- 电场：电流
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在如图所示的匀强电场中，一个电荷量Q=+2.0×10-8C的点电荷所受电场力F=4.0×10-4N．沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离s=0.10m．求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W．
正确答案
（1）电荷Q在匀强电场中受到的电场力F=QE，则有E=
（2）电场力所做的功为W=Fs=4.0×10-4×0.10 J=4.0×10-5 J
答：
（1）匀强电场的电场强度E的大小为2×104N/C；
（2）该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W为4.0×10-5 J．
[附加题]如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条水平轨道相连，轨道都是光滑的．轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强为E．从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m、带正电为q的小球，为使小球刚好能到达圆环最高点；求释放点A距圆轨道最低点B的距离s．
正确答案
一根长为l的丝线吊着一质量为m的带电量为q的小球，静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响，（重力加速度为g），求：
（1）匀强电场的电场强度的大小；
（2）求小球经过最低点时丝线的拉力。
正确答案
解：（1）小球静止在电场中受力如图：
显然小球带正电，由平衡条件得：
故
（2）电场方向变成向下后，小球开始摆动做圆周运动，重力、电场力对小球做正功
由动能定理：
由圆周运动知识，在最低点时：
由③④得：
一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为+q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将细线与小球拉成水平，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：（重力加速度为g）
（1）A、B两点的电势差UAB；
（2）匀强电场的场强大小．
正确答案
（1）小球由A→B过程中，由动能定理：
mgLsin60°+WAB=0，
又WAB=qUAB，
得到UAB=-
（2）B、A间的电势差为UBA=-UAB=
则电场强度E=
答：
（1）A、B两点的电势差UAB=-
（2）匀强电场的场强大小是
用长为L的细线拉一质量为m的小球，小球带电量为+q，细线一端悬于固定点O，整个装置放在水平向右一足够大的匀强电场中，小球静止时细线与竖直方向的夹角为θ，电场范围足够大，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）将小球拉至O点正下方最低点由静止释放，小球向上摆动过程中的最大速度大小；
（3）在（2）问中，小球运动到最高点时细线对小球的拉力大小；
（4）若将小球拉至O点正下方最低点时给它一水平向右的初速度，小球在竖直面内做完整的圆周运动，这个初速度至少是多大？
正确答案
解：（1）小球静止A点时，受力如图所示
据三力平衡条件，得
tanθ=
E=mgtanθ/q ②
（2）小球运动到平衡位置时速度最大，由动能定理，得
qELsinθ－mgL（1－cosθ）=
将②式代入，得v=
（3）小球从最低点到最高点时，细线与竖直方向成α角，由动能定理，得
qELsinα－mgL（1－cosα）=0 ⑤
将①式代入③式，得tanθsinα=1－cosα ⑥
∴α=2θ ⑦
在最高点，重力与电场力合力的法线分力与拉力平衡，设线的拉力为F
F=mg
（4）设B点与A点对悬点O对称，即AB为圆轨迹的直径，当小球恰好能运动到B点时，就能在竖直面内恰好做完整的圆周运动在B点，重力与电场力的合力提供向心力
mg/cosθ=
设将小球拉至O点正下方最低点时给它一水平向右的初速度为v0，由动能定理，得
-2mgLcosθ－qELsinθ=
将①⑦式代入⑧式，得v0=
如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷．a、b是AB连线上两点，其中Aa=Bb=
（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数μ．
（2）Ob两点间的电势差UOb．
（3）小滑块运动的总路程s．
正确答案
如图所示，电荷量为-e、质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场B点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，求A、B两点间的电势差．
正确答案
从A到B过程，由动能定理得：
-eU=
又因为：cos600=
所以：U=-
答：A、B两点间的电势差为-
如图所示，光滑绝缘水平面AB与倾角θ=370，长L=6m的绝缘斜面BC在B处圆滑相连，在斜面的C处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板，质量m=0.5kg、所带电荷量q=5x10-5C的绝缘带电滑块置于斜面的中点D，整个空间存在水平向右的匀强电场，场强E=2xlO5N/C，现让滑块以v0=12m/s的速度沿斜面向上运动．设滑块与挡板碰撞前后所带电荷量不变、速度大小不变，滑块和斜面间的动摩擦因数μ=0.1，求：
（1）滑块第一次与挡板碰撞时的速度大小；
（2）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；
（3）滑块运动的总路程．
正确答案
（1）滑块从D到C的过程中，根据动能定理可得：
qEcosθ•
而滑动摩擦力：Ff=μ（mgcosθ+qEsinθ）
解得vC=
（2）设滑块左侧最远点与B相距x1，滑块从C到左侧的最远处的过程中，
根据动能定理：mgsinθ•L-qE（Lcosθ+x）-Ff•L=0-
解得x1=1.2m
（3）当滑块在斜面BC上滑行L时，滑块与斜面的摩擦产生的热量：Q=Ff•L=6J
第二次碰撞后回到水平面时与原来相比向右移动的距离x′=
所以滑块第二次碰后刚好回到B点，
根据滑块受力的情况有：qEcosθ＞mgsinθ+Ff
故滑块最终停在C处，假设滑块在斜面上运动的总路程为x2，
根据动能定理：qEcosθ•
解得：x2=51m
所以滑块运动的路程：s=2x1+x2=53.4m
答：（1）滑块第一次与挡板碰撞时的速度大小为8
（2）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1.2m；
（3）滑块运动的总路程53.4m．
如图所示，在光滑绝缘水平桌面上固定放置一条光滑绝缘的挡板ABCD，AB段为直线，BCD段是半径为R的圆环，设直线挡板与圆环之间用一极短的圆弧相连．整套装置处于场强为E的匀强电场中，电场方向与圆环直径CD平行．现使一带电量为+q、质量为m的小球由静止从直线挡板内侧上某点释放，为使小球沿挡板内侧运动恰能从D点通过，则小球从释放点到C点沿电场强度方向的最小距离s是______；小球到达D点时的速度大小是______．
正确答案
在D点，根据牛顿第二定律得，qE=m
根据动能定理得，qE（s-2R）=
解得s=2.5R．
故答案为：2.5R；
如图所示，长为2L的板面光滑且不导电的平板小车C放在光滑水平面上，车的右端有档板，车的质量mC=4m．今在静止的平板车的左端放一个带电量为+q．质量为m的物块A，在中间位置放一个绝缘物体B，质量为mB=2m．在整个空间加上一个水平方向的匀强电场时，金属块A由静止开始向右运动，并以速度v0与B发生碰撞，碰后A以
（1）匀强电场的场强大小和方向．
（2）若A第二次与B相碰，判断是在B与C相碰之前还是相碰之后？
（3）A从第一次与B相碰到第二次与B相碰的这段时间内，电场力对A做的功．
正确答案
（1）由动能定理，得到qEL=
即匀强电场的场强大小为
（2判断A第二次与B相碰是在BC碰后还是碰前，只需要判断A、B两物体从第一次相碰位置到C处过程的平均速度大小即可；
物体A、B的第一次碰撞过程，动量守恒，由动量守恒定律得到
mv0=m(-
解得第一次碰后B的速度为v1=
qEL=
v0
4
)2，解得v′
故A与B第二次相碰是在B与C相碰后．
（3）物体B与物体C相碰，根据动量守恒定律，有
2m•v1=2m•v′1+4m•
解得
v′1=0，即物体B碰撞后停下不动，故A从第一次相碰到第二次与B相碰这个过程电场力位移为L
所以电场力做功为W=qEL=
即A从第一次与B相碰到第二次与B相碰的这段时间内，电场力对A做的功为
如图所示，ab是半径为R的圆的一条直径，该圆处于匀强电场中，场强为E、在圆周平面内，将一带止电q的小球从a点以相同的动能抛出，抛出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点，在这些所有的点中，到达c点的小球动能最大、已知∠CAB=30°，若不计重力和空气阻力，则电场方向与直线ac间的夹角θ=______．
正确答案
依题，从C点出来的微粒动能最大，电场力做功必最多，且电场方向必定从a一侧指向c一侧，c点电势最低．
过c点作切线，圆周上其余各点电势都高于c点，即在圆周上找不到与c电势相等的点．且由a到c电场力对小球做正功．则电场方向应在Oc方向，如图．电场方向与线ac间的夹角θ=30°．
故答案为：30°．
如图所示，一条长为L的细线，上端固定，下端栓一质量为m的带电小球，将它置于一匀强电场中，电场强度大小为E，方向水平向右，已知细线离开竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡．
（1）小球带何种电荷？求出小球所带的电量．
（2）如果使细线的偏角由α增大到φ，然后将小球由静止释放，则φ为多大才能使在细线到达竖直位置时，小球的速度刚好为零？
（3）当细线与竖直方向成α角时，至少要给小球一个多大的冲量，才能使小球做圆周运动？
正确答案
如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的
（1）原来的电场强度的大小；
（2）物体运动的加速度；
（3）沿斜面下滑距离为L时，物体的速度的大小。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
正确答案
解：（1）
（2）
方向：沿斜在向下
（3）由动能定理：
如图所示，一摆球的质量为m，带正电荷，电量为q，摆长为L，场强E=
正确答案
电场力F=qE=mg，水平向右，重力与电场力合力F合=
θ=45°
设最低点为B，小球沿直线AB到B点速度VB．
mgL+qEL=
细绳绷紧，VB竖直分量立刻减为零，水平分量V1=VBcos45°
由B到C过程中运用动能定理得：
qELsinθ-mg（L-Lcosθ）=
解得摆球在C点速度VC=
根据牛顿第二定律得：
在C点：T-
解出在C点绳子拉力T=3
答：摆球在C点时的速度是
如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上极板开有一小孔，质量均为m，带电荷量均为+q的两个带电小球（视为质点），其间用长为L的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，已知d=2L，今使下端小球恰好位于小孔中，由静止释放，让两球竖直下落．当下端的小球到达下极板时，速度刚好为零．试求：
（1）两极板间匀强电场的电场强度；
（2）两球运动过程中的最大速度．
正确答案
（1）对整个运动过程运用动能定理，得到
Eqd+Eq（d-L）=2mgd
∴E=
故两极板间匀强电场的电场强度为
（2）由题意知，当小球下降L时，速度达到最大，此时：
2mgL-EqL=
解得
v=
故两球运动过程中的最大速度为
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