热门试卷

解：（1）运动中间距不变，则三球加速度相同，水平向右．设C球所带电量为Q，对A求受力分析可知，得C球带负电，且：

Kcos60°=K  

解得

Q=2q，为负电

（2）对A球受力分析可知

Ksin60°═ma     

a=k

对整体受力分析可知

F=3ma=

答：

（1）C球带负电，电荷量为2q，

（2）水平力F的大小为，加速度a=k．

解：（1）根据条件，电荷的电量q=-10-6C，负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做功2×10-6J，电场力做功为WAB=-2×10-6J，

则==2V．

由题，负电荷从C点移到D点，电场力做功WCD=7×10-6J，

则UCD===-7V．

已知B点比C点电势高3V，即UBC=3V．而UAD=UAB+UBC+UCD=2V+3V-7V=-2V．

（2）电场中两点的电势差由电场本身决定，故UAD=-2V．

根据WAD=qUAD

代入数据

答：（1）A、B间，C、D间，A、D间的电势差分别为：UAB=2V，UCD=-7V，UAD=-2V．

（2）把-1.5×10-6C的电荷从A点移到D点，静电力做功为3×10-6J．

解：（1）从A到B，由vB2=2gh，h=4R   

则 vB=2

（2）在C点，由牛顿第二定律得

  3mg+Fx=m

从B到C，由动能定理得：-Fx2R=（m vc2-m vB2）                         

解得Fx=mg，vc=2                        

据题 Fy=mg

故电场力大小为 F= mg，方向与水平成45°斜向左上方     

（3）从C运动到P过程，小球的水平分加速度 ax==g                             

水平方向有：

  2R=axt2                             

竖直方向有 y=vct

解得 y=4R                               

（4）根据动能定理得：

  Fx•2R=（m vP2-m vC2）                    

解得 vP=2，方向与水平成45°斜向左上方．

答：

（1）小球到达B点的速度大小是2：

（2）小球受到的电场力的大小是 mg，方向与水平成45°斜向左上方；

（3）小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹经过AB连线上某点P，P点到B点的距离是4R；

（4）小球到达P点的速度的大小2，方向与水平成45°斜向左上方．

解：（1）A点的场强为：=1×104N/C 

（2）负点电荷在A点所受电场力的方向如图

（3）A点的电场强度仍为1×104N/C 

F=Eq=1×104×2.0×10-8 N=2.0×10-4N 

答：（1）A点电场强度的大小为1×104N/C 

（2）在图中画出该负电荷在A点所受电场力的方向如图

（3）若将另一电荷量为2.0×10-8C正的点电荷也放在A点，A点的电场强度为1×104N/C，该正电荷受到的电场力又为=2.0×10-4N

解：（1）根据电场强度的叠加原则可知：

+=；

（2）+Q在0′处产生的场强E，方向与水平方向成60°斜向上，-Q在0′处产生的场强为：，，方向与水平方向成60°斜向下，

根据矢量合力原则可知，O′点的场强E=，方向水平向右．

答：（1）两点电荷连线的中点O的场强为；

（2）在两点电荷连线的中垂线上，距A、B两点都为r的O′点的场强大小为，方向水平向右．

解：（1）板间场强为 E===80V/m

ac间的电势差 Uac=Elsin60°=80××10-2×V=1.2V

故电子从a点先沿ab连线在沿bc连线方向移动到c点，电场力做的功 Wac=qUac=-1.6×10-19×1.2J=-1.92×10-19J

（2）c点的电势等于c与下极板间的电势差，为φc=E（d-0.01-lsin60°）=80×（0.05-0.01-×10-2×）V=2V

故α粒子（He）在c点具有的电势能 Ep=qφc=3.2×10-19×2J=6.4×10-19J

答：

（1）电子从a点先沿ab连线在沿bc连线方向移动到c点，电场力做的功为-1.92×10-19J．

（2）α粒子（He）在c点具有的电势能是6.4×10-19J．