参考答案

1.C解析：由题意得，F=k3Q2r2.两球接触后电荷中和后等量分配，库仑力F′=k•Q2r/32，则F′=3F，故C项对.

2.C解析：由题意知，小球所受的重力与电场力的合力沿∠bOc的角平分线方向，故小球在a、d两点动能相等，a、d中点处的动能最小;小球在运动中，电势能与机械能相互转化，总能量守恒，故在d点机械能最小、b点机械能最大.

3.AD解析：负电荷在电场中做匀加速直线运动，可知它所受电场力不变，因此A、B两点场强相同，A项对;负电荷速度不断增大，即动能增大，可知电场力对其做正功，故负电荷的电势能减小，即EpA>EpB，D项正确.

4.A解析：加速度为零时，其受到的库仑力与摩擦力平衡，k9q2x2=μmg，则x=3qkμmg.

5.BD解析：若小球P经过C点时电荷量突然减小，电场力做功减小，根据运动的对称性可知，它不会运动到CD之外，A项错误;若小球P经过CO之间时电荷量减小，根据动能定理可知，它向D点方向运动的位移更大，B项正确;若点电荷M、N电荷量同时等量增大，根据运动的对称性判断C项错误;若小球P经过CO之间某处时，点电荷M、N电荷量等量增大，小球P从C点到O点电场力做的正功小于小球P从O点到D点电场力做的负功，所以不会运动到D点，反之也不会运动到C点，所以D项正确.

6.C解析：cd的中点为e，ab与ce平行且相等，根据匀强电场的特点可知，Uba=Uce=5 V-3 V=2 V，而de与ce在同一直线上且相等，则Uce=Ued=2 V，d点电势应为3 V.

7.AC解析：平行板电容器与电源断开后电荷量保持恒定，由E∝QS知，它们之间的场强不变，极板间的电压U=Ed变小，正电荷在P点的电势能W=q•φP=qE•dP不变.

8.CD解析：选取11H、21H、42He中的任意一微粒为研究对象，微粒在偏转电场中的偏转位移为：

y=12•qU2L2dmv20=qU2L24dEk=qmU2L22dp2=U2L24dU1.

通过判定C、D两项正确.

9.C解析：小球在由抛出点到最大高度的过程中，除重力之外，电场力要做正功，但是电场力做正功不一定大于重力所做的负功，故A项错误;因电场力做正功，小球的电势能减小，B项也错误;小球在竖直方向上只受重力，故竖直方向加速度为g，到最高点所用的时间t=v0/g，C项正确;到达最高点时，竖直分速度为零，但水平分速度不为零，并且最高点加速度为重力加速度g与电场力引起的加速度a的矢量和，大于g，由此可判断D项不正确.

10.A解析：由于f

11.(6分)解析：分析可知，金属块A离开高台后，在水平方向做匀减速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，水平位移最大处，水平速度为零，则x=v202ax=v204g，令水平速度为vx，vx=v0-2gt，竖直速度为vy，vy=gt，则合速度v=v2x+v2y=v0-2vy2+v2y=vy-25v02+v205，当vy=25v0时，合速度最小等于55v0.

答案：v204g　5v05

12.(6分)因为等势线越密处的场强越大，Ea大于Eb;由曲线运动的特点可知，带电粒子所受电场力必指向轨迹内侧，且垂直于等势面，故粒子从a点到b点过程中，电场力做负功，va大于vb.仅由题给的条件不能判断带电粒子的性质以及a点和b点的电势高低.

答案：大于  大于  不能比较

13.(10分)解析：(1)由题意知：小球运动到D点时，由于AD=AB，所以有电势φD=φB，即UDB=φD-φB=0①

则由动能定理得：mgL2sin30°=12mv2D-0②

联立①②解得：vD=gL2.③

(2)当小球运动至C点时，对小球受力分析如图所示，则由平衡条件得：

N+F库•sin30°=mgcos30°④

由库仑定律得：

F库=kq2Lcos30°2⑤

联立④⑤得：

N=32mg-2kq23L2

由牛顿第三定律得：N′=N=32mg-2kq23L2.

答案：(1)gL2　(2)32mg-2kq23L2

14.(13分)解析：(1)粒子在下落过程中电场力做的功

W=Eqh=100×10-12×0.8 J=8×10-11 J.

(2)粒子在整个运动过程中仅有电场力做功，由动能定理得

W=Ek2-Ek1

Ek2=8×10-11 J+2×10-15×2002/2 J=1.2×10-10 J.

(3)粒子落到金属板上的范围是一个圆.设此圆的半径为r，只有当粒子的初速度与电场的方向垂直时粒子落在该圆的边缘上，由运动学公式得

h=12at2=Eq2mt2

代入数据求得

t=5.66×10-3 s

圆半径r=v0t=1.13 m

圆面积S=πr2=4.0 m2.

答案：(1)8×10-11 J　(2)1.2×10-10 J　(3)4.0 m2

15.(14分)解析：(1)两个小球处于电场中时，2qE=4mg

解得E=2mgq.

(2)设第4个小球刚离开电场时，杆的运动速度为v，对整个杆及整个过程应用动能定理：

4mg•5L-4•qE•2L=12×4mv2

解得v=2gL.

(3)设杆匀速运动时速度为v1，对第1个小球刚进入电场到第3个小球刚要进入电场这个过程，应用动能定理得

4mg•2L-qE(L+2L)=12•4mv21

解得v1=gL

第2个小球刚进入电场到第3个小球刚要离开电场的这段时间，整个杆做匀速直线运动，设运动时间为t1，

则t1=3Lv1=3gLg

第3个小球离开电场后，只有第4个小球在电场中，杆做匀加速直线运动.设运动时间为t2，则

t2=Lv1+v2=2Lv1+v=2gL2+1g=22-1gLg

所以，从第2个小球刚进入电场到第4个小球刚离开电场所经历的时间为

t=t1+t2=22+1gLg.

答案：(1)2mgq　(2)2gL　(3)22+1gLg

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