热门试卷

解：（1）小球在进入电场前做平抛运动，设到达M板上端处时竖直分速度的大小为v′，则有：

v′2=2gh

tanθ===

（2）小球在电场中做直线运动，合力的方向与速度的方向在同一条直线上，设电场强度为E，故有：

tanθ=

设两板间距离为d，则：E=

故：d==

（3）对于运动的全过程，有动能定理得：

mg（h+l）+qU=

故：=1×10-2×10（0.2+0.3）+4×10-5×1.5×103J=0.19J

答：：（1）小球到达M板上端时速度与水平方向夹角θ的正切值为0.5

（2）M、N两板间的 距离为0.3cm

（3）小球到达B点时的动能为0.19J

解：①带电体向上运动，说明所受的电场力向上，则带电体一定带正电．

从O到A的过程中，根据动能定理有：qUOA-mgh=0-0

可得  UOA=

②带电体在B点的速度达到最大，处于平衡状态，则有：mg=qE，解得：E=

从O到B的过程中，根据动能定理有：qUOB-mgL=-0

可得 UOB=

又 UOB=φO-φB，及φO=0，那么 φB=-UOB=-

答：

①OA间电势差是；

②若选O点电势零，B点的电势是-，场强是．

解：由题意，C、D两点沿垂直金属极板A、B的距离为  l=d-0.5×2=5-1=4cm，

由电场强度与电势差的关系U=Ed得 

，

有电场力做功与电势能的关系，得W=qU=-2×10-3×（-96）=0.192J，

又△Ep=-W=0.192J，故电势能减少

答：（1）C、D两点间的电势差UCD为-96V

（2）电荷的电势能变化了0.192J

解：关于O点对称的一对负电荷在O点产生的场强抵消，所以六边形中心O点处的场强，相当于两对等量异种电荷产生的．

一对关于O点对称的等量异种电荷在O点产生的场强大小 E=2k，根据电场的叠加原理可知，中心O点处的场强 EO=2Ecos30°=，方向由O点垂直指向右下角两个负电荷的连线．

答：中心O点处的场强为，方向由O点垂直指向右下角两个负电荷的连线．

解：（1）对物块Q，根据动能定理有：UCBq-mgLsinθ-mgcosθμL=0，

解得：，

（2）Q即将到达B点时，P受到的库仑力为FB，对支架，由力矩的平衡有：，

对Q：，，

解得：，

Q在C点时，受到的库仑力为FC，则：，

解得：

释放Q瞬间：FC-mgsinθ-f=ma

解得：

（3）Q处于平衡状态时，有两个位置．

Q经过最大速度为v的位置，Q受到的库仑力为F，则：

又：

解得：

此位置，Q的总势能为EP1，由能量守恒定律有：

解得：

Q到达B点后，因＜f，故Q停在B点，Q的总势能为EP2，

则：

故Q处于平衡状态时的总势能为：或

答：（1）C、B两点间的电势差为；

（2）释放Q瞬间，它的加速度为；

（3）若Q运动过程中的最大速度为v，则Q处于平衡状态时的总势能为或．

解：AB间的电势差：

UAB===200V

BC间的电势差：

UBC===-300V

则有：UAC=UAB+UBC=200V-300V=-100V

故有：UCA=-UAC=100V

答：电势差UAB、UBC、UCA分别为200V、-300V、100V．

解：A点电场强度E的大小 E===400N/C

电场强度方向水平向右．

答：A点电场强度E的大小为400N/C，方向是水平向右．

解：（1）对整个过程，由动能定理得：

  WF+Wf=△EK=0

设滑块停止的位置为x2，则有

 q（φ1-φ2）-μmg（x2-x1）=0

即q（-）-μmg（x2-x1）=0

代入数据有：

 1.0×10-7×（-）-0.2×0.1×10×（x2-0.1）=0

可解得x2=0.225m；

（2）设滑块到达左侧位置为x1，由动能定理得：

滑块从开始运动的返回出发点的全过程中：

则滑块由该位置返回到出发点过程中，q（φ1-φ2）-μmg（x-x1）=0

代入数据解得：x1=0.0375m，．

答：（1）若将滑块无初速地放在x=0.10m处，滑块最终停止在坐标为0.225m处．

（2）若滑块从x=0.60m处以初速度v0沿-x方向运动，要使滑块恰能回到出发点，其初速度v0应为2.12m/s．

解：由图知：x从0到∞，电势先降低后升高，则知q2是正电荷，在x轴上坐标原点；q1是负电荷，在x轴的负方向上．

设坐标为x，由图得：k+=0；

+=0

联立方程解得：x=，=

答：（1）分析两个电荷的带电性质，q2电荷，在x轴上坐标原点；q1是负电荷，；

（1）求两个电荷的位置坐标q2电在x轴上坐标原点；q1在；

（2）求两个电荷的电量之比