入加速电场至离子到达探测器的全部飞行时间；(3)为保证离子不打在极板上，U2与U1应满足的关系答案 (1)(2)(2dL) (3) U22U1解析(1)由动能定理qU1mv2，得v(2)离子在a、b间的加速度a1在

16、a、b间运动的时间t1 d在MN间运动的时间：t2L离子到达探测器的时间：tt1t2(2dL) ；(3)在MN间侧移：ya2t22由y，得 U22U1.变式6如图12所示，电荷量之比为qAqB13的带电粒子A、B以相同的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OCCD，忽略粒子重力的影响，则下列说法不正确的是()图12AA和B在电场中运动的时间之比为12BA和B运动的加速度大小之比为41CA和B的质量之比为112DA和B的位移大小之比为11答案D解析粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由xv0t及OCCD得，tAtB12；竖直方向由hat2

17、得a，它们沿竖直方向运动的加速度大小之比为aAaB41；根据a得m，故，A和B的位移大小不相等，故选项A、B、C正确，D错误变式7如图13所示，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会带上一定量的电荷，在电场的作用下带电荷的墨滴发生偏转到达纸上已知两偏转极板长度L1.5102 m，两极板间电场强度E1.2106 N/C，墨滴的质量m1.01013 kg，电荷量q1.01016 C，墨滴在进入电场前的速度v015 m/s，方向与两极板平行不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响图13(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷？(2)求墨滴在两极板之间运动的时间；(3)求墨

18、滴离开电场时在竖直方向上的位移大小y.答案(1)负电荷(2)1.0103 s(3)6.0104 m解析(1)负电荷(2)墨滴在水平方向做匀速直线运动，那么墨滴在两板之间运动的时间t.代入数据可得：t1.0103 s(3)离开电场前墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，a代入数据可得：a1.2103 m/s2离开偏转电场时在竖直方向的位移yat2代入数据可得：y6.0104 m.1(2018温州市六校期末)目前，指纹锁已普遍用于智能机、门卡等，其中有一类指纹锁的主要元件为电容式传感器，其原理是手指贴上传感器时，皮肤表面会和传感器上许许多多相同面积的小极板一一匹配成平行板电容器，每个小电容器

19、的电容值仅取决于传感器上的极板到对应指纹表面的距离在此过程中外接电源将为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，然后开始用标准电流放电，再采集各电容器放电的相关信息与原储存的指纹信息进行匹配下列说法正确的是()A湿的手不会影响指纹解锁B极板与指纹嵴(凸起部分)构成的电容器电容小C极板与指纹沟(凹的部分)构成的电容器充上的电荷较多D极板与指纹沟(凹的部分)构成的电容器放电时间较短答案D2(2019届杭州市模拟)超级电容器又叫双电层电容器，是一种新型储能装置，它不同于传统的化学电源，是一种介于传统电容器与电池之间、具有特殊性能的电容器如图1为一款标有“2.7 V，3 000 F”的超级电容器，据此可

20、知该款电容器()图1A放电时电容不变B充电时电能减少C在2.7 V电压下才能工作D两极所加电压为2.7 V时，电容才达到3 000 F答案A解析电容器的电容由电容器本身因素决定，放电时电容不变，故A正确；充电时，其他形式的能转化成电能，即电能增加，故B错误；电容器在低于2.7 V的电压下仍可正常工作，故C错误；电容与电压无关，其大小一直是3 000 F，故D错误3已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏如图2所示，如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则()图2A导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大B导体芯A所带电荷量在减小，

21、液体的深度h在增大C导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小D导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小答案D解析电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左右，则导体芯A所带电荷量在减小，电容器两端间的电势差不变，由QCU可知，导体芯A与液体形成的电容器的电容减小，根据C，知正对面积减小，则液体的深度h在减小，故D正确，A、B、C错误4.(多选)如图3所示，电容器由平行金属板M、N和电介质D构成电容器通过开关S及电阻与电源E相连接，则()图3AM上移，电容器的电容变大B将D从电容器抽出，电容变小C断开开关S，M上移，MN间电压将增大D闭合开关S，M上移，流过电阻的电流方向从B到A答案

22、BC解析M向上移时，板间距离增大，根据电容的决定式C，得知电容器的电容变小，故A错误；将D从电容器抽出，介电常数减小，根据电容的决定式C，得知电容器的电容变小，故B正确；断开开关S，M上移，电荷量不变，而电容减小，根据电容的定义式C，分析可知电容器两端的电压增大，故C正确；闭合开关S，电压不变，M上移时电容减小，则由QUC可知，电荷量Q减小，电容器放电，流过电阻的电流方向从A到B，故D错误5(多选)如图4所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左不计空气阻力，则小球()图4A做直线运动 B做曲线运动C速率先减小后增大 D速率先增大后减小答案BC解析对小球受力分析，小

23、球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误6如图5所示，一带电小球用绝缘丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将做()图5A自由落体运动B曲线运动C沿着悬线的延长线方向的匀加速直线运动D变加速直线运动答案C解析小球静止时，其受到的电场力、重力和悬线的拉力的合力为零，即电场力和重力的合力与悬线的拉力等大反向；悬线烧断，其受到的电场力和重力恒定不变，故小球在电场中沿着悬线的延长

24、线做匀加速直线运动，选项C正确，选项A、B、D错误7.如图6所示，A、B两金属板平行放置，在t0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)分别在A、B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B板()图6答案B8.a、b两离子从平行板电容器两板间P处垂直电场入射，运动轨迹如图7.若a、b的偏转时间相同，则a、b一定相同的物理量是()图7A比荷B入射速度C入射动能D电荷量答案A解析a、b两离子竖直方向分位移相等，故：yt2，由于y、E、t均相等，故比荷相等，故A正确；水平方向位移关系是xaxb，水平分运动是匀速直线运动，时间相等，故vavb，故B错误；a、b两离子初速度不同，质量关系未

25、知，无法确定初动能大小关系，故C错误；a、b两离子比荷相等，质量关系未知，无法确定电荷量大小关系，故D错误9如图8所示，竖直放置的两平行金属板间有水平方向的匀强电场，在两极板间同一等高线上有两质量相等的带电小球a、b(均可以看成质点)将小球a、b分别从紧靠左极板和两极板正中央的位置由静止释放，它们沿图中虚线运动，都能打在右极板上的同一点则从释放小球到刚要打到右极板的运动中，下列说法正确的是()图8A它们的运动时间tatbB它们的电荷量之比qaqb12C它们的电势能减少量之比EaEb41D它们的动能增加量之比Ek1Ek241答案C解析小球运动过程只受重力和电场力作用，故粒子竖直方向做加速度ag的

26、匀加速运动，水平方向做加速度a的匀加速运动；由两小球竖直位移相同可得运动时间相同，即tatb，所以，21，故A、B错误；由电势能减少量等于电场力做的功可得：EaEbqaEsa水平qbEsb水平41，故C正确；由动能定理可知：小球动能增加量等于重力势能和电势能减小量之和；又有两小球重力势能减小量相等，由C项可知：动能增加量之比不可能为41，故D错误10.如图9，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍，有一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长、宽之比的值为()图9A. B.

27、C. D.答案B解析设加速电压为kU，偏转电压为U，对直线加速过程，根据动能定理，有：qkUmv2对类平抛运动过程，有：lvtt2联立解得：11如图10所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极上的C点，已知ABBC.不计空气阻力，则下列判断错误的是()图10A微粒在电场中做匀变速曲线运动B微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等CMN板间的电势差为DMN板间的电势差为答案D解析微粒受重力和电场力，两个力都是恒力，由平行四边形定则知，

28、微粒所受合力为恒力，故微粒做匀变速曲线运动，选项A正确；微粒的运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向的匀减速运动，设微粒运动的时间为t，由匀变速直线运动规律得ABvCt，BCv0t，又ABBC，由以上各式解得，vCv0，选项B正确；微粒从A到C的过程中，由动能定理得qmgBC0，由v22ax得BC，联立解得UMN，选项C正确；UMNE2ABE2BC，选项D错误12如图11甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏

29、转位移与最小偏转位移的大小之比是()图11A11 B21C31 D41答案C解析粒子在两板之间的运动时间均为T，在tnT时刻进入的粒子的侧移量最大，考虑竖直分运动，在前半个周期是匀加速运动，后半个周期是匀速运动，设加速度为a，则偏转位移为：ymaxa()2aaT2，在t(n)T时刻进入的粒子，考虑竖直分运动，在前半个周期是静止，后半个周期是匀加速运动，侧移量最小，为：ymina()2aT2，故ymaxymin31，故A、B、D错误，C正确13.如图12所示，M、N为水平放置、互相平行且厚度不计的两金属板，间距d35 cm，已知N板电势高，两板间电压U3.5104 V现有一质量m7.0106 k

30、g、电荷量q6.01010 C的带负电油滴，由N板下方距N为h15 cm的O处竖直上抛，经N板中间的P孔进入电场，到达上板Q点时速度恰为零(g取10 m/s2)求油滴上抛的初速度大小v0.图12答案4 m/s解析全过程重力做负功，油滴在M、N间运动时电场力做负功，全过程根据动能定理有：mg(dh)qU0mv02解得v0代入数据得v04 m/s14.如图13所示，离子发生器在P极板产生一束质量为m、电荷量为q的离子(初速度可忽略，重力不计，离子间的相互作用力可忽略)，经P、Q两板间的加速电场加速后，以速度v0从a点沿ab方向水平进入边长为L的正方形abcd匀强电场区域(电场方向竖直向上)，离子从

31、abcd边界上某点飞出时的动能为mv02.求：图13(1)P、Q两板间的电压U；(2)离子离开abcd区域的位置；(3)abcd区域内匀强电场的场强E的大小答案(1)(2)bc边中点(3)解析(1)离子在PQ间加速过程，根据动能定理，有qUmv02，解得U.(2)离子射出电场时：mv2mv02，得vv0，方向与ab所在直线的夹角为45，即vxvy，根据xvxt，yt，可得x2y；则xL，y，即离子从bc边上的中点飞出(3)离子在abcd区域内运动过程，根据动能定理，有qEmv02mv02，解得E.15(2017浙江11月选考19)如图14所示，AMB是一条长L10 m的绝缘水平轨道，固定在离水

32、平地面高h1.25 m处，A、B为端点，M为中点，轨道MB处在方向竖直向上、大小E5103 N/C的匀强电场中一质量m0.1 kg、电荷量q1.3104 C的可视为质点的滑块以初速度v06 m/s在轨道上自A点开始向右运动，经M点进入电场，从B点离开电场已知滑块与轨道间的动摩擦因数0.2，g10 m/s2.求滑块：图14(1)到达M点时的速度大小；(2)从M点运动到B点所用的时间；(3)落地点距B点的水平距离答案(1)4 m/s(2) s(3)1.5 m解析(1)在AM阶段对滑块受力分析如图甲所示：ag2 m/s2x根据运动学公式vM2v022ax，可得vM4 m/s(2)进入电场之后，Eq0.65 N，对滑块受力分析如图乙所示：a0.7 m/s2x根据运动学公式vB2vM22ax，解得vB3 m/s根据匀变速直线运动推论xt解得t s(3)从B点飞出后，滑块做平抛运动，因此hgt2，解得t0.5 s落地点距B点的水平距离xvBt1.5 m.