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第六章 第1單元 電場的力的性質
[課時作業(yè)]
命 題 設 計
　　　　　 難度
題號　　
目標　　　　　　
較易
中等
稍難
單一目標
電場強度
1、2
庫侖定律
3、5
6
電場線
4
8
綜合
目標
綜合應用
9
7、10
一、單項選擇題(本題共5小題，每小題7分，共35分)
1．(2010·鹽城模擬)在電場中的某點放一個檢驗電荷，其電荷量為q，受到的電場力為F，則該點的電場強度為E＝，下列說法正確的是 (　　)
A．若移去檢驗電荷，則該點的電場強度為0
B．若檢驗電荷的電荷量變?yōu)?q，則該點的場強變?yōu)?E
C．若放置到該點的檢驗電荷變?yōu)椋?q，則場中該點的場強大小不變，但方向相反
D．若放置到該點的檢驗電荷變?yōu)椋?q，則場中該點的場強大小方向均不變
解析：電場中某點的電場強度只取決于電場本身，與檢驗電荷無關，故選D.
答案：D
2．在勻強電場中，有一質量為m、帶電荷量為q的帶電小球靜止在O點，然后從O點自由釋放，其運動軌跡為一直線，直線與豎直方向的夾角為θ，如圖1所示，那么關于勻強電場的場強大小，下列說法中正確的是 (　　)
A．唯一值是 圖1
B．最大值是
C．最小值是
D．不可能是
解析：因為軌跡為直線，故重力和電場力的合力應沿直線，如圖所示，故電場力最小值
Fmin=Eq=mgsinθ.
所以E有最小值，故選C.
答案：C
3．如圖2所示，半徑相同的兩個金屬球A、B帶有相等的電荷量，相
隔一定距離，兩球之間相互吸引力的大小是F.今讓第三個半徑相同的不帶電的金屬小球
先后與A、B兩球接觸后移開．這時，A、B兩球之間的相互作用力的大小是(　　) 圖2
A．F/8　　　　　　　　　B．F/4 C．3F/8 D．3F/4
解析：A、B兩球互相吸引，說明它們必帶異種電荷，假設它們帶的電荷量分別為±q.當?shù)谌齻€不帶電的C球與A球接觸后，A、C兩球帶電荷量平分，假設每個球帶電荷量為q′＝＋q/2，當再把C球與B球接觸后，兩球的電荷先中和，再平分，每球帶電荷量q″＝－q/4.由庫侖定律F＝kq1q2/r2知，當移開C球后，由于r不變，所以A、B兩球之間的相互作用力的大小是F′＝F/8.A項正確．
答案：A
4．如圖3所示，AB是某個點電荷的一根電場線，在電場線上O點由靜止釋放一個負電荷，
它僅在電場力作用下沿電場線向B運動，下列判斷正確的是(　　)
A．電場線由B指向A，該電荷做加速運動，加速度越來越小
B．電場線由B指向A，該電荷做加速運動，其加速 圖3
度大小變化因題設條件不能確定
C．電場線由A指向B，電荷做勻加速運動
D．電場線由B指向A，電荷做加速運動，加速度越來越大
解析：電場線的切線方向是正電荷在該處的受力方向，和負電荷所受電場力的方向相反，所以電場線由B指向A；只給出一條電場線不能判斷各點電場的強弱(因為不能確定電場線的疏密)，也就不能判斷電場力大小及加速度的變化，所以只有B正確．
答案：B
5．(2010·常州模擬)如圖4所示，光滑絕緣水平面上帶異號電荷的小球A、B，它們一起在水平向右的勻強電場中向右做勻加速運動，且保持相對靜止．設小球A的帶電荷量大小為QA，小球B的帶電荷量大小為QB，下列判斷正確的是 (　　) 圖4
A．小球A帶正電，小球B帶負電，且QA>QB
B．小球A帶正電，小球B帶負電，且QAC．小球A帶負電，小球B帶正電，且QA>QB
D．小球A帶負電，小球B帶正電，且QA解析：如果小球A帶正電，小球B帶負電，則對B球來說，A對它的庫侖力和勻強電場對它的電場力均水平向左，小球B不可能向右做勻加速運動，故A、B均錯誤．對A分析受力得：EQA<，對B受力分析可得：EQB>，比較可得：>E>，QB>QA，D正確．
答案：D
二、多項選擇題(本題共4小題，每小題7分，共28分．每小題有多個選項符合題意，全部選對的得7分，選對但不全的得3分，錯選或不答的得0分)
6．(2010·揚州模擬)如圖5所示，a、b是兩個帶有同種電荷的小球，用絕緣絲線懸掛于同一點，兩球靜止時，它們距水平面的高度相等，繩與豎直方向的夾角分別為α、β，且β>α.若同時剪斷兩根細線，空氣阻力不計，兩球帶電荷量不變，則(　　)
圖5
A．a(chǎn)球的質量比b球的大
B．a(chǎn)、b兩球同時落地
C．a(chǎn)球的電荷量比b球的大
D．a(chǎn)、b兩球飛行的水平距離相等
解析：設a、b兩球間庫侖斥力大小為F，分析兩球受力可得：tanα＝，tanβ＝，因α<β，故有ma>mb，A正確；剪斷細線后，兩球豎直方向只受重力，做自由落體運動，同時落地，B正確；由于兩球在水平方向所受的庫侖斥力大小相等，故水平方向a球的加速度比b的小，因此相等時間內(nèi)，a球的水平距離比b的小，D錯誤；無法比較電荷量大小，故C錯誤．
答案：AB
7．如圖6所示，實線是一簇未標明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，
虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌
跡上的兩點，若帶電粒子在運動中只受電場力作用，根據(jù)此圖
可作出正確判斷的是 (　　) 圖6
A．帶電粒子所帶電荷的性質
B．帶電粒子在a、b兩點的受力方向
C．帶電粒子在a、b兩點的速度何處較大
D．帶電粒子在a、b兩點的加速度何處較大
解析：由軌跡的彎曲情況，可知電場力應沿電場線向左，但因不知電場線的方向，故帶電粒子所帶電荷符號不能確定．設粒子從a運動到b(也可分析從b到a的情形，兩種分析不影響結論)，速度方向與電場力夾角大于90°，故速度減小，由電場線的疏密程度知a點場強大于b點場強，帶電粒子在a點受電場力較大，從而加速度較大．綜上所述，B、C、D正確．
答案：BCD
8.如圖7所示，在沿水平方向的勻強電場中有a、b兩點，已知a、b兩點在同一豎直平面內(nèi)，但不在同一電場線上，一個帶電小球在重力和電場力作用下由a點運動到b點，在這一運動過程中，以下判斷正確的是 (　　) 圖7
A．帶電小球的動能可能保持不變
B．帶電小球運動的軌跡一定是直線
C．帶電小球做的一定是勻變速運動
D．帶電小球在a點的速度可能為零
解析：帶電小球由a點運動到b點，小球所受的重力和電場力不可能平衡，帶電小球的動能不可能保持不變，A錯誤；若小球所受的重力和電場力的合力方向沿ab連線，則帶電小球的運動軌跡是直線，否則小球的運動軌跡不是直線，B錯誤；由于小球所受的重力和電場力的合力是恒力，所以小球做的是勻變速運動，且?guī)щ娦∏蛟赼點的速度可以為零，C、D正確．
答案：CD
9．真空中固定的正點電荷Q所形成的電場中有一質量為m＝1×10－4 kg、帶電荷量q＝1×10－8 C的微粒在此點電荷附近以角速度ω＝10 rad/s做勻速圓周運動，已知正點電荷Q的帶電荷量為4×10－5 C．重力加速度g取10 m/s2，且微粒的重力相對于電場力不能忽略．則下列判斷正確的是 (　　)
A．微粒一定帶負電
B．微粒一定帶正電
C．微粒做圓周運動的圓心就在正點電荷Q所在的位置
D．微粒做圓周運動的圓心就在正點電荷Q正下方與Q的距離為0.1 m 的位置
解析：由題意知該微粒和點電荷之間有相互吸引的力，所以該微粒帶負
電，即A正確，B錯誤；由題意知該微粒所受的重力不能忽略，則微粒
做圓周運動的軌跡必不和點電荷在同一水平面內(nèi)，且圓心O在點電荷的
正下方，設其距點電荷的距離為H，如圖所示．
則Fcosθ=mg，F(xiàn)sinθ=mω2R
由幾何知識知R=Htanθ
由以上各式解得：H= =0.1 m，即D正確．
答案：AD
三、計算題(本題共3小題，共37分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)
10．(11分)如圖8所示，在豎直放置的光滑半圓弧形絕緣細管的圓心處放一點電荷，將質量為m、帶電荷量為q的小球從圓弧管水平直徑的端點A由靜止釋放，當小球沿細管下滑到最低點時，對細管的上壁的壓力恰好與球重相同，求圓心處的電荷在圓弧管內(nèi)產(chǎn)生的電場的場強大小． 圖8
解析：小球從A到最低點的過程中，只有重力做功，電場力不做功，由動能定理：mgR
＝mv2.
在最低點，由牛頓第二定律：F－mg－FN′＝.
又F＝qE，F(xiàn)N′＝FN＝mg，
可解得E＝4mg/q.
答案：4mg/q
11．(12分)如圖9所示，兩根長均為L的絕緣細線下端各懸掛質量均
為m的帶電小球A和B，帶電荷量分別為＋q和－q，若加上水平向
左的場強為E的勻強電場后，使連接A、B的長也為L的絕緣細線
繃緊，且兩球均處于平衡狀態(tài)．則勻強電場的場強大小E應滿足什么條件？圖9
解析：由于A、B均處于平衡，隔離A分析，受力如圖所示，設OA繩拉力F1，AB繩
拉力F2，正交分解F1，
F1cos60°+F2+F庫=qE ①
F1sin60°＝mg ②
F庫＝k ③
解①②③得：
E＝＋＋.
因為F2≥0，所以E≥＋.
答案：E≥＋
12．(14分)如圖10所示，絕緣水平面上靜止著兩個質量均為m、電荷量均為＋Q的物體A和B(A、B均可視為質點)，它們間的距離為r，與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ.求： 圖10
(1)A受的摩擦力為多大？
(2)如果將A的電荷量增至＋4Q，兩物體開始運動，當它們的加速度第一次為零時，A、B各運動了多遠距離？
解析：(1)由平衡條件知：對A有：Ff＝F＝k.
(2)當a＝0時，設A、B間距離為r′，
k－μmg＝0，
所以r′＝2Q .
由題意可知：
A、B運動的距離均為x＝，
故x＝Q －.
答案：(1)k　(2)均為Q －

第六章 第2單元 電場的能的性質
[課時作業(yè)]
命 題 設 計
　　　　　難度
題號　　
目標　　　　　　
較易
中等
稍難
單一
目標
電勢
1、2、6、7
8
電勢差
8、9
電勢能
3、4
5
綜合
目標
綜合應用
10
11、12
一、單項選擇題(本題共5小題，每小題7分，共35分)
1．在靜電場中 (　　)
A．電場強度處處為零的區(qū)域內(nèi)，電勢一定也處處為零
B．電場強度處處相同的區(qū)域內(nèi)，電勢一定也處處相同
C．電場強度的方向總是跟等勢面垂直
D．電勢降低的方向就是電場強度的方向
解析：電場強度的大小和電勢的高低沒有直接關系，不能根據(jù)電場強度的大小判斷電勢的高低，也不能根據(jù)電勢的高低判斷電場強度的大小，A、B均錯．電場強度的方向一定跟等勢面垂直，C對．沿電場強度的方向電勢降低，但電勢降低的方向不一定是電場強度的方向，電勢降低最快的方向才是電場強度的方向，D錯．
答案：C
2．將一正電荷從無限遠處移入電場中M點，靜電力做功W1＝6×10－9 J，若將一個等量的負電荷從電場中N點移向無限遠處，靜電力做功W2＝7×10－9 J，則M、N兩點的電勢φM、φN，有如下關系 (　　)
A．φM<φN<0 B．φN>φM>0
C．φN<φM<0 D．φM>φN>0
解析：對正電荷φ∞－φM＝；對負電荷φN－φ∞＝.即φ∞－φN＝.而W2>W1，φ∞＝0，且和均大于0，則φN<φM<0，正確答案選C.
答案：C
3．如圖1所示，虛線表示等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差相等，有一帶正電的小球在電場中運動，實線表示該小球的運動軌跡．小球在a點的動能等于20 eV，運動到b點時的動能等于2 eV.若取c點為電勢零點，則當這個帶電小球的電勢能等于－6 eV時(不計重力和空氣阻力)，它的動能等于 (　　) 圖1
A．16 eV B．14 eV C．6 eV D．4 eV
解析：從a到b由動能定理可知，電場力做功Wab＝－18 eV，則從a到b電勢能增加量ΔEp＝18 eV，由等勢面特點及c點為電勢零點可知：a點電勢能Epa＝－12 eV，又由動能和電勢能之和不變可判斷B正確．
答案：B
4．(2009·廣東理基)如圖2所示，一帶負電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場
中，在電場力作用下形成圖中所示的運動軌跡．M和N是軌跡上的兩點，其中
M點在軌跡的最右點．不計重力，下列表述正確的是 (　　)
A．粒子在M點的速率最大 圖2
B．粒子所受電場力沿電場方向
C．粒子在電場中的加速度不變
D．粒子在電場中的電勢能始終在增加
解析：根據(jù)做曲線運動的物體所受合力指向軌跡的凹側的特點，再結合電場力的特點可知粒子帶負電，即受到的電場力方向與電場線方向相反，B錯；從N點到M點電場力做負功，粒子做減速運動，電勢能增加，當達到M點后電場力做正功，粒子做加速運動，電勢能減小，則粒子在M點的速度最小，A、D錯；在整個過程中粒子只受電場力，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度不變，C正確．
答案：C
5．(2010·鎮(zhèn)江模擬)如圖3所示，在真空中有兩個帶正電的點電荷，分別置于M、N兩點．M
處正電荷的電荷量大于N處正電荷的電荷量，A、B為M、N連線的中垂
線上的兩點．現(xiàn)將一負點電荷q由A點沿中垂線移動到B點，在此過程
中，下列說法正確的是 (　　)
A．q的電勢能逐漸減小 圖3
B．q的電勢能逐漸增大
C．q的電勢能先增大后減小
D．q的電勢能先減小后增大
解析：負電荷從A到B的過程中，電場力一直做負功，電勢能增大，所以A、C、D均錯，B對．
答案：B
二、多項選擇題(本題共5小題，每小題7分，共35分．每小題有多個選項符合題意，全部選對的得7分，選對但不全的得3分，錯選或不答的得0分)
6．(2008·廣東高考)如圖4所示，實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶正電粒子的運動軌跡，粒子先經(jīng)過M點，再經(jīng)過N點，可以判定 (　　)
A．M點的電勢大于N點的電勢
B．M點的電勢小于N點的電勢
C．粒子在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力
D．粒子在M點受到的電場力小于在N點受到的電場力 圖4
解析：沿電場線方向電勢降落，所以A對B錯；電場線越密的地方電場強度越大，同
一帶電粒子所受電場力越大，故C錯D對．
答案：AD
7．如圖5所示，在電場中，一個負電荷從C點分別沿直線移到A點和B點，
在這兩個過程中，均需克服電場力做功，且做功的值相同，有可能滿足這
種做功情況的電場是 (　　)
A．沿y軸正方向的勻強電場 圖5
B．沿x軸正方向的勻強電場
C．在第Ⅰ象限內(nèi)有負點電荷
D．在第Ⅳ象限內(nèi)有負點電荷
解析：由于負電荷從C點分別到A點和B點，電場力分別做了相同數(shù)量的負功，表明A、B兩點必在電場中的同一等勢面上，如果電場是沿y軸正方向的勻強電場，則A、B為同一等勢面上的點，故A項正確．如果在AB的中垂線上的上、下某處放一負電荷，則點A、B也是同一等勢面上的點，在第Ⅰ象限滿足負電荷從C點分別移到A、B點時克服電場力做的功相同，在第Ⅳ象限有可能滿足負電荷從C點分別移到A、B點時克服電場力做的功相同，故選項A、C、D正確．
答案：ACD
8．(2009·全國卷Ⅱ)圖6中虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平
行直線，兩粒子M、N質量相等，所帶電荷的絕對值也相等．現(xiàn)將M、
N從虛線上的O點以相同速率射出，兩粒子在電場中運動的軌跡分別
如圖中兩條實線所示．點a、b、c為實線與虛線的交點，已知O點電
勢高于c點．若不計重力，則 (　　) 圖6
A．M帶負電荷，N帶正電荷
B．N在a點的速度與M在c點的速度大小相同
C．N在從O點運動至a點的過程中克服電場力做功
D．M在從O點運動至b點的過程中，電場力對它做的功等于零
解析：由O點電勢高于c點電勢知，場強方向垂直虛線向下，由兩粒子運動軌跡的彎曲方向可知N粒子所受電場力方向向上，M粒子所受電場力方向向下，故M粒子帶正電、N粒子帶負電，A錯誤．在勻強電場中相鄰等勢線間的電勢差相等，故電場力對M、N做的功相等，B正確．因O點電勢低于a點電勢，且N粒子帶負電，故N粒子運動中電勢能減少，電場力做正功，C錯誤．O、b兩點位于同一等勢線上，D正確．
答案：BD
9．如圖7所示的勻強電場E的區(qū)域內(nèi)，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作為頂點
構成一正方體空間，電場方向與面ABCD垂直．下列說法正確的是
(　　)
A．A、D兩點間電勢差UAD與A、A′兩點間電勢差UAA′相等
B．帶正電的粒子從A點沿路徑A→D→D′移到D′點，電場力做正
功
C．帶負電的粒子從A點沿路徑A→D→D′移到D′點，電勢能減小 圖7
D．帶電粒子從A點移到C′點，沿對角線A→C′與沿路徑A→B→B′→C′電場力做
功相同
解析：在勻強電場中，因AD垂直于電場線方向，則φA＝φD，UAD＝0，而UAA′≠0，故A錯；因φD>φD′，則從A→D→D′移動正電荷電場力做正功，B對；從A→D→D′移動負電荷，電場力做負功，電勢能增加，C錯；電場力做功與路徑無關，只與兩點間電勢差有關，故D正確．
答案：BD
10．(2010·無錫模擬)如圖8所示，真空中存在范圍足夠大的勻強電場，虛線A、B為該勻強電場的兩個等勢面．現(xiàn)有三個完全相同的帶等量正電荷的小球a、b、c，從等勢面A上的某點同時以相同速率v0向不同方向開始運動，其中a的初速度方向垂直指向等勢面B；b的初速度方向平行于等勢面；c的初速度方向與a相反．經(jīng)過一段時間，三個小球先后通過等勢面B，
已知三個小球始終在該勻強電場中運動，不計重力，則下列判斷正確的是(　　) 圖8
A．等勢面A的電勢高于等勢面B的電勢
B．a(chǎn)、c兩小球通過等勢面B時的速度相同
C．開始運動后的任一時刻，a、b兩小球的動能總是相同
D．開始運動后的任一時刻，三個小球電勢能總是相等
解析：由a、b、c三球經(jīng)過一段時間后均通過等勢面B，可知它們所受的電場力向下，則電場方向豎直向下，故A正確；由動能定理得，三個小球通過等勢面B時，電場力做功相等，三球的速度大小相同，且a、c方向相同，B正確；對a、b兩球，由于運動方向不同，同一時間，電場力做功不同，因此同一時刻的動能不相同，C錯誤；三個小球運動的方向不同，大小也不相同，不可能在同一時刻位于同一等勢面上，故電勢能不可能相等，D錯誤．
答案：AB
三、計算題(本題共2小題，共30分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)
11．(14分)在一個水平面上建立x軸，在過原點O垂直于x軸的平面
的右側空間有一個勻強電場，場強大小E＝6.0×105 N/C，方向與
x軸正方向相同．在O處放一個電荷量q＝－5.0×10－8 C、質量m
＝1.0×10－2 kg的絕緣物塊．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，沿
x軸正方向給物塊一個初速度v0＝2.0 m/s，如圖9所示．求物塊最終停
止時的位置．(g取 10 m/s2)
解析：物塊先在電場中向右減速，設運動的位移為x1，由動能定理得：－(qE＋μmg)x1
＝0－mv02
所以x1＝
代入數(shù)據(jù)得x1＝0.4 m
可知，當物塊向右運動0.4 m時速度減為零，因物塊所受的電場力F＝qE＝0.03 N>Ff
＝μmg＝0.02 N，所以物塊將沿x軸負方向加速，跨過O點之后在摩擦力作用下減速，
最終停止在O點左側某處，設該點距O點距離為x2，則對全過程由動能定理得
－μmg(2x1＋x2)＝0－mv02.
解之得x2＝0.2 m.
答案：在O點左側距O點0.2 m處
12．(16分)如圖10所示，在水平向左的勻強電場中，一帶電小球用絕緣輕繩(不伸縮)懸于O點，平衡時小球位于A點，此時繩與豎直方向的夾角θ＝53°，繩長為l，B、C、D到O點的距離均為l，BD水平，OC豎直．BO＝CO＝DO＝l.
(1)將小球移到B點，給小球一豎直向下的初速度vB，小球 圖10
到達懸點正下方C點時繩中拉力恰等于小球重力，求vB的大小．
(2)當小球移到D點后，讓小球由靜止自由釋放，求：小球首次經(jīng)過懸點O正下方時的速率．(計算結果可帶根號，取sin53°＝0.8)
解析：(1)小球由B點到C點的過程中
(mg－Eq)l＝mvC2－mvB2
由在C點繩中的拉力恰等于小球重力知
FC－mg＝m，則vC＝0
由在A點小球處于平衡知：
Eq＝mgtan53°＝mg，
所以vB＝.
(2)小球由D點靜止釋放后沿與豎直方向夾角θ＝53°的方向做勻加速直線運動，直至運
動到O點正下方的P點，OP距離h＝lcot53°＝l.
在此過程中，繩中張力始終為零，故此過程中的加速度a和位移x分別為a＝＝g，x
＝＝l，所以小球到達懸點正下方時的速率v＝＝.
答案：(1) 　(2) 
第六章 第3單元 電容器 帶電粒子在電場中的運動
[課時作業(yè)]
命 題 設 計
　　　　 　難度
題號　　
目標　　　　　　
較易
中等
稍難
單一目標
電容器
1、8
帶電粒子在電場的加速
2、7
10、11
帶電粒子在電場中的偏轉
3、6
綜合
目標
綜合應用
4
5、9
12
一、單項選擇題(本題共5小題，每小題7分，共35分)
1．(2009·海南高考)一平行板電容器兩極板間距為d，極板面積為S，電容為，其中ε0是常量．對此電容器充電后斷開電源．當增加兩板間距時，電容器極板間 (　　)
A．電場強度不變，電勢差變大
B．電場強度不變，電勢差不變
C．電場強度減小，電勢差不變
D．電場強度減小，電勢差減小
解析：電容器充電后斷開，故電容器的帶電荷量不變，當增大兩極板間的距離時，由C＝可知，電容器的電容變小，由U＝可知電壓變大，又由E＝可得E＝＝＝＝，所以電場強度不變，A正確．
答案：A
2．平行板間有如圖1所示的周期性變化的電壓．重力不計的帶電粒子靜止在平行板中央，從t＝0時刻開始將其釋放，運動過程中無碰板情況．在圖2所示的圖象中，能正確定性描述粒子運動的速度圖象的是 (　　)
圖1
圖2
解析：0～時間內(nèi)粒子做初速度為零的勻加速直線運動，～T時間內(nèi)做勻減速直線運動，由對稱性可知，在T時刻速度減為零．此后周期性重復，故A對．
答案：A
3．如圖3所示，地面上某區(qū)域存在著豎直向下的勻強電場，一個質量為m
的帶負電的小球以水平方向的初速度v0由O點射入該區(qū)域，剛好通過豎
直平面中的P點，已知連線OP與初速度方向的夾角為45°，則此帶電
小球通過P點時的動能為 (　　) 圖3
A．mv02 B.mv02 C．2mv02 D.mv02
解析：由題意可知小球到P點時水平位移和豎直位移相等，即v0t＝vPyt
合速度vP＝＝v0
EkP＝mvP2＝mv02，故選D.
答案：D
4．示波管是一種多功能電學儀器，它的工作原理可以等效成下列情況：如圖4所示，真空室中電極K發(fā)出電子(初速度不計)，經(jīng)過電壓為U1的加速電場后，由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板間．金屬板長為L，相距為d，當A、B間電壓為U2時電子偏離中心線飛出電場打到熒光屏上而顯示亮點．已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子重力，下列情況中一定能使亮點偏離中心距離變大的是 (　　)
圖4
A．U1變大，U2變大 B．U1變小，U2變大
C．U1變大，U2變小 D．U1變小，U2變小
解析：當電子離開偏轉電場時速度的反向延長線一定經(jīng)過偏轉電場中水平位移的中點，所以電子離開偏轉電場時偏轉角度越大(偏轉距離越大)，亮點距離中心就越遠．
設電子經(jīng)過U1加速后速度為v0，根據(jù)題意得：
eU1＝mv02 ①
電子在A、B間做類平拋運動，當其離開偏轉電場時沿電場方向的分速度為：vy＝at＝· ②
結合①②式，速度的偏轉角θ滿足：tanθ＝＝.
顯然，欲使θ變大，應該增大U2、L，或者減小U1、d.正確選項是B.
答案：B
5．如圖5所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進入
平行金屬板間的電場，在偏轉電壓U2的作用下偏轉一段距離．現(xiàn)使
U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應該 (　　)
A．使U2加倍
B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 圖5
C．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍
D．使U2變?yōu)樵瓉淼?/2
解析：要使電子的運動軌跡不變，則應使電子進入偏轉電場后任一水平位移x所對應的偏轉距離y保持不變．由y＝at2＝··()2＝和qU1＝mv02得y＝，可見在x、y一定時，U2∝U1.故A項正確．
答案：A
二、多項選擇題(本題共4小題，每小題7分，共28分．每小題有多個選項符合題意，全部選對的得7分，選對但不全的得3分，錯選或不答的得0分)
6．有三個質量相等的分別帶有正電、負電和不帶電的微粒，從極板左側
中央以相同的水平初速度v先后垂直場強方向射入，分別落到極板A、
B、C處，如圖6所示，則下列說法正確的有 (　　)
A．落在A處的微粒帶正電，B處的不帶電，C處的帶負電 圖6
B．三個微粒在電場中運動時間相等
C．三個微粒在電場中運動的加速度aA＜aB＜aC
D．三個微粒到達極板時的動能EkA＞EkB＞EkC
解析：微粒在水平方向上均做勻速直線運動，且水平速度相同，三微粒在水平方向上的位移，xC＜xB＜xA.
則三微粒的運動時間為
tC＝，tB＝，tA＝
所以tC＜tB＜tA
微粒在豎直方向上做初速度為零的勻加速運動，則有
＝aAtA2＝aBtB2＝aCtC2
所以aA＜aB＜aC，所以落在A處的微粒必帶正電，B處的不帶電，而C處的帶負電，A、C選項正確，B選項錯誤．
根據(jù)動能定理得
A處：mg－qAE＝EkA－mv2
B處：mg＝EkB－mv2
C處：mg＋qCE＝EkC－mv2
所以D項錯誤．
答案：AC
7．如圖7所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中哪項是正確的(設電源電動勢為E) (　　)
A．電子到達B板時的動能是Ee
B．電子從B板到達C板動能變化量為零
C．電子到達D板時動能是3Ee 圖7
D．電子在A板和D板之間做往復運動
解析：電子在AB之間做勻加速運動，且eE＝ΔEk，A正確；在BC之間做勻速運動，B正確；在CD之間做勻減速運動，到達D板時，速度減為零，C錯誤，D正確．
答案：ABD
8．(2008·寧夏高考)如圖8所示，C為中間插有電介質的電容器，a和b為其兩極板，a板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導線相連，Q板接地．開始時懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉了角度α.在以下方法中，能使懸線的偏角α變大的是(　　) 圖8
A．縮小a、b間的距離
B．加大a、b間的距離
C．取出a、b兩極板間的電介質
D．換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質
解析：由題意可得UPQ＝Uba；α角增大可知PQ間場強增大，由U＝Ed知UPQ增大；由Q＝CU知P、Q板電荷增多，由題意知b板和Q板電荷量之和恒定，知a、b板電荷一定減少；由Q＝CU，知電容器C電容一定減小；由C＝，知A錯，B對，C對，D錯．
答案：BC
9．豎直放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個電荷M和N
以相同的速率分別從極板A邊緣和兩板中間沿豎直方向進入板間
電場，恰好從極板B邊緣射出電場，如圖9所示，不考慮電荷的
重力和它們之間的相互作用，下列說法正確的是 (　　)
A．兩電荷的電荷量可能相等
B．兩電荷在電場中運動的時間相等
C．兩電荷在電場中運動的加速度相等 圖9
D．兩電荷離開電場時的動能相等
解析：帶電粒子在電場中的類平拋運動可分解為沿電場方向的勻加速運動與垂直電場方向的勻速運動兩個分運動，所以兩電荷在電場中的運動時間相等；又因為d＝at2，a＝，因為偏轉量d不同，故q可能不同．由動能定理可知，兩電荷離開電場時動能不相等，故正確答案為A、B.
答案：AB
三、計算題(本題共3小題，共37分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最 后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)
10．(11分)如圖10所示，真空中存在空間范圍足夠大的、方向水平向右的勻強電場，在電場中，一個質量為m、帶電荷量為q的小球，從O點出發(fā)，初速度的大小為v0，在重力與電場力的共同作用下恰能沿與場強的反方向成θ角做勻減速直線運動．求：
(1)勻強電場的場強的大小； 圖10
(2)小球運動的最高點與出發(fā)點之間的電勢差．
解析：(1)小球做直線運動，故重力與電場力的合力必與v0在一條直線上，即
tanθ＝，得E＝
(2)小球做勻減速直線運動，根據(jù)F＝ma得：
＝ma，a＝，
最大位移s＝＝
水平位移x＝scosθ＝
電勢差U＝Ex＝.
答案：(1)　(2)
11．(12分)如圖11所示，長L＝1.2 m、質量M＝3 kg的木板靜止放在傾角為37°的光滑斜面上，質量m＝1 kg、帶電荷量q＝＋2.5×10－4 C的物塊放在木板的上端，木板和物塊間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，所在空間加有一個方向垂直斜面向下、場強E＝4.0×104 N/C的勻強電場．現(xiàn)對木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8 N. 取g＝10 m/s2，斜面足夠長．求：
(1)物塊經(jīng)多長時間離開木板？
(2)物塊離開木板時木板獲得的動能． 圖11
(3)物塊在木板上運動的過程中，由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能．
解析：(1)物塊向下做加速運動，設其加速度為a1，木板的加速度為a2，則由牛頓第二
定律
對物塊：mgsin37°－μ(mgcos37°＋qE)＝ma1
對木板：Mgsin37°＋μ(mgcos37°＋qE)－F＝Ma2
又a1t2－a2t2＝L
得物塊滑過木板所用時間t＝ s.
(2)物塊離開木板時木板的速度v2＝a2t＝3 m/s.
其動能為Ek2＝Mv22＝27 J
(3)由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能為
Q＝F摩x相＝μ(mgcos37°＋qE)·L＝2.16 J.
答案：(1) s　(2)27 J　(3)2.16 J
12．(14分)(2010·南京模擬)一質量為m、帶電荷量為＋q的小球以水平初速度v0進入豎直向上的勻強電場中，如圖12甲所示．今測得小球進入電場后在豎直方向下降的高度y與水平方向的位移x之間的關系如圖12乙所示．根據(jù)圖乙給出的信息，(重力加速度為g)求：
圖12
(1)勻強電場場強的大小；
(2)小球從進入勻強電場到下降h高度的過程中，電場力做的功；
(3)小球在h高度處的動能．
解析：(1)小球進入電場后，水平方向做勻速直線運動，設經(jīng)過時間t，水平方向：
v0t＝L
豎直方向：＝h
所以E＝－.
(2)電場力做功為
W＝－qEh＝.
(3)根據(jù)動能定理mgh－qEh＝Ek－
得Ek＝＋.
答案：(1)－　(2)
(3)＋
第六章 靜電場
(時間50分鐘，滿分100分)
命 題 設 計
　　　　 　難度
題號　　
目標　　　　　　
較易
中等
稍難
庫侖力和電場力
1、4
電勢、電勢能
2、7、9
物體在電場中的平衡和運動
3、8
綜合應用
10、11
5、6、12、
13、14
15、16
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題5分，共35分)
1．(2009·江蘇高考)兩個分別帶有電荷量－Q和＋3Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F.兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)?，則兩球間庫侖力的大小為 (　　)
A.F　　　　　　　B.F
C.F D．12F
解析：兩帶電金屬球接觸后，它們的電荷量先中和后均分，由庫侖定律得：F＝k，F(xiàn)′＝k＝k.聯(lián)立得F′＝F，C選項正確．
答案：C
2．(2010·南通模擬)如圖1所示，勻強電場E的區(qū)域內(nèi)，在O點放置一點電荷＋Q.a、b、c、d、e、f為以O為球心的球面上的點，aecf平面與電場平行，bedf平面與電場垂直，則下列說法中正確的是 (　　)
A．b、d兩點的電場強度相同
B．a(chǎn)點的電勢等于f點的電勢
C．點電荷＋q在球面上任意兩點之間移動時，電場力一定做功
D．將點電荷＋q在球面上任意兩點之間移動時，從a點移動到c點電勢能的變化量一定最大
解析：b、d兩點的場強為＋Q產(chǎn)生的場與勻強電場E的合場強，由對稱可知，其大小相等，方向不同，A錯誤；a、f兩點雖在＋Q所形電場的同一等勢面上，但在勻強電場E中此兩點不等勢，故B錯誤；在bedf面上各點電勢相同，點電荷＋q在bedf面上移動時，電場力不做功，C錯誤；從a點移到c點，＋Q對它的電場力不做功，但勻強電場對＋q做功最多，電勢能變化量一定最大，故D正確．
答案：D
3．如圖2所示，兩平行金屬板豎直放置，板上A、B兩孔正好水平相對，板間電壓為500 V．一個動能為400 eV的電子從A孔沿垂直板方向射入電場中．經(jīng)過一段時間電子離開電場，則電子離開電場時的動能大小為 (　　)
A．900 eV　　　　　　 　B．500 eV 圖2
C．400 eV D．100 eV
解析：由于電子動能Ek＝400 eV<500 eV，電子在電場中先做勻減速直線運動后反向做勻加速直線運動，最終從A孔出射，電場力做功為零，電子動能大小不變．C項正確．
答案：C
4．平行板電容器的兩極板A、B接于電源兩極，兩極板豎直、平行正對，一帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合電鍵S，電容器充電，懸線偏離豎直方向的夾角為θ，如圖3所示，則下列說法正確的是 (　　)
圖3
A．保持電鍵S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ減小
B．保持電鍵S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變
C．電鍵S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大
D．電鍵S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變
解析：對A、B選項，因電鍵S閉合，所以A、B兩極板的電勢差不變，由E＝可知極板間場強增大，懸掛的帶正電小球受到的電場力增大，則θ增大，選項A、B錯誤；對C、D選項，因電鍵S斷開，所以電容器兩極板所帶電荷量保持不變，由C＝、C＝和E＝可推出，E＝，與兩極板間距離無關，兩極板間場強保持不變，懸掛的帶正電的小球受到的電場力不變，則θ不變，只有D項正確．
答案：D
5．(2009·安徽高考)在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形abcd，頂點a、c
處分別固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖4所示．若將一個帶負電的
粒子置于b點，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復運動．粒子從b點
運動到d點的過程中 (　　)
A．先做勻加速運動，后做勻減速運動
B．先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢
C．電勢能與機械能之和先增大，后減小
D．電勢能先減小，后增大
解析：這是等量同種電荷形成的電場，根據(jù)這種電場的電場線分布情況，可知在直線bd上正中央一點的電勢最高，所以B錯誤．正中央一點場強最小等于零，所以A錯誤．負電荷由b到d先加速后減速，動能先增大后減小，則電勢能先減小后增大，但總和不變，所以C錯誤，D正確．
答案：D
6. (2009·天津高考)如圖5所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空
中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點，一帶電粒子(不計
重力)以速度vM經(jīng)過M點在電場線上向下運動，且未與下板接觸，
一段時間后，粒子以速度vN折回N點，則 (　　) 圖5
A．粒子受電場力的方向一定由M指向N
B．粒子在M點的速度一定比在N點的大
C．粒子在M點的電勢能一定比在N點的大
D．電場中M點的電勢一定高于N點的電勢
解析：由題意可知M、N在同一條電場線上，帶電粒子從M點運動到N點的過程中，電場力做負功，動能減小，電勢能增加，故選項A、C錯誤，B正確；由于題中未說明帶電粒子及兩極板的電性，故無法判斷M、N兩點的電勢高低，選項D錯誤．
答案：B
7．如圖6所示，勻強電場中有a、b、c三點．在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，∠a＝30°、∠c＝90°，電場方向與三角形所在平面平行．已知a、b和c點的電勢分別為(2－)V、(2＋)V和2 V．該三角形的外接圓上最低、最高電勢分別為 (　　) 圖6
A．(2－)V、(2＋)V　 　B．0 V、4 V
C．(2－)V、(2＋) V　 D．0 V、2 V
解析：如圖，根據(jù)勻強電場的電場線與等勢面是平行等間距排列，且電場線與等勢面
處處垂直，沿著電場線方向電勢均勻降落，取ab的中點O，即
為三角形的外接圓的圓心，且該點電勢為2 V，故Oc為等勢面，
MN為電場線，方向為MN方向，UOP=UOa= V，UON∶
UOP=2∶，故UON=2 V，N點電勢為零，為最小電勢點，同
理M點電勢為4 V，為最大電勢點．B項正確．
答案：B
二、多項選擇題(本題共5小題，每小題6分，共30分．每小題有多個選項符合題意，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，錯選或不答的得0分)
8．如圖7所示，一質量為m、帶電荷量為q的物體處于場強按E＝E0－kt(E0、k均為大于零的常數(shù)，取水平向左為正方向)變化的電場中，物體與豎直墻壁間的動摩擦因數(shù)為μ，當t＝0時刻物體處于靜止狀態(tài)．若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且電場空間和墻面均足夠大，下列說法正確的是
(　　) 圖7
A．物體開始運動后加速度先增加、后保持不變
B．物體開始運動后加速度不斷增大
C．經(jīng)過時間t＝，物體在豎直墻壁上的位移達最大值
D．經(jīng)過時間t＝，物體運動速度達最大值
解析：物體運動后，開始時電場力不斷減小，則彈力、摩擦力不斷減小，所以加速度不斷增加；電場力減小到零后反向增大，電場力與重力的合力一直增大，加速度也不斷增大，B正確；
經(jīng)過時間t＝后，物體將脫離豎直墻面，所以經(jīng)過時間t＝，物體在豎直墻壁上的位移達最大值，C正確．
答案：BC
9．(2010·無錫模擬)如圖8所示，AC、BD為圓的兩條互相垂直的
直徑，圓心為O，半徑為r，將帶等電荷量的正、負點電荷放
在圓周上，它們的位置關于AC對稱，＋q與O點的連線和OC
夾角為30°，下列說法正確的是 (　　)
A．A、C兩點的電勢關系是φA＝φC 圖8
B．B、D兩點的電勢關系是φB＝φD
C．O點的場強大小為
D．O點的場強大小為
解析：由等量異種點電荷的電場分布和等勢面的關系可知，等量異種點電荷的連線的中垂線為一條等勢線，故A、C兩點的電勢關系是φA＝φC，A對；空間中電勢從左向右逐漸降低，故B、D兩點的電勢關系是φB＞φD，B錯；＋q點電荷在O點的場強與－q點電荷在O點的場強的大小均為，方向與BD方向向上和向下均成60°的夾角，合場強方向向右，根據(jù)電場的疊加原理知合場強大小為，C對D錯．
答案：AC
10．(2009·四川高考)如圖9所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷，帶
負電的小物體以初速度v1從M點沿斜面上滑，到達N點時速度
為零，然后下滑回到M點，此時速度為v2(v2荷量保持不變，OM＝ON，則 (　　)
A．小物體上升的最大高度為 圖9
B．從N到M的過程中，小物體的電勢能逐漸減小
C．從M到N的過程中，電場力對小物體先做負功后做正功
D．從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小
解析：因為OM＝ON，M、N兩點位于同一等勢面上，所以從M到N的過程中，電場力時小物體先做正功再做負功，電勢能先減小后增大，B、C錯誤；因為小物體先靠近正點電荷后遠離正點電荷，所以電場力、斜面壓力、摩擦力都是先增大后減小，D正確；設小物體上升的最大高度為h，摩擦力做功為W，在上升過程、下降過程根據(jù)動能定理得
－mgh＋W＝0－mv12 ①
mgh＋W＝mv22， ②
聯(lián)立①②解得h＝，A正確．
答案：AD
11．如圖10所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b.不計空氣阻力，則 (　　)
A．小球帶正電
B．電場力跟重力平衡
C．小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小
D．小球在運動過程中機械能守恒
解析：由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，速率不變化，由動能定理，外力做功為零，繩子拉力不做功，電場力和重力做的總功為零，所以電場力和重力的合力為零，電場力跟重力平衡，B正確．由于電場力的方向與重力方向相反，電場方向又向上，所以小球帶正電，A正確．小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負功，由功能關系得，電勢能增加，C不正確．在整個運動過程中，除重力做功外，還有電場力做功，小球在運動過程中機械能不守恒，D不正確．
答案：AB
12．如圖11所示，光滑絕緣直角斜面ABC固定在水平面上，并
處在方向與AB面平行的勻強電場中，一帶正電的物體在電場
力的作用下從斜面的底端運動到頂端，它的動能增加了ΔEk，
重力勢能增加了ΔEp.則下列說法正確的是 (　　)
A．電場力所做的功等于ΔEk
B．物體克服重力做的功等于ΔEp 圖11
C．合外力對物體做的功等于ΔEk
D．電場力所做的功等于ΔEk＋ΔEp
解析：物體沿斜面向上運動的過程中有兩個力做功，電場力做正功，重力做負功，根據(jù)動能定理可得：WF＋WG＝ΔEk由重力做功與重力勢能變化的關系可得WG＝－ΔEp，由上述兩式易得出A錯誤，B、C、D正確．
答案：BCD
三、計算題(本題共4小題，共55分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)
13．(12分)如圖12所示，A、B為平行板電容器的兩個極板，A板接地，中間開有一個小孔．電容器電容為C.現(xiàn)通過小孔連續(xù)不斷地向電容器射入電子，電子射入小孔時的速度為v0，單位時間內(nèi)射入的電子數(shù)為n，電子質量為m，電荷量為e，電容器原來不帶電，電子射到B板時均留在B板上，求：
(1)電容器兩極板間達到的最大電勢差； 圖12
(2)從B板上打上電子到電容器兩極間達到最大電勢差所用時間為多少？
解析：(1)電子從A板射入后打到B板，A、B間形成一個電場，當A、B板間達到最大
電勢差U時，電子剛好不能再打到B板上，有
eU＝mv02　U＝.
(2)電子打到B板后，A、B板就是充了電的電容器，當電勢差達到最大時，Q＝CU＝t·ne，
則所用時間t＝.
答案：(1)　(2)
14．(14分)如圖13所示，ABCD為豎直放在場強為E＝104 V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的部分是半徑為R的半圓形軌道，軌道的水平部分與其半圓相切，A為水平軌道上的一點，而且AB＝R＝0.2 m，把一質量m＝0.1 kg、帶電荷量q＝＋1×10－4 C的小球放在水平軌道的A點由靜止開始釋放，小球在軌道的內(nèi)側運動．(g取10 m/s2)求： 圖13
(1)小球到達C點時的速度是多大？
(2)小球到達C點時對軌道壓力是多大？
(3)若讓小球安全通過D點，開始釋放點離B點至少多遠？
解析：(1)由A點到C點應用動能定理有：
Eq(AB＋R)－mgR＝mvC2
解得：vC＝2 m/s
(2)在C點應用牛頓第二定律得：
FN－Eq＝m
得FN＝3 N
由牛頓第三定律知，小球在C點對軌道的壓力為3 N.
(3)小球要安全通過D點，必有mg≤m.
設釋放點距B點的距離為x，由動能定理得：
Eqx－mg·2R＝mvD2
以上兩式聯(lián)立可得：x≥0.5 m.
答案：(1)2 m/s　(2)3 N　(3)0.5 m
15．(14分)半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質量為m、帶正電的珠子，空間存在水平向右的勻強電場，如圖14所示．珠子所受靜電力是其重力的倍，將珠子從環(huán)上最低位置A點由靜止釋放，求：
(1)珠子所能獲得的最大動能是多少？
(2)珠子對圓環(huán)的最大壓力是多少？ 圖14
解析：(1)設qE、mg的合力F合與豎直方向的夾角為θ，
因qE＝mg，所以tanθ＝＝，
則sinθ＝，cosθ＝，
則珠子由A點靜止釋放后在從A到B的過程中做加速運動，如圖所
示．由題意知珠子在B點的動能最大，由動能定理得
qErsinθ-mgr(1-cosθ)=Ek，
解得Ek=mgr.
(2)珠子在B點對圓環(huán)的壓力最大，設珠子在B點受圓環(huán)的彈力為FN，則FN－F合＝　
(mv2＝mgr)
即FN＝F合＋＝＋mg
＝mg＋mg＝mg.
由牛頓第三定律得，珠子對圓環(huán)的最大壓力為mg.
答案：(1)mgr　(2)mg
16．(15分)如圖15所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與
水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8
m．有一質量為500 g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿
勻速下滑，小環(huán)離開桿后正好通過C端的正下方P點．(g取10
m/s2)求： 圖15
(1)小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向；
(2)小環(huán)在直桿上勻速運動時速度的大小；
(3)小環(huán)運動到P點的動能．
解析：(1)小環(huán)在直桿上的受力情況如圖所示．
由平衡條件得：mgsin45°＝Eqcos45°，
得mg＝Eq，
離開直桿后，只受mg、Eq作用，則
F合＝ mg＝ma，
a＝g＝10  m/s2≈14.1 m/s2
方向與桿垂直斜向右下方．
(2)設小環(huán)在直桿上運動的速度為v0，離桿后經(jīng)t秒到達P點，則豎直方向：h＝v0sin45°·t＋gt2，
水平方向：v0cos45°·t－t2＝0
解得：v0＝ ＝2 m/s
(3)由動能定理得：EkP－mv02＝mgh
可得：EkP＝mv02＋mgh＝5 J.
答案：(1)14.1 m/s2，垂直于桿斜向右下方
(2)2 m/s　(3)5 J

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