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A．D點的場強大小為B．小球到達CD中點時，其加速度為零C．小球剛到達C點時，其動能為mgLD．小球沿直軌道CD下滑過程中，其電勢能先增大后減小 13.如圖所示,在A點固定一正電荷,電荷量為Q,在離A高度為h0的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠,開始運動瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g。已知靜電力常量為k,兩電荷均可看成點電荷,不計空氣阻力。
(1)求液珠速度最大時離A點的距離h。(2)若已知在點電荷Q的電場中,某點的電勢可表示成φ=
,其中r為該點到Q的距離(選無限遠處電勢為零)。求液珠能到達的最高點B離A點的高度rB。 14.豎直平面內存在著如圖甲所示管道，虛線左側管道水平，虛線右側管道是半徑R=1 m的半圓形，管道截面是不閉合的圓，管道半圓形部分處在豎直向上的勻強電場中，電場強度E=4×103 V/m.小球a、b、c的半徑略小于管道內徑，b、c球用長L=m的絕緣細輕桿連接，開始時c靜止于管道水平部分右端P點處，在M點處的a球在水平推力F的作用下由靜止向右運動，當F減到零時恰好與b發(fā)生了彈性碰撞，F(xiàn)－t的變化圖象如圖乙所示，且滿足F2＋t2=.已知三個小球均可看做質點且ma=0.25 kg，mb=0.2 kg，mc=0.05 kg，小球c帶q=5×10－4C的正電荷，其他小球不帶電，不計一切摩擦，g=10 m/s2，求
(1)小球a與b發(fā)生碰撞時的速度v0；(2)小球c運動到Q點時的速度v；(3)從小球c開始運動到速度減為零的過程中，小球c電勢能的增加量． 答案解析1.答案為：C；解析：已知偏移量越小,打在紙上的字跡越小,因偏移量y=
,現(xiàn)要縮小字跡,可行的措施有可減小墨汁微粒的比荷
,增大墨汁微粒進入偏轉電場時的初動能
,減小偏轉極板的長度L,減小偏轉極板間的電壓U,故選C。 2.答案為：C；解析： [正電荷從a移到b，電場力做功為零，則由電場力做功的特點可知，ab兩點電勢相等，故ab應為等勢線；因電場線與等勢面相互垂直，故過c做ab的垂線，一定是電場線；正電荷從a到c過程，由W=Uq可知，ac兩點的電勢差Uac==V=100 V，即a點電勢高于c點的電勢，故電場線垂直于ab向上；ac間沿電場線的距離d=ac·cos 60°= 0.2×0.5 m=0.1 m，由E=可知：電場強度E= V/m=1000 V/m，方向垂直ab向上；故C正確，A、B、D錯誤；故選C.] 3.答案為：C；解析：若增大兩極板的間距d,由C=
可知,C變小,而Q不變,由C=
可知,U增大,α增大,又E=
,故E不變,電場力不變,小球的平衡狀態(tài)不變,故θ不變,選項A錯誤;同理,若增大Q,電容器的電容C不變,則U增大,α增大,電場強度增大,則電場力增大,故θ增大,選項B錯誤;將A板向上提一些,S減小,則C變小,Q不變,電壓U增大,α增大,電場強度增大,則電場力增大,故θ增大,選項C正確;在兩板間插入云母片,εr增大,則C變大,Q不變,電壓U必減小,α減小,θ減小,選項D錯誤。 4.答案為：C；解析： [沒有畫出電場線的方向，所以O點可能是正電荷，也可能是負電荷，故A錯誤；由于不知道電場線的方向，所以無法判斷B、C兩點電勢的高低，故B錯誤；由于做曲線運動的物體受力的方向指向曲線的內側，可知該粒子在該電場中受到的電場力沿電場線向下，故從A到D電場力對粒子做負功，粒子的動能減小，則粒子在A點的動能較大，故C正確；電場中的帶電粒子受力的方向沿電場線的切線方向，由于B點所在電場線為曲線，所以將該粒子在B點由靜止釋放，它一定不能沿電場線運動，故D錯誤．故選C.] 5.答案為：A；解析：抽出前,粒子所受重力和電場力平衡,mg=q
,抽出后,根據牛頓第二定律,有mg-q
=ma,聯(lián)立解得a=
g,A正確。 6.答案為：C；解析： [A、B兩點處的點電荷在D點的電場強度的矢量和為0，C點處的點電荷在D點處的電場強度為E==，方向為從D指向N，A錯誤；三個點電荷在N點的電場強度大小均為3k，其中兩個正點電荷的電場強度矢量合成后大小為3k，方向為從N指向C，與負點電荷電場強度合成，N點的電場強度大小為6k，方向為從N指向C，B錯誤；CD連線上電場強度方向由D指向C，可知φD>φN，C正確；若無窮遠電勢為0，則A、C兩點處的等量異種點電荷在M點的電勢為0，B處的正點電荷在M點的電勢大于0，故φM>0，D錯誤．] 7.答案為：C；解析：兩球均受重力和電場力作用,做勻加速直線運動,按運動的分解,豎直方向是重力作用下的自由落體運動,二者下降位移相同,所用時間相等,A錯誤;水平方向是在電場力作用下的初速度為零的勻加速直線運動,位移之比是xP∶xQ=2∶1,由公式x=
t2得它們的電荷量之比qP∶qQ=2∶1,C正確;又ΔEP=qPU,ΔEQ=qQ
,故ΔEP∶ΔEQ=4∶1,B錯誤;動能增加量Δ
=ΔEP+mgh,Δ
=ΔEQ+mgh,故Δ∶Δ≠4∶1,D錯誤。 8.答案為：C；解析： [畫出電場線如圖所示：A.根據對稱性可知，b點電場強度與c點電場強度大小相同，方向不同，故A錯誤；B.電場線密集的地方電場強度大，從圖像上可以看出a點電場強度大于b點電場強度，故B錯誤；C.根據對稱性并結合電場線的分布可知a點電勢等于d點電勢，故C正確；D.由于試探電荷先靠近正電荷后遠離正電荷，所以電場力在這個過程中做功，當總功為零，所以試探電荷電勢能不是始終保持不變，故D錯誤；故選C.]
9.答案為：AC；解析： [A項：點電荷從c靜止釋放向左運動，電場線方向向右，所以點電荷帶負電，故A正確；B項：由點電荷從c到a做加速度增大的加速運動，說明從c到a電場強度增大，即cb段平均場強小于ab段的平均強度，根據公式U=d，可知電場在b點處的電勢小于7 V，故B錯誤；C項：由點電荷從c到a做加速度增大的加速運動，說明從c到a電場強度增大，a、b、c三點c點處的場強最小，故C正確；D項：由C分析可知，從c到a電場強度增大，即電場力增大，ab=bc，根據W=Fx可知，在cb段的電場力小于ab段的電場力，所以該電荷從c點運動到b點電場力做的功比從b點運動到a點電場力做的功少，故D錯誤．] 10.答案為：AC；解析： [A.根據C=，將CD板間的玻璃板抽出，電介質εr減小，其它條件不變，則金屬板CD構成電容器的電容減小，故A正確；BCD.當閉合開關，電路穩(wěn)定后將開關斷開，極板總電荷量不變，金屬板CD構成電容器的電容減小，由U=可知極板CD電勢差變大，極板AB電勢差變大，由E=可知極板AB間的場強變大，導致P點與B板的電勢差變大，因B板接地，電勢為零，即P點電勢升高，因此電容器CD處于放電狀態(tài)，電容器AB處于充電狀態(tài)，電阻R中有向右的電流，故C正確，BD錯誤；故選AC.] 11.答案為：AC；解析：開關S閉合前,兩極板間不帶電,微粒落到下板的正中央,由
gt2,
=v0t,得v0=10m/s,A對;電容器上板接電源正極時,微粒的豎直方向加速度更大,水平位移將更小,B錯;設微粒恰好從平行板右邊緣下側飛出時的加速度為a,電場力向上,則
,l=v0t1,mg-
=ma,得U1=120V,同理,微粒在平行板右邊緣上側飛出時,可得U2=200V,所以平行板上板帶負電,電源電壓為120V≤U≤200V時微?？梢詮钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶?C對,D錯。 12.答案為：AC；解析： [根據點電荷產生的電場的性質可知，負電荷在D處的電場強度沿DB方向，正電荷在D處的電場強度沿AD方向，兩個點電荷的電量是相等的，所以兩個點電荷在D點的電場強度的大小相等，則它們的合場強的方向沿AD、DB的角平分線；由庫侖定律得，A、B在D點的場強的大?。篍A=E=k，則D點的場強：ED=EAcos 60°＋EBcos 60°=k，故A正確；當小球到達CD中點時，小球受重力、支持力、正電荷的排斥力、負電荷的吸引力，對其受力分析可知，重力和支持力的合力與正電荷的排斥力和負電荷的吸引力的合力不在同一平面上，故兩個合力不可能平衡，故加速度不為零，故B錯誤；由于C與D到A、B的距離都等于L，結合等量異種點電荷的電場特點可知，C點與D點在同一等勢面上，電場力不做功，故小球的電勢能不變，下落過程只有重力做功，即：mg=mv2，又幾何關系可知：=L·sin 60°=L. 小球的動能Ek=mv2=mgL，故C正確，D錯誤．故選AC.] 13.解：(1)設液珠電荷量為q,質量為m,當液珠在C點時,由牛頓第二定律知k
-mg=ma????????????? ①又因為a=g當液珠速度最大時,其所受合力為零,則k
=mg,代入①式,解得h=
h0。(2)設BC間的電勢差大小為UCB,由題意得UCB=φC-φB=
對液珠由釋放處至液珠到達最高點(速度為零)的全過程應用動能定理得qUCB-mg(rB-h0)=0 代入①式解得rB=2h0。 14.解：對小球a，由動量定理可得小球a與b發(fā)生碰撞時的速度；小球a與小球b、c組成的系統(tǒng)發(fā)生彈性碰撞由動量守恒和機械能守恒可列式，小球c運動到Q點時，小球b恰好運動到P點，由動能定理可得小球c運動到Q點時的速度；由于b、c兩球轉動的角速度和半徑都相同，故兩球的線速度大小始終相等，從c球運動到Q點到減速到零的過程列能量守恒可得：(1)由題意可知，F(xiàn)圖象所圍的圖形為四分之一圓弧，面積為拉力F的沖量，由圓方程可知S=1 m2代入數據可得：v0=4 m/s(2)小球a與小球b、c組成的系統(tǒng)發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒可得mav0=mav1＋(mb＋mc)v2由機械能守恒可得mav=mav＋(mb＋mc)v解得v1=0，v2=4 m/s小球c運動到Q點時，小球b恰好運動到P點，由動能定理mcgR－qER=(mb＋mc)v2－(mb＋mc)v代入數據可得v=2m/s(3)由于b、c兩球轉動的角速度和半徑都相同，故兩球的線速度大小始終相等，假設當兩球速度減到零時，設b球與O點連線與豎直方向的夾角為θ從c球運動到Q點到減速到零的過程列能量守恒可得：mbgR(1－cos θ)＋mcgRsin θ＋(mb＋mc)v2=qERsin θ解得sin θ=0.6，θ=37°因此小球c電勢能的增加量：ΔEp=qER(1＋sin θ)=3.2 J．]
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