热门试卷

（1）根据电场强度的定义：A点的电场强度E==2×104N/C

（2）FB的方向沿电场线反方向；从图中可以看出A点的电场线密，所以A点的电场强度大，所以FA＞FB．

答：（1）此电场中A点的电场强度大小2×104N/C；

（2）该点电荷在B点所受静电力FB的方向如图，所受电场力FA＞FB．

（1）连接AC，将AC分成三等份点，则E点的电势为9V，F点的电势为3V，连接BF、DE，可知DE∥BF，则D点的电势为9V．

（2）根据余弦定理得：cos∠FAB=cos45°=

解得：BF=cm．

则根据正弦定理得：=

解得：sin∠AFB=

则EF沿电场线方向上的距离为：d=EF•sin∠AFB=×=1cm．

则电场强度为：E===600V/m．

答：（1）D点的电势为9V

（2）匀强电场的电场强度为600V/m．

v0 或

带电微粒在水平方向做初速度为零的匀加速运动，竖直方向做初速度为v0、加速度为g的匀减速运动.因垂直打在右板上，则竖直速度为0；又因ab=bc,则在c点的速度即水平速度为v0，且=

故U=E·2=E·2=E

或在水平方向上v02=2·，

解得U=.

（1）把一个正点电荷从距电场无穷远处移到电场中的M点，电荷克服静电力做功W=6.0×10-3J，相反的过程中，把正点电荷从电场中的M点移动到距电场无穷远处，静电力做功W′=6.0×10-3J，所以：UM==V=1.2×106V

把该点电荷从电场中的N点移到距电场无穷远处，静电力做功W=3.6×10-3J，所以：UN===7.2×105V

（2）M、N两点的电势差：UMN=UM-UN=1.2×106V-7.2×105V=4.8×105V

把该点电荷从M点移到N点静电力做功：WMN=qUMN=5×10-9×4.8×105J=2.4×10-3J

答：（1）M、N两点的电势各是UM=1.2×106VUN=7.2×105V；

（2）M、N两点的电势差是UMN=4.8×105V；把该点电荷从M点移到N点静电力做功是2.4×10-3J．

（1）

（2）

（3）

（1）带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r，

由牛顿运动定律          …………①

得……②

粒子运动的周期…………③

设磁场方向第一次改变时，粒子运动到点，

如图所示，运动的时间  …………④

解得 …………⑤

 …………⑥

 …………⑦

（2）粒子运动轨迹如图所示。

（3）粒子离开磁场后以速度v水平向右射入匀强电场。粒子在电场中沿电场方向运动的位移

 …………⑧

由动能定理得     …………⑨

粒子射出电场时的动能

                  …………⑩

评分标准：本题共18分，其中（1）10分（②③⑤各2分，其余每式1分）

（2）3分（3）5分（⑧⑨各2分，⑩1分）。

（1）设小球运动到最低位置B时速度为v，此时N-mg=…①

由题意，N=2mg

解得：v=

设电场力大小为F，做功为W，小球从A处沿槽滑到最底位置B的过程中，根据动能定理得：mgR+W=mv2-0…②

由①、②两式得：W=-mgR…③

所以此过程中电场力做负功，则电场力方向水平向右，由|W|=FR，得电场力大小为 F=||=mg．

（2）小球在滑动过程中最大速度的条件：是小球沿轨道运动过程某位置时切向合力为零，设此时小球和圆心间的连线与竖直方向的夹角为θ，如图

mgsinθ=Fcosθ…③

则得：tanθ=

小球由A处到最大速度位置得过程中，由动能定理得：

  mgRcosθ-mgR(1-sinθ)=m-0

解得 vm=

答：（1）小球受到电场力的大小为mg，方向水平向右；

（2）带电小球在滑动过程中的最大速度是．

200 V／m，方向竖直向下；60 V；40 V，10 V；30 V