热门试卷

解：（1）对球A受力分析，如图，根据共点力平衡条件，结合几何关系得到：

Tsin45°=mg

Tcos45°=F

解得：F=mgtan45°=0.2×10-3×10N=2×10-3N

即A球受的库仑力为2×10-3N．

（2）根据库仑定律，由F库=k得：

QA==C=5×10-7C

即A球的带电量是5×10-7C．

（3）根据电场强度的定义式，则有：E=

代入数据，解得：E=N/C=4×103N/C

答：（1）B球受到的库仑力大小2×10-3N；

（2）A球电量5×10-7C；

（3）B球在A平衡处的场强4×103N/C．

解：已知 q=4.50×10-6C，F=1.35×10-3N．

由场强的定义式得A点的电场强度为：E==300N/C．

电场中同一点的电场强度一定，与有无试探电荷无关，场强大小为300N/C．

答：该点的场强为300N/C．如果把该电荷取走以后，该点的场强是300N/C．

解：电场中同一位置场强是一定的，由F=qE得：

 =

则得：F2=F1=N=1.2×10-4N

该点的电场强度为：E==N/C=600N/C

答：若换一电荷量为2×10-7C的点电荷放在同一位置，受到的电场力是1.2×10-4N，该点的电场强度是600N/C．

解：（1）对带电小球受力分析如图示，电场力水平向右，故小球带正电荷，由平衡条件，得：qE=mgtanα   =

（2）如果使细线的偏角由α增大到φ，由动能定理得：mgl（1-cosφ）-qElsinφ=0-0   

     联立以上各式得：φ=60°

（3）小球由静止开始释放后瞬间的细线拉力为  T=F′cos30°==mg

答：（1）小球带正电荷，小球所带电量．

（2）如果使细线的偏角由α增大到φ，然后将小球由静止开始释放，则φ应为60°，才能使在细线到达竖直位置时小球的速度刚好为零．

（3）在第（2）中，小球由静止开始释放后瞬间的细线拉力mg．

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：

；

联立方程解得：，

答：（1）q2是正电荷，在x轴上坐标原点；q1是负电荷，坐标为2；

（2）两个电荷的比值为．