热门试卷

（1）小球处于静止状态，受力情况如图所示：

由平衡条件得：=tanθ

设两极板间的距离为d，则U=Ed      

所以：在两个平衡位置时，两金属板间电势差之比为：U1：U2=tan30°：tan60°=1：3

（2）设该过程拉力对小球做功W，用动能定理得：W+qEl（sin60°-sin30°）-mgl（cos30°-cos60°）=0

又  qE=mgtan30°

解得  W=(-1)mgl

答：（1）小球在上述两个平衡位置时，平行金属板上电势差之比U1：U2=1：3．

（2）若保持变阻器滑片位置在a处不变，对小球再施加一个拉力，使绝缘线与竖直方向的夹角从θ1=30°缓慢地增大到θ2=60°，则此过程中拉力做的功W=(-1)mgl．

（1）设两板间的电场强度为E，根据匀强电场的场强和电势差的关系得：

E==V/m=2.0×104V/m     

答：两板间电场强度的大小为2.0×104V/m．

（2）小球静止时受力平衡

qE=mgtanθ

解得q==1.0×10-8C   

答：小球带的电荷量为1.0×10-8C．

（1）该油滴竖直向下做匀速直线运动，受重力和电场力，二力平衡；故电场力向上，而场强向下，故油滴带负电荷；

（2）匀速运动是平衡状态，重力和电场力平衡：

mg=F=qE     

所以：q==C=4.5×10-14C   

（3）元电荷电量：e=1.6×10-19C

所以，元电荷倍数N：N==个=2.8×105个

答：（1）该油滴带负电荷；

（2）该油滴所带电荷量是4.5×10-14C；

（3）该油滴所带电荷量是元电荷e的2.8×105倍．

（1）开关S闭合时，R1、R3并联与R4串联，R2中没有电流通过．有：

              UC=U4=E

      对带电小球由平衡条件有：mg=qE，E=

          则有mg=q，UC=

      得：E=

    （2）开关S断开后，R1、R4串联，则UC′==

     小球先向下运动与下极板相碰后，小球带电量变为q'，再向上运动到上极板．在全过程由动能定理得      --mgd+q′U′C=0

    联解得：q′=

答：（1）电源的电动势为．

    （2）小球与极板碰撞后的带电量为q′=．

（1）由C=得，Q=CU=2×10-6×100C=2×10-4C

（2）带负电尘埃正好在板间静止，受到重力与电场力平衡，则电场力方向竖直向上，电容器上极板带正种电荷．

（3）由平衡条件得

    qE=mg，又E=，得到q=mg

代入解得，q=5×10-18C

答：

（1）电容器的带电量为2×10-4C．

（2）电容器上极板带正种电荷．

（3）该尘埃带电量为5×10-18C．

（1）小球在A点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件得：

qE=mgtanθ=mg

解得：q=，

小球受到电场力的方向水平向右，小球带正电．

（2）对小球从A点运动到B点的过程中运用动能定理得：

（mg-qE）（1-cosθ）l=m

在B点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：

T+qE-mg=

解得：T=0.35mg

答：（1）求小球的电荷量q为．

（2）小球通过最低点B时细线对小球的拉力大小为0.35mg．

（1）因小球向右偏，所受电场力水平向右，场强也水平向右，所以小球带正电．小球受力情况，如图所示．根

据平衡条件得：

qE=mgtanθ

得：q=

（2）将细线剪断，小球沿合力方向做匀加速直线运动．

剪断细线后小球所受合外力为：F=

根据牛顿第二定律得加速度为：a=，

则小球经t时间所发生的位移为：x=at2=

答：

（1）当小球处于平衡状态时，小球带正电荷，所带电荷量是．

（2）如果将细线剪断，小球经t时间所发生的位移是．

（1）设环受到重力为Gp，电场力为F，绳子拉力为 T，对环受力分析如图，其中F=qE=4×10-5C×5×104N/C=2N．

由平衡条件得：T cos37°+N1=（Gp+F） cos53°　　

代入数据得：N1=0.8N  

则环对杆的压力大小为N1′=N1=0.8N

设竖直墙A处对杆的弹力为N，对杆分析，由力矩平衡条件得：

    G•cos53°=NLsin53°+N1′

代入数据得：N=2.95N

（2）设小环下滑时，绳与杆之间的夹角为α时，小环速度最大，此时小环沿杆方向的合外力为零（F+G）sin53°=Fsinα，得：α=37°，也即小环滑至O1正下方时，小环速度最大，此时小环下滑s=0.3m．

根据动能定理得：（F+G）s•sin53°-F（s•sin53°-s•cos53°）=m

解得，vm=2.68m/s

（3）当电场力反向，电场力正好与重力平衡，当小环下滑至绳拉力方向与杆垂直时，速度最大．

由对称性得：小环下滑s1=2scos53°×cos53°=2×0.3×0.6×0.6（m）=0.216（m），此时电势能变化值最大，则电势能变化的最大值为

△ɛ=Fs1•sin53°=2×0.216×0.8J=0.3456J

答：（1）刚释放小环时，竖直墙A处对杆的弹力大小是2.95N；

（2）下滑过程中小环能达到的最大速度是2.68m/s；

（3）若仅把电场方向反向，其他条件都不变，则环运动过程中电势能变化的最大值是0.3456J．

解：（1）M=qE0lsinθ

（2）W=qE0l（1－cosθ）

（3）只有当电极矩方向与场强共线时，此时无力矩，系统才可能力矩平衡，此时电极矩与场强夹角为0或180°

当夹角为0时，要组成此系统，电场力做功为qEl，所以系统电势能为－qEl

当夹角为180°时，要组成系统，需克服电场力做功qEl，所以系统电势能为qEl

（4）中间的正负电荷对+q0的影响相互抵消，所以电场力大小为：F=q0E0－

（1）设A球与B球碰撞前瞬间的速度为v0，

由动能定理得，qES=mv02                         

解得：v0=                          

碰撞过程中动量守恒   mv0=mv1+Mv2                             

机械能无损失，有mv02=mv12+Mv22                            

解得，v1=-v0=-负号表示方向向左  

v1=v0（舍）

v2=v0=，方向向右                v2=0（舍）

（2）由（1）可知，碰撞后A球向左减速，B球以初速v0向右做简谐运动，要使m与M第二次迎面碰撞仍发生在原位置，则必有A球重新回到O处所用的时间t恰好等于B球的（n+）T

      a=                        

则t=2=nT+（n=0、1、2、3 …）   

 t=2π                         

解得：k=（n=0、1、2、3 …） 

（3）A球与B球的第二次前速度分别为-v1、-v2，碰撞后速度分别为v′1和v′2，应满足

碰撞过程中动量守恒-mv1-Mv2=mv′1+Mv′2                        

机械能无损失，有mv12+Mv22=mv′12+Mv′22               

解得：v′1=2v1=-v0=-方向向左，v′2=0                      

可见，当A球再次回到O处与B球发生第三次碰撞时，第三次碰撞是第一次碰撞的重复，此后过程将周而复始地进行，A球的v-t图线如图所示，

其中v0=，t′==

答：（1）A球与B球第一次碰撞后瞬间，A球的速度大小为，方向向左，和B球的速度大小为方向向右；

   （2）要使A球与B球第二次仍在B球的初始位置迎面相碰，劲度系数k的可能取值为（n=0、1、2、3 …）．

   （3）图象如图所示．

（1）由题意可得，在匀强电场中电场力F为：F=qE，

由图象得前2秒内的位移S为：S=at2，

则电场力做的功为：W=FS，

代入数据解得：W=6J

（2）在2秒到4秒内图象可得，qE2=μmg

在前2秒物块的加速度为：a=1m/s2

由牛顿第二定律得：qE2-qE1=ma 

代入数据解得：m=1kg

（3）在2秒到4秒内由图象可得，qE2=μmg  

又m=1kg，

则有μ=0.2

答：（1）前两秒电场力做功为6J； 

（2）物块的质量1kg；

（3）物块与水平面间的动摩擦因数0.2．

（1）物体在水平桌面上做匀加速直线运动，由x=at2得，x=×5×12m=12.5m

（2）根据牛顿第二定律得：qE-μmg=ma，得E=

代入解得  E=6N/C

（3）物体到达O时速度为v=at=5×1m/s=5m/s．到达O点后物体在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小为a′==μg=2m/s2

则物体滑行的时间为t′==s=2.5s，所以小物体在水平桌面上运动的时间为t总=t+t′=7.5s

答：

（1）O所加电A点到O点的距离为12.5m．

（2）所加匀强电场的场强大小为6 N/C．

（3）小物体在水平桌面上运动的时间为7.5s．