电场：电流_章节学习

1

题型：多选题

|

多选题

（2015秋•合肥校级期中）以下对“静电场”一章中几个公式的理解，错误的是（　　）

A公式C=指出，电容器的电容随电容器所带电荷量Q的增加而增加

B由E=可知，同一个电容器（d不变）两板电势差U越大时板内电场强度E越大

C在公式F=中，是q1所在位置的电场强度的大小

D公式WAB=qUAB中，电荷q沿不同路径从A点移动到B点，静电力做功不同

正确答案

A,D

解析

解：A、电容C由电容器本身决定，与U、Q无关．故A错误；

B、由E=可知，同一个电容器（d不变）两板电势差U越大时板内电场强度E越强，故B正确；

C、在公式F=中，则有E==，因此是q1所在位置的电场强度的大小，故C正确；

D、公式WAB=qUAB中，电荷q沿不同路径从A点移动到B点，但静电力做功相同，故D错误；

本题选错误，故选：AD

1

题型：单选题

|

单选题

匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为0.8m，D为AB的中点，如图所示．已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14V、6V和2V．设场强大小为E，一带电荷量为1×10-6 C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W，则（　　）

AW=1.6×10-6 J

BW=1.2×10-5 J

CE＞10 V/m

DE≤8 V/m

正确答案

C

解析

解：由题匀强电场中，由于D为AB的中点，则D点的电势为：

φD==10V，

电荷从D点移到C点电场力所做的功为：

W=qUDC=q（φD-φC）=1×10-6×（10-2）J=8×10-6J．

AB的长度为0.8m，由于电场强度的方向并不是沿着AB方向，所以AB两点沿电场方向的距离d＜0.8m

匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即：U=Ed

所以有：E=＞10 v/m

故选：C

1

题型：简答题

|

简答题

在光滑水平面上有质量均为lkg，半径均为5cm的A、B两个小球．如图所示，小球．A从很远处以水平速度v0=2m/s向右正对B球运动，从某时刻两小球间开始有F=2N的恒定引力作用．在经过一段时间后，两球间距缩小4m，从此时刻起，两球间开始有F‘=2N的恒定斥力作用．

（1）两球从开始有引力作用到开始有斥力作州经历时间为多少？

（2）为了使两球不相碰，开始有斥力时两球球心间距离应满足什么条件？

正确答案

解：（1）当两球间有引力作用时，设两球的加速度大小分别为：aA和aB．由牛顿第二定律得：

aA=aB===2m/s2．

再由位移关系得：vAt++=4

联立解得 t=1s

（2）设两球开始时有斥力作用时的速度大小分别为vA和vB，则

vA=v0+aAt，vB=aBt；

分析两球的运动情况：两球间开始有斥力后，A球先做匀减速运动，B球先做匀减速运动到速度为零，后再反方向加速，两球速度相等之前，两球间的距离一直减小，之后就逐渐增大，如果在两球速度相等之前不相碰，以后就不会相碰．设这段时间为t′，共同速度为v，开始有斥力时两球球心间距离为S，两球的加速度大小仍相同，并为aA=aB=2m/s2．

取vA的方向为正方向，v=vA-aAt′，v=-vB+aBt′

联立以上方程解得：vA=4m/s，vB=2m/s，v=1m/s

两球的位移分别为：SA=，SB=

不相碰应满足：SA+SB+2r≤S

代入数据解得：S≥4.6m

答：

（1）两球从开始有引力作用到开始有斥力作州经历时间为是1s．

（2）为了使两球不相碰，开始有斥力时两球球心间距离应满足大于等于4.6m．

解析

解：（1）当两球间有引力作用时，设两球的加速度大小分别为：aA和aB．由牛顿第二定律得：

aA=aB===2m/s2．

再由位移关系得：vAt++=4

联立解得 t=1s

（2）设两球开始时有斥力作用时的速度大小分别为vA和vB，则

vA=v0+aAt，vB=aBt；

分析两球的运动情况：两球间开始有斥力后，A球先做匀减速运动，B球先做匀减速运动到速度为零，后再反方向加速，两球速度相等之前，两球间的距离一直减小，之后就逐渐增大，如果在两球速度相等之前不相碰，以后就不会相碰．设这段时间为t′，共同速度为v，开始有斥力时两球球心间距离为S，两球的加速度大小仍相同，并为aA=aB=2m/s2．

取vA的方向为正方向，v=vA-aAt′，v=-vB+aBt′

联立以上方程解得：vA=4m/s，vB=2m/s，v=1m/s

两球的位移分别为：SA=，SB=

不相碰应满足：SA+SB+2r≤S

代入数据解得：S≥4.6m

答：

（1）两球从开始有引力作用到开始有斥力作州经历时间为是1s．

（2）为了使两球不相碰，开始有斥力时两球球心间距离应满足大于等于4.6m．

1

题型：单选题

|

单选题

如图中的一簇曲线是空间某区域的电场线，A、B分别是该电场中不同高度处的两点，它们所在水平面间的距离为H．自A点将一个质量为m的带电小球以速度v1水平抛出，小球到达B点时的速度大小为v2，方向与水平面成a角，已知小球电荷量大小为q，但电性未知，重力加速度为g，则（　　）

A若v1＞v2，则小球一定带正电

B若小球带正电，则A、B两点间的电势差U=（-）-

C小球运动到B点时重力的瞬时功率P=mgv1cosa

D若v1＜v2，则小球在A点的机械能小于在B点的机械能

正确答案

B

解析

解：A、若v1＞v2，动能减小，根据动能定理，合力做负功；而重力做正功，故电场力做负功，故电场力向上，粒子带负电；故A错误；

B、若小球带正电，从A到B过程，根据动能定理，有：

mgH+qU=

联立解得：

U=（-）-，故B正确；

C、小球运动到B点时所受重力与速度方向不同，则其重力的瞬时功率P=mgv2sinα，故C错误；

D、若v1＜v2，小球的动能增大，根据动能定理，合力做正功；但由于重力做正功，故电场力不一定做正功；而初重力外其余力做的功（电场力做的功）等于机械能的增加量，故机械能不一定增加；故D错误；

故选：B．

1

题型：单选题

|

单选题

（2015秋•海淀区期末）如图所示，水平放置的两个正对的带电金属板MN、PQ间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B．在a点由静止释放一带正电的微粒，释放后微粒沿曲线acb运动，到达b点时速度为零，c点是曲线上离MN板最远的点．已知微粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，不计微粒所受空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）

A微粒在a点时加速度方向竖直向下

B微粒在c点时电势能最大

C微粒运动过程中的最大速率为

D微粒到达b点后将沿原路径返回a点

正确答案

A

解析

解：A、微粒在a点时速度为零，不受洛伦兹力，只有重力和竖直向下的电场力，合力方向竖直向下，由牛顿第二定律知加速度方向竖直向下．故A正确．

B、从a运动到c，电场力做正功，电势能减小．从c运动到b，电场力做负功，电势能增大，所以微粒在c点时电势能最小，故B错误．

C、根据能量守恒定律知，微粒在c点时动能最大，在c点，有 qvB＞mg+qE，得 v＞，所以最大速率大于，故C错误．

D、微粒在b点的受力情况与a点的受力情况相同，可知微粒到达b点后将相同轨迹向右做曲线运动，不可能沿原路径返回a点，故D错误．

故选：A

1

题型：简答题

|

简答题

如图，真空中xoy平面直角坐标系上有ABC三点，A、B两点坐标分别为（-l，0）、（l，0）．若将电荷量均为q（q＞0）的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量为k，取无穷远处电势为零．通过计算，说明：

（1）在y正半轴上，存在一点C，该处电场强度E为y轴上所有点处场强最大的位置，求出该点的坐标；

（2）O点处，电场强度E0为零，而电势φ0＞0．

（3）在图中给定的φ-x坐标系上，定性画出这两个点电荷的电场，在x轴上的电势分布曲线．

正确答案

解：（1）设AC连线与水平方向夹角为θ，两个电荷在C点产生的场强均为：EA=EB==；

故EC=2EAsinθ=2=

积化和差，有：

EC=）

当θ=35.262°时，EC有最大值，故C点的纵坐标为：l=ltan35.262°=0.71 l，故C点坐标为（0.71 l，0）；

（2）点O的场强为零，从O向+y方向，电场方向向上，故电势逐渐降低，而无穷远处电势为零，故φ0＞0．

（3）这两个点电荷的电场，在x轴上的电势分布，如图所示：

答：（1）该点的坐标为（0.71 l，0）；

（2）O点电场强度E0为零，而电势φ0＞0；

（3）在x轴上的电势分布曲线如图所示．

解析

解：（1）设AC连线与水平方向夹角为θ，两个电荷在C点产生的场强均为：EA=EB==；

故EC=2EAsinθ=2=

积化和差，有：

EC=）

当θ=35.262°时，EC有最大值，故C点的纵坐标为：l=ltan35.262°=0.71 l，故C点坐标为（0.71 l，0）；

（2）点O的场强为零，从O向+y方向，电场方向向上，故电势逐渐降低，而无穷远处电势为零，故φ0＞0．

（3）这两个点电荷的电场，在x轴上的电势分布，如图所示：

答：（1）该点的坐标为（0.71 l，0）；

（2）O点电场强度E0为零，而电势φ0＞0；

（3）在x轴上的电势分布曲线如图所示．

1

题型：填空题

|

填空题

将一电量为q=2x10-6C 的点电荷沿着电场线从A移至电场中某点B，电场力做功 4x10-5J，B移至C点电场力做功-6x10-5J，若选B为零势面，A点的电势为______，C点的电势为______．

正确答案

20V

30V

解析

解：A与B间的电势差为：UAB==V=20V．

因UAB=φA-φB，得：φA=UAB+φB=20+0=20V

B与C间的电势差为：UBC==V=-30V．

因UBC=φB-φC，得：φC=φB-UBC=0-（-30）V=30V

故答案为：20V，30V

1

题型：简答题

|

简答题

如图所示，在真空中的竖直平面内，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，A球的电荷量为+4q，B球的电荷量为-3q，组成一带电系统．虚线MN与PQ平行，开始时PQ恰为杆的中垂线．在MN与PQ间加竖直向上的匀强电场，恰能使带电系统静止不动．现使电场强度突然加倍（已知当地重力加速度为g），求：

（1）B球刚到达电场边界PQ时的速度大小；

（2）若要使A不离开电场上边界MN，则MN与PQ之间相距至少为多少？

（3）带电系统运动的周期为多少？

正确答案

解：（1）设带电系统静止时电场强度为E，则有2mg=4qE，解得：

E= ①

电场强度加倍后，系统从开始静止到B进入电场，根据动能定理有：

（2E×4q-2mg）L=×2m ②

联立①②得B球刚进入电场时的速度：

（2）设MN与PQ相距为x时A球恰好到达电场边界MN，根据动能定理得到：

2E•4q•（x-L）-2E•3q•（x-2L）-2mg（x-L）=0

解得：

x=4L

（3）带电系统上升过程和下降过程具有对称性；

带电系统向上运动分为三阶段：

第一阶段匀加速运动，根据牛顿第二定律有：

a1==g，

运动时间：

t1==；

第二阶段匀减速运动，同理可得：

a2==

设A球出电场时速度为v2，根据运动学公式有：v22-v12=-2a2L，

解得v2=，

t2==2（-1）；

第三阶段匀减速运动，a3==，t3==

则运动周期T=2（t1+t2+t3）=（6-）

答：（1）B球刚到达电场边界PQ时的速度大小为；

（2）若要使A不离开电场上边界MN，则MN与PQ之间相距至少为4L；

（3）带电系统运动的周期为（6-）．

解析

解：（1）设带电系统静止时电场强度为E，则有2mg=4qE，解得：

E= ①

电场强度加倍后，系统从开始静止到B进入电场，根据动能定理有：

（2E×4q-2mg）L=×2m ②

联立①②得B球刚进入电场时的速度：

（2）设MN与PQ相距为x时A球恰好到达电场边界MN，根据动能定理得到：

2E•4q•（x-L）-2E•3q•（x-2L）-2mg（x-L）=0

解得：

x=4L

（3）带电系统上升过程和下降过程具有对称性；

带电系统向上运动分为三阶段：

第一阶段匀加速运动，根据牛顿第二定律有：

a1==g，

运动时间：

t1==；

第二阶段匀减速运动，同理可得：

a2==

设A球出电场时速度为v2，根据运动学公式有：v22-v12=-2a2L，

解得v2=，

t2==2（-1）；

第三阶段匀减速运动，a3==，t3==

则运动周期T=2（t1+t2+t3）=（6-）

答：（1）B球刚到达电场边界PQ时的速度大小为；

（2）若要使A不离开电场上边界MN，则MN与PQ之间相距至少为4L；

（3）带电系统运动的周期为（6-）．

1

题型：简答题

|

简答题

如图所示，半径R=0.40m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A．在离端点A相距s=4.0m处的水平地面上D点的右方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度大小为E=10.0N/C，磁感应强度大小为B=10.0T．现有在D点正上方离D点距离为1.40m的带电小球，以初速度为v0垂直界面进入电磁场中，带电小球恰好作匀速圆周运动，后刚好从D点沿水平地面向左运动，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点．已知带电小球的质量m=0.10Kg，球与水平地面间的动摩擦因数μ═0.30．求：

（1）带电小球带什么电？带电量为多少？

（2）小球的初速度v0的大小．

（3）A、C间的距离（取重力加速度g=10m/s2）．

正确答案

解：（1）带电小球以初速度为v0垂直界面进入电磁场中，带电小球恰好作匀速圆周运动，可知带电小球所受的电场力与重力平衡，电场力竖直向上，则小球带正电．

由平衡条件有：

mg=qE ①

由①式解得：q=0.10C

（2）带电小球以初速度为v0垂直界面进入电磁场中，带电小球恰好作匀速圆周运动，有：

qv0B=m ②

由题知： ③

由①②③式解得：v0=7.0m/s

（3）小球从D到A的过程中有：-μmgs=mvA2-mv02 ④

恰好做圆周运动时物体在最高点B满足：，vB1=2m/s ⑤

假设物体能到达圆环的最高点B，由机械能守恒得： ⑥

联立④⑥可得 vB=3m/s

因为，所以小球能通过最高点B．

小球从B点做平抛运动，则有

，sAC=vB•t ⑦

由④⑥⑦得：sAC=1.2m

答：

（1）带电小球带正电，带电量为0.10C．

（2）小球的初速度v0的大小是7.0m/s．

（3）A、C间的距离是1.2m．

解析

解：（1）带电小球以初速度为v0垂直界面进入电磁场中，带电小球恰好作匀速圆周运动，可知带电小球所受的电场力与重力平衡，电场力竖直向上，则小球带正电．

由平衡条件有：

mg=qE ①

由①式解得：q=0.10C

（2）带电小球以初速度为v0垂直界面进入电磁场中，带电小球恰好作匀速圆周运动，有：

qv0B=m ②

由题知： ③

由①②③式解得：v0=7.0m/s

（3）小球从D到A的过程中有：-μmgs=mvA2-mv02 ④

恰好做圆周运动时物体在最高点B满足：，vB1=2m/s ⑤

假设物体能到达圆环的最高点B，由机械能守恒得： ⑥

联立④⑥可得 vB=3m/s

因为，所以小球能通过最高点B．

小球从B点做平抛运动，则有

，sAC=vB•t ⑦

由④⑥⑦得：sAC=1.2m

答：

（1）带电小球带正电，带电量为0.10C．

（2）小球的初速度v0的大小是7.0m/s．

（3）A、C间的距离是1.2m．

1

题型：简答题

|

简答题

在静电场中，将一电量q=-1.5×10-6C的电荷从A点移到B点，电势能减少3×10-4J，如果将该电从C点移到A点，克服电场力做功1.5×10-4J．

（1）求AB两点间的电势差、AC两点间的电势差和BC两点间的电势差．

（2）若将此电荷从A点移动无穷远处，克服电场力做功为6×10-4J，求电荷在A点的电势能．

（3）若规定C点电势为零，求A点电势和电荷在B点的电势能．

（4）如果将电量为2.0×10-6的正电荷有A点移到B点，求电场力做的功．

正确答案

解：（1）将一电量q=-1.5×10-6C电荷从A点移到B点，电势能减少3×10-4J，说明电场力做功3×10-4J

得：UAB==V=-200V，

电荷从C点移到A点，克服电场力做功1.5×10-4J，说明电荷从A点移到C点，电场力做功1.5×10-4J

得：UAC==V=-100V

得：UBC=UBA+UAC=-UAB+UAC=（200-100）V=100V

（2）电荷在A点的电势能为：εA=WA∞=-6×10-4J

（3）规定C点电势为零，则：∅A=UAC=-100V；

∅B=UBC=100V；

ɛB=q∅B=（-1.5×10-6）×100J=-1.5×10-4J

（4）根据WAB=qUAB=2.0×10-6×-200J=-4×10-4J，

答：（1）AB两点间的电势差为-200V，AC两点间的电势差为-100V，BC两点间的电势差为100V．

（2）电荷在A点的电势能为-6×10-4J．

（3）若规定C点电势为零，A点电势为-100V，电荷在B点的电势能为-1.5×10-4J；

（4）将电量为2.0×10-6的正电荷有A点移到B点，则电场力做的功-4×10-4J．

解析

解：（1）将一电量q=-1.5×10-6C电荷从A点移到B点，电势能减少3×10-4J，说明电场力做功3×10-4J

得：UAB==V=-200V，

电荷从C点移到A点，克服电场力做功1.5×10-4J，说明电荷从A点移到C点，电场力做功1.5×10-4J

得：UAC==V=-100V

得：UBC=UBA+UAC=-UAB+UAC=（200-100）V=100V

（2）电荷在A点的电势能为：εA=WA∞=-6×10-4J

（3）规定C点电势为零，则：∅A=UAC=-100V；

∅B=UBC=100V；

ɛB=q∅B=（-1.5×10-6）×100J=-1.5×10-4J

（4）根据WAB=qUAB=2.0×10-6×-200J=-4×10-4J，

答：（1）AB两点间的电势差为-200V，AC两点间的电势差为-100V，BC两点间的电势差为100V．

（2）电荷在A点的电势能为-6×10-4J．

（3）若规定C点电势为零，A点电势为-100V，电荷在B点的电势能为-1.5×10-4J；

（4）将电量为2.0×10-6的正电荷有A点移到B点，则电场力做的功-4×10-4J．

1

题型：简答题

|

简答题

如图所示，在场强为40V/m的匀强电场中，一个带正电粒子，电荷量为2C，从A点移动B点．已知AB间的距离为40cm，AB连线与电场线方向成30°夹角，求电场力做的功W？

正确答案

解：电场力为：

F=qE=2×40=80N；

从A点移动B点，电场力做的功为：

W=FScos30°=80N×0.4m×=16J；

答：电场力做的功W为16J．

解析

解：电场力为：

F=qE=2×40=80N；

从A点移动B点，电场力做的功为：

W=FScos30°=80N×0.4m×=16J；

答：电场力做的功W为16J．

1

题型：单选题

|

单选题

如图所示，一个电量为-Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电荷量为+q及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时的速度为v，且为运动过程中速度最小值．已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法错误的是（　　）

A点电荷乙从A点运动到B点的过程中，加速度逐渐减小

BOB间的距离为

C点电荷乙越过B点向左运动，其电势能仍增多

D在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB=

正确答案

C

解析

解：A、点电荷乙在运动过程中所受的滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球乙从A点运动到B点的过程中，有mgμ-F库=ma，因此加速度逐渐减小，故A正确；

B、当速度最小时有：mgμ=F库=k ，所以解得：r=，即OB间的为，故B正确；

C、在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故C错误；

D、点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：UABq-mgμL0=mv2-m，所以解得AB间电势差UAB=．故D正确

本题选错误的，故选：C．

1

题型：简答题

|

简答题

如图所示，在真空中的O点放一点电荷 Q=1.0×10-9C，直线MN过O点，OM=30cm．现有一检验电荷q=-2×10-10C，若ϕM=20V，ϕN=5V，求：

（1）电荷Q在M点的电场强度的大小；

（2）电荷q在M点和N点的电势能EPM和EPN；

（3）把电荷q从M点移动到N点的过程中电场力所做的功．

正确答案

解：（1）M点的场强：

==100N/C．

（2）q在M点的电势能：EPM=-2×10-10C×20V=-4×10-9J

q在N点的电势能：EPN=-2×10-10C×5V=-1×10-9J

（3）把电荷q从M点移动到N点的过程中，电场力所做的功为：

WMN=EPM-EPN=-4×10-9J-（-1×10-9J）=-3×10-9J

答：（1）电荷Q在M点的电场强度的大小为100N/C；

（2）电荷q在M点和N点的电势能EPM和EPN分别为-4×10-9J、-1×10-9J；

（3）把电荷q从M点移动到N点的过程中电场力所做的功为-3×10-9J．

解析

解：（1）M点的场强：

==100N/C．

（2）q在M点的电势能：EPM=-2×10-10C×20V=-4×10-9J

q在N点的电势能：EPN=-2×10-10C×5V=-1×10-9J

（3）把电荷q从M点移动到N点的过程中，电场力所做的功为：

WMN=EPM-EPN=-4×10-9J-（-1×10-9J）=-3×10-9J

答：（1）电荷Q在M点的电场强度的大小为100N/C；

（2）电荷q在M点和N点的电势能EPM和EPN分别为-4×10-9J、-1×10-9J；

（3）把电荷q从M点移动到N点的过程中电场力所做的功为-3×10-9J．

1

题型：简答题

|

简答题

如图（a）所示，MN是长为a倾斜放置的光滑绝缘细杆，倾角为37°，MNP构成一直角三角形．MP中点处固定一电量为Q的正电荷，杆上穿有一带正电的小球（可视为点电荷），小球自N点由静止释放，小球的重力势能和电势能随MN上位置x（取M点处x=0）的变化图象如图（b）所示，其中E0、E1、E2为已知量，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，静电力常量为k，重力加速度为g．（不得使用Ep=-）

（1）求势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m

（2）已知在x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电量q

（3）求小球运动到M点时的速度大小．

正确答案

解：（1）根据Q电荷的电场线的分布可知电场力先对带电小球做负功，后做正功，故电势能先增大后减小，故图（b）中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ．

势能为E1时的横坐标为：x1=acos37°••cos37°=0.32a

x1处重力势能为：E1=mgx1sin37°

则有：m===

（2）在x1处，根据受力分析可知

k=mgcos37°，其中r=x1tan37°=0.24a

带入数据，得：q=

（3）根据动能定理有：mga sin37°+E2-E0=mv2

带入数据，得：v=

答：（1）势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m分别为0.32a、．

（2）小球的电量q为．

（3）小球运动到M点时的速度大小为．

解析

解：（1）根据Q电荷的电场线的分布可知电场力先对带电小球做负功，后做正功，故电势能先增大后减小，故图（b）中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ．

势能为E1时的横坐标为：x1=acos37°••cos37°=0.32a

x1处重力势能为：E1=mgx1sin37°

则有：m===

（2）在x1处，根据受力分析可知

k=mgcos37°，其中r=x1tan37°=0.24a

带入数据，得：q=

（3）根据动能定理有：mga sin37°+E2-E0=mv2

带入数据，得：v=

答：（1）势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m分别为0.32a、．

（2）小球的电量q为．

（3）小球运动到M点时的速度大小为．

1

题型：填空题

|

填空题

两个正点电荷Q和8Q分别置于固定在光滑绝缘水平面上的A、B两点，A、B相距2R，且A、B两点正好位于水平光滑绝缘半圆细管的两个端点出口处，如图所示，若把一点电荷放于绝缘管内靠近A点处由静止释放，则它在管内运动过程中电势能最小的位置为M，则图中θ的正切值为______．

正确答案

2

解析

解：若点电荷在p点处受到的库仑力的合力沿op的方向，则它在p点处速度最大，电势能最小

即此时满足：tanθ=

解得：tanθ=2．

故答案为：2

热门试卷

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析