热门试卷

解：（1）根据库仑定律得，q所受的静电力为：

  F=k=9×109×N=9N，方向由B指向A．

（2）根据电场强度的定义式知，B点的场强 EB==N/C=4.5×105 N/C，方向由A指向B

（3）将q换为q′=4×10-5C的正点电荷，B点的场强不变，则q′所受的静电力大小 F′=q′EB=4×10-5×4.5×105 N=18N，方向由A指向B．

（4）将受力电荷拿去后，B点的场强大小不变，仍然为4.5×105N/C．

答：

（1）q受的静电力为9N，方向由B指向A．　

（2）q所在的B点的场强EB为4.5×105 N/C，方向由A指向B．

（3）若将q换为q′=4×10-5C的正点电荷，q′受力为18 N，方向由A指向，B点的场强大小为4.5×105 N/C，方向由A指向B．　

（4）将检验电荷拿去后，B点的场强为4.5×105 N/C，方向由A指向B．

解：（1）若电场力方向竖直，对小球进行受力分析，由平衡知识可知电场力为：

F=mg；

根据E=，

得：E1=；

（2）由矢量合成的方法可知，当小球受到的电场力的方向与绳子的方向垂直时，电场力最小，

所以电场强度最小，此时：

电场力：F′=mgsinθ；

电场强度：E2==

答：（1）若电场力方向竖直，匀强电场的电场强度；

（2）若要求电场强度取值最小，匀强电场的电场强度．

解：（1）负电荷从A移到B点的过程，电荷克服电场力做功，可见负电荷从电势高处移至电势低处．即φA＞φB

AB间的电势差：UAB=

负电荷从B移至C，电场力做正功，可见负电荷从电势低处移至电势高处，即φC＞φB

BC间的电势差：UBC==-300V

AC间的电势差：UAC=φA-φC=φA-φB+φB-φC=UAB+UBC=-100V

UCA=-UAC=100V

答：分别求AB、BC、CA间电势差分别为200V，-300V，100V，关系如图

解：正电荷从A移到B点的过程，电荷克服电场力做功，可见正电荷从电势高处移至电势低处．即φA＜φB

AB间的电势差为：UAB=V=-200V

正电荷从B移至C，电场力做正功，可见正电荷从电势低处移至电势高处，即φC＜φB

BC间的电势差：UBC=V=300V

由上可知，φB＞φA＞φc；

答：（1）A、B、C三点的电势高低关系是）φB＞φA＞φc；

（2）AB、BC的电势差UAB为-200V，UBC为300V．

解：（1）由小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度，可知小球在C点的合力方向一定沿CO且指向O点，所以A处电荷对小球吸引，B处电荷对小球排斥，因为A处电荷为正，所以小球带负电，B带负电．

（2）因为∠ABC=∠ACB=30°，CO⊥OB，由几何关系得：BC=2ABcos30°=L

由于无切向加速度，小球沿切线方向的合力为零，则有：

kcos60°=kcos30°，

解得：QB=Q；

（3）设小球在最低点C处的速度为vC，

则：F-mg=m，

小球从C点运动到最高点的过程中，电势能不变，故由动能定理知：

2mgR=mvC2-mv2，

小球在最高点受到A、B电荷的作用力合为F，方向竖直向下

即：F+mg-F管=m，

解得：F管=6mg，故空心管对小球的作用力大小为6mg，方向竖直向上．

答：（1）小球带负电，B处电荷带负电；

（2）固定在B点的电荷所带的电荷量为Q．

（3）小球运动到最高点处，空心管对小球作用力的大小为6mg，方向竖直向上．

解：（1）电荷N1运动到重力等于电场力时，速度最大，距底部距离为r，则有

  3mg=，

解得：r=．                             

设电荷N1运动到B处时的速度为vB，由动能定理，有

  3mg（l-h）+qUAB=×3m，

依题意有：mg（l-h）+qUAB=0，

联立两式可得：vB=2．                 

（2）N不能到达B处．                         

因为  mg（l-h）+qUAB′＜0                    

（3）设带电体N的质量为m′、电荷量为+q′，

由动能定理得：m′g（l-h）+q′UAB=0，

  =．        

答：

（1）N1运动过程中速度最大处与M的距离为，到达B处的速度大小为2：

（2）N不能到达B处，因为 mg（l-h）+qUAB′＜0：

（3）带电体下落的最低点在B处，N应满足的条件为=．

解：（1）A静止，由平衡条件有：

qE+mg=2mgsin37°

解得：E=

（2）C刚离地时，弹簧伸长为：x=

由能量守恒有：2mgxsin37°+qEx=mgx+•3mv2+EP；

解得：EP=-mv2；

（3）A滑上斜面的粗糙部分，由牛顿第二定律：μN=2ma             

N=2mgcos37°

得：a=μgcos37°=                             

故A做匀减速直线运动，时间：t==

答：（1）电场强度E的大小为；

（2）此时弹簧的弹性势能EP为-mv2；

（3）若（2）问中A刚要滑上斜面的粗糙部分时，绳子断了，电场恰好再次反向，请问A再经时间停下来．

解：

（1）根据牛顿第二定律和库仑定律得：

带电小球在点时有：

  sin 30°-=

带电小球在点时有：

  k-sin 30°=

且=，可解得：=

（2）由点到点应用动能定理得：

sin 30°•-•=0

由sin 30°-k=•=

可得：=k

可求得：=k

答：

（1）小球运动到B点时的加速度大小为．

（2）B和A两点间的电势差为k．

解：（1）两个小球相互吸引，故带异种电荷，故A球带负电荷；

（2）（3）小球受水平向左的库仑力、重力、绳子的拉力而平衡，根据平衡条件有：

F库=mgtanθ…①

F库=k…②

将r=3cm=0.03m，θ=45°带入解①②得：

F库=2×10-3N，qA=5×10-9 C．

故根据牛顿第三定律可知，B所受库伦力为2×10-3N，小球A带的电量是5×10-9C．

答：（1）小球A带负电荷；

（2）此时小球B受到的库仑力大小为2×10-3N；

（3）小球A带的电荷量qA为5×10-9C．

解：（1）小球由A到B过程中，WAB＞0，q＜0，根据WAB=qUAB=q（φA-φB）知，φA＜φB，故电场强度方向从B到A．

由匀强电场场强公式得：==200V/m．

由WAB=qUAB得，C．

（2）由牛顿第二定律得：Eq=ma

故，a===2×103m/s2．

由动能定理得：qU=mv2/2得：

v=

答：（1）匀强电场的场强方向从B到A；电场强度为200V/m；小球的电量为0.01C．

（2）小球运动的加速度为2×103m/s2．和到达B点时的速率为20m/s．