热门试卷

解：（1）a点处的场强，方向向右．          

设a→o过程电场力做功W1，克服阻力做功W2，在a→o和o→b过程分别对点电荷用动能定理：

解得，

由于W1=Uaoq，φ0=0，故φa=．

（2）最终点电荷停在o点．设总路程是ob的x倍，

全过程用动能定理：

解得：x=2n+1，故总路程：

答：（1）a点处的场强为，方向向右．电势为．

（2）该点电荷在该电场中运动全过程经历的总路程为．

解：（1）以平板车为研究对象，根据受力分析和牛顿运动定律有：-μ（m+m）g-EQ=Ma

电场力：F=EQ=1×107N/C×5×10-6C=50N

代入数据解得：a1=-7.2m/s2     

x1=m

（2）因x1＜4m，故小球不会从车的左端掉下，小车向右运动的时间t1=s

小车向左运动的加速度 a2=

代入数据得：a2=2.8m/s2

小球掉下小车时，小车向左运动的距离 x2=x1+=5.6m

小车向左运动的时间t2===2s

所以小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间 t=t1+t2=1+2=3s  

（3）小球刚离开平板车时，小车向左的速度的大小为：v2=a2t2=2.8×2=5.6m/s

小球离开平板车后，车的加速度大小a3===3m/s2

小球离开车子做自由落体的运动 h=gt32   

代入数据得：t3=0.5s

车子在t3时间内向左运动的距离 x3=v2t3+a3t32

代入数据得：t3=3.175m

车子在从t=0时起到小球离开平板车落地时止，向左运动的位移为s

  s=x3+x2-x1=3.175+5.6-3.6=5.175m

故在从t=0时起到小球离开平板车落地时止，带电体Q的电势能的变化量为△E，

△E=-Fs=-50×5.175=-258.75J 

答：（1）从t=0时起，平板车能继续向右运动的最大距离为3.6m．

（2）小球从t=0时起到离开平板车时所经历的时间为3s．

（3）从t=0时起到小球离开平板车落地时止，带电体Q的电势能的变化量为-258.75J．

解：（1）电场中A点的场强大小为：

E=

试探电荷是负电荷，场强方向与电场力相反，向右；

（2）从A点移到B点，电荷克服电场力做6×10-4J的功，从B点移到C点，电场力对电荷做9×10-4J的功，故：

A、C两点的电势差：

＞0

故A点的电势大于C点的电势；

答：（1）A点的场强的大小为0.01N/C，方向向右；

（2）A、C两点的电势差为100V，其中A点的电势较高．

解：已知试探电荷q=5.0×10-8C，电场力F=3.0×10-4N，则该处的电场强度大小为 E===6000N/C

答：该处的电场强度大小为6000N/C．

解：（1）该电荷在A点所受的电场力为：

F=qE=q=3×10-8C×=6×10-4N/c

（2）假设把电荷从M移到A点，电场力做功为：

W=qEd=-3×10-8C×6×10-4×0.002=-3.6×10-14J

电场力做负功，电势能增加，故A点所具有的电势能为3.6×10-14J；

（3）该电荷从A点运动到B点，电场力做功为：

W=qEdAB=-3×10-8×6×10-4×0.005=-9×10-14J

即电场力做的功是负功；

答：（1）该电荷在A点所受的电场力为6×10-4N/c；

（2）该电荷在A点所具有的电势能3.6×10-14J；

（3）该电荷从A点运动到B点，电场力做了-9×10-14J，是负功．

解：以小球为研究对象，对小球进行受力分析，根据小球处于平衡状态可知

F=mgtgθ=mgtan30°

而小球所受库仑力大小为：F=

解得：r=

答：求A、B两球间的距离r为．

解：根据W=qU可知：

WAC=WAB+WBC=-3×10-5+4.5×10-5J=1.5×10-5J=qUAC

则：UAC==-250V

答：AC之间的电势差是-250V．

解：（1）由E=k得知，M点的电场强度为：E=9.0×109×N/C=900N/C；

（2）电荷q从M点移到N点，电场力做的功为：

  WMN=qUMN=q（φM-φN）=-2×10-10×20J=-4×10-9J

答：

（1）M点的电场强度大小为900N/C；

（2）电场力做功为-4×10-9J．

解：经分析，当速度达到最大时，其在棒方向的加速度为零，

即Gcos45°-F库cos45°=0；

又库仑定律可知，F库==mg；

代入数据，解得：r=．

答：两球从上述位置同时下滑，当它们相距时，两球速度最大．