热门试卷

（1）带电微粒在电场中受重力和电场力FE=qE=2.5×10-2N

                              G=mg=2.5×10-2N

则F合==2.5×10-2N

因为FE=G，所以合力方向与水平方向成45°角斜右向下，

如图所示．                            

W合=△EkEk=F×

2

合×=2.5×10-2J

（2）带电微粒射出后，沿+y轴做匀减速运动，如图所示．

xx′：F合=ma

最大位移为：s1==m

从O点沿+y方向离极板的距离为：s=d=m

因为s1，s，所以微粒运动一段后，没有打到左极板又回头运动，最后打到右极板．        

t1==s

t2==s

t=t1+t2=(+)s

（3）沿着初速度方向，微粒做匀速直线运动：则有Rsinθ=υ0t

垂直于初速度方向，微粒做初速度为零的匀加速度直线运动：则有R-Rcosθ=gt2

由以上三式得υ0==

由上式结论得粒子从O点出发时的动能为mυ02=mg(1+cosθ)

则经过P点时的动能为：EKP=mg(R-Rcosθ)+mυ02=mg(5-3cosθ)

可以看出，当θ从00变化到1800，微粒穿越圆周时的动能逐渐增大，因此穿过M点的微粒动能最小，穿过N点的微粒动能最大．

最小动能为：EKM=mg(5-3cos600)≈7.7×10-3J

最大动能为：EKN=mg(5-3cos1200)≈0.0144J

答：（1）初速度为零的微粒运动到平行板的动能2.5×10-2J；

（2）初速度υ0=2.0m/s，方向与x′ox成45°角斜向左上方的微粒打到平行板的时间S；

（3）初速度大小不等，方向均与xox′成45°角斜向右上方，经过一段时间通过P点的微粒初速度υ0与θ的关系；并确定在穿过圆周MSN段的微粒中，穿越时的最大动能7.7×10-3J和最小动能1.44×102J．

不正确，因为最大偏角处不是小球的平衡位置．

正确解答是：

由动能定理得：FLsinα=mgL（1-cosα），

所以F=mg

答：该同学的解答不正确，因为最大偏角处不是小球的平衡位置．

正确解答是：风力为mg．

（1）设滑块在B点速度为v，对滑块从A到B的过程应用动能定理，

mgR-EqR=mv2①

设滑块在B点对B点压力为F，轨道对滑块支持力为F′，由牛顿第三定律得，两力大小满足：

F′=F②

对滑块由牛顿第二定律得：

F′-mg=③

由①②③得，F=3mg-2Eq=2.2N④

（2）由于滑块在水平面上的滑动摩擦力f=μmg=0.05×0.1×10N=0.05N＜Eq=5×103×8×10-5=0.4N⑤

故滑块最终将会静止在圆弧轨道上，设静止点离A点的水平距离为x，由几何关系得：

=⑥

设滑块在水平轨道上通过的总路程为s，对全程应用动能定理得：

mgR-Eqx-fs=0⑦

由⑤⑥⑦可得：s==0.67m

答：（1）滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力2.6N

（2）小滑块在水平轨道上通过的总路程为0.67m

（1）点电荷-q在c点受力平衡，则有

k=qE，

解得：E=k．

（2）在a点的合场强大小为

Ea=EQ+E=k+k=2k

d点的合场强为点电荷+Q和匀强电场的矢量叠加，有

Ed==E=k．

（3）电场力做功W=-qE•2r=-2k，

Uca===．

答：（1）匀强电场的场强大小E为k；

（2）a点场强大小为2k，d点的合场强大小为k；

（3）如果把O点的正点电荷+Q移走，把点电荷-q从c点沿x轴移到a点，电场力做的功为-2k，

点c、a两点间的电势差为．

解（1）对小球进行受力分析，

由电场力的方向可确定小球带正电，且电量为：

q==

（2）小球从图示位置拉回到悬线竖直的方向，在电场力方向向右，而位移方向向左，故电场力做负功，所以小球的电势能增加．

（3）小球从竖直方向成θ角的位置缓慢拉回到悬线竖直的方向，

根据动能定理可得：WF+mgh-qEd=0

则有：WF=qELsinθ-mgL（1-cosθ）

将电场强度代入上式可得：WF=mgL（-1）

答：（1）小球带正电

（2）电势能增加

（3）拉力做功mgL（-1）

解：（1）由动能定理得

（2）

圆形半径x=v0t

面积

（1）小球静止在P点时由平衡条件得

       cos45°=

         T=mg

    （2）小球从A到P的过程中，电场力做负功，故其电势能增加   

         由（1）问得tan45°=  F电=mg

         则小球克服电场力做功W=F电L（1-cos45°）

       其电势能增加为△EP=△W=mgL

    （3）小球先做匀加速直线运动到达最低点C，

      根据动能定理得：mvC2-0=mgL+F电L    vC=2

     到达C点后细绳绷紧，小球沿细绳方向的速度变为零，

        则vC′=vCsin45°  vC′=

     从C到P做圆周运动，由动能定理得：

mvP2-mvC^2=-mgL(1-cos45°)+F电Lsin45°

      vP=

答：（1）静止在P点时线的拉力是mg．

    （2）如将小球向右拉紧至与O点等高的A点由静止释放，当小球摆至P点时，其电势能增加了mgL．

    （3）如将小球向左拉紧至与O点等高的B点由静止释放，小球到达P点时的速度 vP=．

（1）当物块沿x轴正方向运动时，受到沿x轴负方向的电场力F和动摩擦力f．电场力大小为F=Eq，滑动摩擦力大小为f=μFN=μmg．

设物块沿x轴正方向运动离O点的最远距离为s，此过程中由动能定理得

    -(F+f)s=-mv02

联立解得  s==0.4m

（2）由于F＞f，当物块运动到沿x轴正方向运动离O点的最远距离时，又返回向x轴负方向运动，设最终停止时在侧s'处．        

在物块向x轴负方向运动的过程中，由动能定理得：

   （F-f）s-fs'=0  

解得  s′=s=0.2m

答：（1）小物块沿x轴正方向运动离O点的最远距离为0.4m；

（2）小物块最终停止时的位置在O点左侧0.2m处．

（1）小球p由C运动到O时，由动能定理，

得：mgd+qUC0=mv2-0①

∴UCO=②

（2）小球p经过O点时受力分析，

由库仑定律得：F1=F2=k

它们的合力为：F=F1cos45°+F2cos45°=③

∴O点处的电场强度E==，④

（3）小球p由O运动到D的过程，由动能定理得：mgd+qUOD=m-mv2  ⑤

由电场特点可知：UCO=UOD ⑥

联立①⑤⑥解得：vD=v

答：（1）C、O间的电势差UCO是

（2）O点处的电场强度E的大小是；

（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度是v．

如图所示，小球在30°倾斜平面内作圆周运动时一定有：

    mgcosθ=mgcos30°

得θ=60°，因此电场力必沿水平向左方向，又因小球带正电，故电场方向也沿水平向左方向．

当速度最小时有：mgsin30°+mgsinθ=m，

得 vmin=，

速度由最小到最大得过程中，由动能定理得：

(mgsin30°+mgsinθ)×2L=m-m

所以，vmax=

答：此圆周运动的最大速度为．此时电场的方向为水平向左．

（1）当qE＞f时，最终物体停在墙角处qE•x0-f•s=0-m

s=

   （2）讨论：qE＜f

①在碰撞前停下，即f＞qE+时qE•s-f•s=0-m

s=

②在墙壁处停下，即f=qE+时s=x0

③在与墙壁碰撞后向右停下，即qE+＞f＞qE时

qE(2x0-s)-fs=0-m

即s=．

答：它停止运动前所通过的总路程S可能为：、、x0、．