热门试卷

解：（1）两球“m1+m2”从开始转过θ角，系统角速度从0增到ω，由动能定理得：

（m1g+qE）rsinθ-m2g（1-cosθ）=+

其中：v1=ωr，v2=ω‚

由上得：4×1×sinθ-1××（1-cosθ）=•ω2+×ω2

可得：ω=（rad/s）ƒ

设tanφ=，取y=4sinθ+3cosθ=5cos（θ-φ）

由数学知识知，当θ=φ=arctan=53°，

转盘的最大角速度为：ωm=rad/s

（2）从（1）知，ω再次为0时，θ最大，即有：

4sinθm+3cosθm-3=0

cos（θm-φ）=cosφ，则得圆盘转过的最大角度为：

θm=2φ=2×53°=106°

答：（1）在转动过程中转盘的最大角速度为rad/s．

（2）半径OA从开始无初速释放，顺时针转过的最大角度是106°．

解：QC受力情况如图所示，QA、QB对QC的作用力大小和方向都不因其它电荷的存在而改变，仍然遵守库仑定律的规律．

  QA对QC作用力：FA=K，同性电荷相斥．

  QB对QC作用力：FB=K，异性电荷相吸．

由上知 FA=FB

根据平行四边形法则，QC受的力F1即为FA、FB的合力，根据几何知识可知，QC受力的大小，F1=FA=FB=K，方向为平行AB连线向右．

答：在顶点C处的电荷量为QC的点电荷所受的静电力大小为K，方向为平行AB连线向右．

解：竖直方向上小球受到重力作用而作匀减速直线运动，则竖直位移大小为h=

小球在水平方向上受到电场力作用而作匀加速直线运动，则

水平位移x=

 h=

联立得，x=2h=

故M、N间的电势差为UMN=-Ex=-=-

从M运动到N的过程，由动能定理得

  W电+WG=m-

所以联立解得 W电=

答：M、N间电势差为-，电场力做功．

解：（1）有库仑定律得：

；方向竖直向上

（2）开始运动瞬间：F库0=2mg； 

 速度最大时：F库‘=mg

即F库'=

所以有：

（3）能回到B点．

液珠q从A处到B处由动能定律的得：w电场力-mgr0=0-0

液珠从A处到B处由动能定律的得：

其中w电场力=UABq，

答：（1）液珠开始运动瞬间所受库仑力的大小为，方向竖直向上；

（2）液珠运动速度最大时离O点的距离h为；

（3）当电量为q的液此时经过B点的速度为

解：（1）从A到C电场力做功为：

WAC=WAB+WBC=1.5×10-7J-4.0×10-7J=-2.5×10-7J

故A、C两点间电势差为：

UAC=

（2）BC间的电势差为：

UBC

ϕB-ϕC=UBC

ϕC=200V

（3）CB间的电势差为：UCB=-UBC=200V

电场力做功为：△EP=-W电=q．UBC=200×2×10-9=4×10-7J   所以电势能的变化量为4×10-7  J

答：（1）求A、C两点间电势差UAC为-125V

（2）若ϕB=0，则ϕC=200V

（3）电荷从C移到B，电势能的变化量为4×10-7  J

解：由题意，试探电荷的电量为 q=1.2×10-5C，受到的电场力为 F=6×10-6N，则该点的电场强度 E==N/C=0.5N/C．

电场强度反映电场性质的物理量，与试探电荷无关，把这个试探电荷取走，该点的电场强度不变，仍为0.5N/C．

答：该点的电场强度是0.5N/C．把这个试探电荷取走，该点的电场强度不变，仍为0.5N/C．

解：（1）小球受重力、支持力和电场力，支持力不做功，重力做功等于重力势能的减小量，电场力做功等于电势能的减小量，故在质点的运动中动能、电势能、重力势能三者之和守恒，故选项C正确；

故选：C

（2）质点在运动的过程中受到的电场力增大，所以质点运动的加速度会发生变化．故选：D

（3）因为 BD═BO=OC=OD，则B、C、D三点在以O为圆心的同一圆周上，是O点处点

电荷Q产生的电场中的等势点，所以，q由D到C的过程中电场力作功为零，由机械能守恒定律，

mgh=mvc2-mv2  …①

 其中    h=sin60°=

得        …②

质点在C点受三个力的作用：电场力f=，方向由C指向O点；重力mg，方向竖直向下；支撑力N，方向垂直于斜面向上．

根据牛顿定律，有

mgsinθ-focsθ=mac …③

mgsin30°-cos30°=mac

得，…④

答：（1）C；（2）D；（3）该质点滑到非常接近斜边底端C点时速率，沿斜面向下的加速度．

解：（1）B刚脱离板时，根据牛顿第二定律和库仑定律得：

  mg-k=ma

解得 x==m=3m

（2）对B电荷离板前的运动过程，设电荷B下降的高度为h，则有：

  mgh-W=mah

解得 h==m=14.5m

故绝缘板刚开始运动时到电荷A的距离 x′=x+h=17.5m

答：

（1）电荷B恰好脱离绝缘板时到电荷A的距离x是3m；

（2）绝缘板刚开始运动时到电荷A的距离x′是17.5m．

解：（1）电键未合上时两室中气体压强为p0．

设电键合上后，两室中气体压强分别为p1、p2，

由玻意耳定律p0l1S=p1l1′S，

p1==80Pa，

p0l2S=p2l2′S，

p2=3p0=720Pa．

两室中压强分别为80Pa和720Pa；

（2）活塞受到的气体压强差为△p=p2-p1=640Pa，

活塞在气体压力和电场力作用下处于平衡，电场力F=△pS=0.128N．

电场力为0.128N；

（3）活塞受到的电场力大小F=qEM，其中活塞带电量q=ε0SE，E由D、M所带等量导号电荷共同产生．

根据电场叠加原理，M产生的场强大小EM=，所以F=2e0SEM2，

EM=6×106V/m，U=El2′=12V，

M产生的场强为6×106V/m；电源电压为12V；

（4）活塞向上移动；

当滑片P由B向A滑动时，DM间电压减小场强减小，DN间场强变大，活塞受到向下的电场力减小，电场力与气体压力间的平衡被破坏，活塞向上移动．