題目列表(包括答案和解析)
2008年 (廣東卷 物理)19．（16分）如圖16（a）所示，在光滑絕緣水平面的AB區(qū)域內(nèi)存在水平向左的電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間的變化如圖16（b）所示。不帶電的絕緣小球P2靜止在O點(diǎn)。t=0時(shí)，帶正電的小球P1以速度v0從A點(diǎn)進(jìn)入AB區(qū)域。隨后與P2發(fā)生正碰后反彈，反彈速度是碰前的
倍。P1的質(zhì)量為m1，帶電量為q，P2的質(zhì)量為m2=5m1，A、O間距為L(zhǎng)0，O、B間距為
.已知
，
.
（1）求碰撞后小球P1向左運(yùn)動(dòng)的最大距離及所需時(shí)間。
（2）討論兩球能否在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞。
2008年上�！∥锢�14．如圖所示，在光滑絕緣水平面上，兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷M、N，分別固定在A、B兩點(diǎn)，O為AB連線的中點(diǎn)，CD為AB的垂直平分線。在CO之間的F點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的小球P（設(shè)不改變?cè)瓉?lái)的電場(chǎng)分布），在以后的一段時(shí)間內(nèi)，P在CD連線上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。若
（A）小球P的帶電量緩慢減小，則它往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中振幅不斷減小
（B）小球P的帶電量緩慢減小，則它往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中每次經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速率不斷減小
（C）點(diǎn)電荷M、N的帶電量同時(shí)等量地緩慢增大，則小球P往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中周期不斷減小
（D）點(diǎn)電荷M、N的帶電量同時(shí)等量地緩慢增大，則小球P往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中振幅不斷減小
（04年上海卷）(12分) 如圖所示，一端封閉、粗細(xì)均勻的薄壁玻璃管開(kāi)口向下堅(jiān)直插在裝有水銀的水銀槽內(nèi)，管內(nèi)封閉有一定質(zhì)量的空氣，水銀槽的截面積上下相同，是玻璃管截面積的5倍。開(kāi)始時(shí)管內(nèi)空氣長(zhǎng)度為6cm，管內(nèi)外水銀面高度差為50cm。將玻璃管沿豎直方向緩慢上移(管口末離開(kāi)槽中水銀)，使管內(nèi)外水銀面高度差變成60cm。(大氣壓相當(dāng)于75cmHg)，求：
(1) 此時(shí)管內(nèi)空氣柱的長(zhǎng)度；
(2) 水銀槽內(nèi)水銀面下降的高度。
2008年 (山東卷 理科綜合)21.如圖所示，在y軸上關(guān)于0點(diǎn)對(duì)稱的A、B兩點(diǎn)有等量同種點(diǎn)電荷+Q，在x軸上C點(diǎn)有點(diǎn)電荷-Q且CO=OD，∠ADO=600。下列判斷正確的是
A. O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零
B. D點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零
C.若將點(diǎn)電荷+q從O移向C，電勢(shì)能增大
D.若將點(diǎn)電荷-q從O移向C，電勢(shì)能增大
（03年江蘇卷）（7分）實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示：一木塊放在水平長(zhǎng)木板上，左側(cè)栓有一細(xì)軟線，跨過(guò)固定在木板邊緣的滑輪與一重物相連。木塊右側(cè)與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶相連。在重物牽引下，木塊在木板上向左運(yùn)動(dòng)，重物落地后，木塊繼續(xù)向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，圖2給出了重物落地后，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打出的一些點(diǎn)，試根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，求木塊與木板間的摩擦因數(shù)μ。要求寫(xiě)出主要的運(yùn)算過(guò)程。結(jié)果保留2位有效數(shù)字。（打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電頻率為50Hz，不計(jì)紙帶與木塊間的拉力。取重力加速度g=10m/s2）
高考真題
1．【解析】電場(chǎng)是矢量，疊加遵循平行四邊行定則，由
和幾何關(guān)系可以得出，A錯(cuò)B對(duì)。在
之間，合場(chǎng)強(qiáng)的方向向左，把負(fù)電荷從Ｏ移動(dòng)到C，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，C錯(cuò)D對(duì)。
【答案】BD
2．【解析】從無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零開(kāi)始到r = r2位置，勢(shì)能恒定為零，在r = r2到r = r1過(guò)程中，恒定引力做正功，勢(shì)能逐漸均勻減小，即勢(shì)能為負(fù)值且越來(lái)越小，此部分圖像為A、B選項(xiàng)中所示；r ＜ r1之后勢(shì)能不變，恒定為－U0，由引力做功等于勢(shì)能將少量，故U0=F0(r2－r1)．所以選項(xiàng)B正確
【答案】B
3．【解析】將電荷從從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，其電勢(shì)能增加；由電勢(shì)差公式UAB = ，W= qUAB = －5×10?9×（15－10)J=－2.5×10－8J
【答案】－2.5×10－8J
4．【解析】考查靜電場(chǎng)中的電場(chǎng)線、等勢(shì)面的分布知識(shí)和規(guī)律。A、B、C三點(diǎn)處在一根電場(chǎng)線上，沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降落，故φA＞φB＞φC，A正確；由電場(chǎng)線的密集程度可看出電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系為EC＞EB＞EA，B對(duì)；電場(chǎng)線密集的地方電勢(shì)降落較快，故UBC＞UAB，C對(duì)D錯(cuò)。此類問(wèn)題要在平時(shí)注重對(duì)電場(chǎng)線與場(chǎng)強(qiáng)、等勢(shì)面與場(chǎng)強(qiáng)和電場(chǎng)線的關(guān)系的掌握，熟練理解常見(jiàn)電場(chǎng)線和等勢(shì)面的分布規(guī)律
【答案】AC
5．【解析】如圖所示，根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線與等勢(shì)面是平行等間距排列，且電場(chǎng)線與等勢(shì)面處處垂直，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)均勻降落，取ab的中點(diǎn)O，即為三角形的外接圓的圓心，且該點(diǎn)電勢(shì)為2V，故Oc為等勢(shì)面，MN為電場(chǎng)線，方向?yàn)镸N方向，UOP= UOa=
V，UON : UOP=2 :，故UON =2V,N點(diǎn)電勢(shì)為零，為最小電勢(shì)點(diǎn)，同理M點(diǎn)電勢(shì)為4V，為最大電勢(shì)點(diǎn)。所以選項(xiàng)B正確
【答案】 B
6．【解析】本題考查電容器的兩個(gè)公式。a板與Q板電勢(shì)恒定為零，b板和P板電勢(shì)總相同，故兩個(gè)電容器的電壓相等，且兩板電荷量q視為不變。要使懸線的偏角增大，即電壓U增大，即減小電容器的電容C。對(duì)電容器C，由公式C = = ，可以通過(guò)增大板間距d、減小介電常數(shù)ε、減小板的針對(duì)面積S。所以選項(xiàng)B、C正確．
【答案】BC
7．【解析】設(shè)F與F′繞O點(diǎn)對(duì)稱，在F與F′處之間，小球始終受到指向O點(diǎn)的回復(fù)力作用下做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，若小球P帶電量緩慢減小，則此后小球能運(yùn)動(dòng)到F′點(diǎn)下方，即振幅會(huì)加大，A錯(cuò)；每次經(jīng)過(guò)O點(diǎn)因電場(chǎng)力做功減少而速度不斷減小，B對(duì)；若點(diǎn)電荷M、N電荷量緩慢增大，則中垂線CD上的場(chǎng)強(qiáng)相對(duì)增大，振幅減小，加速度相對(duì)原來(lái)每個(gè)位置增大，故一個(gè)周期的時(shí)間必定減小，C、D正確。
【答案】CD
8．【解析】由沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，所以選項(xiàng)A正確；電場(chǎng)線越密的地方場(chǎng)強(qiáng)越大，得選項(xiàng)D正確。
【答案】D
9．【解析】當(dāng)不加電場(chǎng)時(shí)，油滴勻速下降，即
；當(dāng)兩極板間電壓為U時(shí)，油滴向上勻速運(yùn)動(dòng)，即
，解之得:
,當(dāng)兩極間電壓為－U時(shí)，電場(chǎng)力方向反向，大小不變，油滴向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，
，解之得：v'=3v，C項(xiàng)正確
【答案】C
10．【解析】由電勢(shì)差公式以及動(dòng)能定理：W=qUab=q(φa－φb)= m (vb2－va2)，可得比荷為 = ，所以選項(xiàng)C對(duì)．
【答案】C
11．【解析】（1）設(shè)電子的質(zhì)量為m，電量為e，電子在電場(chǎng)I中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，出區(qū)域I時(shí)的為v0，此后電場(chǎng)II做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)電子從CD邊射出，出射點(diǎn)縱坐標(biāo)為y，有
解得 y＝
，所以原假設(shè)成立，即電子離開(kāi)ABCD區(qū)域的位置坐標(biāo)為（－）
（2）設(shè)釋放點(diǎn)在電場(chǎng)區(qū)域I中，其坐標(biāo)為（x，y），在電場(chǎng)I中電子被加速到v1，然后進(jìn)入電場(chǎng)II做類平拋運(yùn)動(dòng)，并從D點(diǎn)離開(kāi)，有
解得 xy＝
，即在電場(chǎng)I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點(diǎn)即為所求位置。
（3）設(shè)電子從（x，y）點(diǎn)釋放，在電場(chǎng)I中加速到v2，進(jìn)入電場(chǎng)II后做類平拋運(yùn)動(dòng)，在高度為y′處離開(kāi)電場(chǎng)II時(shí)的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)D點(diǎn)，則有
，
解得 
，即在電場(chǎng)I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點(diǎn)即為所求位置
【答案】（1）（－）（2） xy＝ （3）
12．【解析】(1)P1經(jīng)t1時(shí)間與P2碰撞，則
P1、P2碰撞，設(shè)碰后P2速度為v2，由動(dòng)量守恒：
解得
（水平向左） 
（水平向右）
碰撞后小球P1向左運(yùn)動(dòng)的最大距離：
又：
解得：
所需時(shí)間：
（2）設(shè)P1、P2碰撞后又經(jīng)
時(shí)間在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞，且P1受電場(chǎng)力不變，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，以水平向右為正：
則：
解得：
（故P1受電場(chǎng)力不變）
對(duì)P2分析：
所以假設(shè)成立，兩球能在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞。
【答案】
（1） （2）兩球能在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞
名校試題
1．【解析】帶正電荷的福娃歡歡的電勢(shì)高于帶負(fù)電荷的福娃貝貝，用導(dǎo)體棒連結(jié)的瞬間，電流表指針偏轉(zhuǎn)，有瞬時(shí)電流 ，
最終達(dá)到靜電平衡，成為是等勢(shì)體，導(dǎo)體棒內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度等于零。
【答案】AC
2．【解析】b、d兩點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)方向不同，所以選項(xiàng)A錯(cuò)；a點(diǎn)的電勢(shì)高于f點(diǎn)的電勢(shì)，選項(xiàng)B錯(cuò)；若在b、d、e、f上移動(dòng)電場(chǎng)力不做功，選項(xiàng)C錯(cuò)，將點(diǎn)電荷+q從球面上a點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)的電場(chǎng)力做功最大，所以電勢(shì)能變化量一定最大，故選項(xiàng)D對(duì)．
【答案】D
3．【解析】由題意可知：
所以E的變化規(guī)律與Q的變化規(guī)律相似，所以E的圖象為②，由
k, 所以d=t+a=vt+a,所以是勻速移動(dòng)，所以速度圖象為③，綜上所述C正確。
【答案】C
4．【解析】由公式
和
得，D選項(xiàng)正確。
【答案】D
5．【解析】因不知道點(diǎn)電荷的位置，所以無(wú)法確定a、b兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向，如點(diǎn)電荷在a、b兩點(diǎn)之間時(shí)，兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向就不相同，A錯(cuò)誤；若點(diǎn)電荷不在a、b兩點(diǎn)間的中間位置，a、b兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小就一定不相等，B錯(cuò)誤；若點(diǎn)電荷在a、b兩點(diǎn)間的中間位置，a、b兩點(diǎn)就在同一等勢(shì)面上，C錯(cuò)誤，D正確。
【答案】D
6．【解析】（1）將打在A板上。
（2）水平放置有Eq=mg。
把重力分解為平行電場(chǎng)方向和垂直電場(chǎng)方向，則沿電場(chǎng)方向的加速度為：a=g/2，打到板上的時(shí)間為：
油滴受到的合力為mg，所以加速度為g，達(dá)到板上速度的大小為：
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【答案】（1） 將打在A板上 （2）
7．【解析】（1）在帶電粒子運(yùn)動(dòng)方向上任取一點(diǎn)，設(shè)其坐標(biāo)為
，取接地極板為零勢(shì)能點(diǎn)。將粒子從O點(diǎn)移到
處電場(chǎng)力做正功，
，即粒子在x處的電勢(shì)能為
，在處的電勢(shì)能為
。
再由牛頓第二定律
①，
②，解得
③，又
④，⑤，
，得
⑥，即該帶電粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電勢(shì)能與動(dòng)能總和保持不變，證畢。
（2）粒子在豎直向上射出后做類平拋運(yùn)動(dòng)。故豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)有
⑦；水平方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，有
⑧，聯(lián)立解得
【答案】
8．【解析】(1)油滴勻速下落過(guò)程中受到的電場(chǎng)力和重力平衡，可見(jiàn)所帶電荷為負(fù)電荷，即
，得
(2)油滴加速下落，若油滴帶負(fù)電，電荷量為Q1，則油滴所受到的電場(chǎng)力方向向上，設(shè)此時(shí)的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得
得
．
若油滴帶正電，電荷量為Q2，則油滴所受到的電場(chǎng)力方向向下，設(shè)此時(shí)的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得
即
。
【答案】（1） （2）
9．【解析】（1）小球在θ=600角處處于平衡，則Eq=mgtanθ
得
方向水平向左
（2）王明同學(xué)的求解不正確
因?yàn)樾∏蛟讦?600處處于平衡，因此小球從θ=300的A點(diǎn)釋放，它不會(huì)往A點(diǎn)的左邊運(yùn)動(dòng)，而是以θ=600處為中心、以A點(diǎn)為端點(diǎn)來(lái)回?cái)[動(dòng)，即小球不會(huì)運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)O
王明同學(xué)的求解實(shí)際上也不是小球運(yùn)動(dòng)到θ=600的平衡位置處的速度。
平衡位置處的速度的正確求解應(yīng)該是：據(jù)動(dòng)能定理有
聯(lián)解得
【答案】（1） （2）
10．【解析】（1）設(shè)微粒穿過(guò)B板小孔時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理，有
解得 
（2）微粒進(jìn)入半圓形金屬板后，電場(chǎng)力提供向心力，有
聯(lián)立⑴、⑵，得 
（3）微粒從釋放開(kāi)始經(jīng)t1射出B板的小孔，則
設(shè)微粒在半圓形金屬板間運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)t2第一次到達(dá)最低點(diǎn)P點(diǎn)，則
所以從釋放微粒開(kāi)始，經(jīng)過(guò)
微粒第一次到達(dá)P點(diǎn)
根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，易知再經(jīng)過(guò)
微粒再一次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)
所以經(jīng)過(guò)時(shí)間
，
微粒經(jīng)過(guò)P點(diǎn)。
【答案】（1） （2） （3）
11．【解析】(1)若第1個(gè)粒子落到O點(diǎn)，由
＝v01t1
＝
gt12 （1分） 得v01＝
若落到B點(diǎn)，由L＝v02t1，＝gt22得v02＝5 m/s
故2.5 m/s<v0<5 m/s
(2)由L＝v01t 得t＝4×10-2 s
由＝at2 得a＝2.5 m/s2
由mg－qE=ma，E=
得Q＝6×10-6 C 所以
＝600個(gè)
【答案】（1）2.5 m/s<v0<5 m/s （2）600個(gè)
考點(diǎn)預(yù)測(cè)題
1．【解析】根據(jù)上述規(guī)律可知，引入的第三個(gè)小球必須帶負(fù)電，放在前兩個(gè)小球的連線上且離+Q較近。設(shè)第三個(gè)小球帶電量為q，放在距離+Q為x處（如圖所示），由平衡條件和庫(kù)侖定律有：
解得
以+Q為研究對(duì)象，由平衡條件得：
得
即第三個(gè)小球帶負(fù)電，電荷量為Q的
倍
【答案】第三個(gè)小球帶負(fù)電，電荷量為Q的倍
2．【解析】質(zhì)子帶電為+e，所以它是由2個(gè)上夸克和1個(gè)下夸克組成的.按題意，三個(gè)夸克必位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)處.這時(shí)上夸克與上夸克之間的靜電力應(yīng)為
代入數(shù)值，得 
=46N，為斥力.
上夸克與下夸克之間的靜電力為 
代入數(shù)值，得
=23N，為吸力.
【答案】=23N，為吸力
3．【解析】由a點(diǎn)的電場(chǎng)線密度比b點(diǎn)的大，所以其場(chǎng)強(qiáng)也越大，同一電荷受到的電場(chǎng)力也大，即Fa>Fb，又因電場(chǎng)力做正功，所以Q為正電荷，故選項(xiàng)A正確
【答案】A
4．【解析】本題屬于連接體問(wèn)題，主要考查牛頓第二定律在電場(chǎng)中的應(yīng)用，設(shè)加速度為a，對(duì)整體有：
，再隔離球2分析：
，聯(lián)立兩式得：
，所以選項(xiàng)A正確
【答案】A
5．【解析】電場(chǎng)力的方向與面ABCD垂直，所以面ABCD是等勢(shì)面，A、D兩點(diǎn)的電勢(shì)差為0，又因A、A
兩點(diǎn)的電勢(shì)差不為0，所以選項(xiàng)A錯(cuò)。帶正電的粒子從A點(diǎn)到D電場(chǎng)力不做功，而由D→D＇電場(chǎng)力做功，所以選項(xiàng)B正確；同理，帶負(fù)電的粒子從A點(diǎn)沿路徑A→D→D＇移到D＇點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，選項(xiàng)C錯(cuò)；由電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)得選項(xiàng)D也正確。
【答案】BD
6．【解析】因電場(chǎng)力做功只與始末位置有關(guān)，與路徑無(wú)關(guān)，故選項(xiàng)D對(duì)。把一正的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)沿直線移到N點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，所以選項(xiàng)A正確。而B(niǎo)錯(cuò)。負(fù)電荷則相反，即選項(xiàng)C錯(cuò)。
【答案】AD
7．【解析】本題主要考查電場(chǎng)力做功和電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系。根據(jù)W=
得W=8×10－6 J，因沿場(chǎng)強(qiáng)方向的距離d小于
得E大于8
V/m，故選項(xiàng)A正確。
【答案】A
8．【解析】在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，由于U＝Ed，所以任意一族平行線上等距離的兩點(diǎn)的電勢(shì)差相等，因此Uab=Ucd，所以c點(diǎn)電勢(shì)為8V。，B對(duì)。考查勻強(qiáng)電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系，難度適中。
【答案】B
9．【解析】先根據(jù)電容器在電路穩(wěn)定的情況下相當(dāng)于斷路，比較兩種情況下兩極板的電勢(shì)差、電場(chǎng)強(qiáng)度、電場(chǎng)力大小進(jìn)而確定較大關(guān)系；再根據(jù)兩種情況下的總電阻大小確定電流關(guān)系。當(dāng)滑片在a位置時(shí)平行板電容器兩極板間電勢(shì)差比當(dāng)滑片在b位置時(shí)小，場(chǎng)強(qiáng)也就小，故θ1<θ2 ，兩種情況下的閉合電路總電阻不變，故I1=I2，所以正確選項(xiàng)D。
【答案】D
10．【解析】由于電容
、
和靜電計(jì)Y在電路中都起斷路作用，故沒(méi)有電流通過(guò)電壓表，故正確答案為選項(xiàng)C．
【答案】C
11．【解析】（1）極間場(chǎng)強(qiáng)
；
（2）
粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度 
（3）由
，得：
【答案】（1） （2） （3）
12．【解析】對(duì)帶電系統(tǒng)進(jìn)行分析，假設(shè)球A能達(dá)到右極板，電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做功為W1，有：
而且還能穿過(guò)小孔，離開(kāi)右極板。
假設(shè)球B能達(dá)到右極板，電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做功為W2，有：
綜上所述，帶電系統(tǒng)速度第一次為零時(shí)，球A、B應(yīng)分別在右極板兩側(cè)。
（1）帶電系統(tǒng)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)加速度為a1，由牛頓第二定律：
=
③
球B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度為v1，有：
④
由③④求得：
⑤
（2）設(shè)球B從靜止到剛進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間為t1，則：
⑥
將③⑤代入⑥得：
⑦
球B進(jìn)入電場(chǎng)后，帶電系統(tǒng)的加速度為a2，由牛頓第二定律：
⑧
顯然，帶電系統(tǒng)做勻減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)球A剛達(dá)到右極板時(shí)的速度為v2，減速所需時(shí)間為t2，則有：
⑨
⑩
求得： 
⑾
球A離電場(chǎng)后，帶電系統(tǒng)繼續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a3，再由牛頓第二定律：
⑿
設(shè)球A從離開(kāi)電場(chǎng)到靜止所需的時(shí)間為t3，運(yùn)動(dòng)的位移為x，則有：
⒀
⒁
求得：
⒂
由⑦⑾⒂可知，帶電系統(tǒng)從靜止到速度第一次為零所需的時(shí)間為：
⒃
球A相對(duì)右板的位置為：
⒄
【答案】（1） （2）
13．【解析】（1）由題意可知電場(chǎng)力的力臂為
l sinθ，故力矩M＝2×E0q×l sinθ＝E0q/sinθ
（2）W＝2 E0q×(1－cosθ)＝E0q /(1－cosθ)
（3）電偶極子在外電場(chǎng)中處于力矩平衡時(shí)，電偶極子的方向與外加電場(chǎng)的夾角0或者π
①當(dāng)電偶極子方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同時(shí)，即夾角為零時(shí)（如圖所示）由于電偶極子與電場(chǎng)垂直時(shí)電勢(shì)能為零， 所以該位置的電勢(shì)能等于由該位置轉(zhuǎn)到與電場(chǎng)垂直時(shí)電場(chǎng)力所做的功，電勢(shì)能 EP1=－E0ql
②當(dāng)電偶極子方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反時(shí)，即夾角π為時(shí)同理可得，電勢(shì)能 EP2=E0ql
（4）由題意知 F＝E0q0－2
【答案】（1）E0q/sinθ（2）E0q /(1－cosθ) （3）夾角為零EP1=－E0ql ，夾角π為時(shí)同理可得，電勢(shì)能 EP2=E0ql
（4）
14．【解析】由題意可知，帶電小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)和點(diǎn)電荷非勻強(qiáng)電場(chǎng)這樣的疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，前兩問(wèn)應(yīng)用力的觀點(diǎn)求解，因庫(kù)侖力是變力，所以第（3）問(wèn)只能用能的觀點(diǎn)求解。
（1）開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)小球
受重力、庫(kù)侖力、桿的彈力和電場(chǎng)力，沿桿方向運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得
解得 
代入數(shù)據(jù)解得
（2）小球速度最大時(shí)合力為零，即
解得 
代入數(shù)據(jù)解得
（3）小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度為
的過(guò)程中，設(shè)重力做功為
，電場(chǎng)力做功為
，
庫(kù)侖力做功為
，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
設(shè)小球的電勢(shì)能改變了△
，則
△
△
△
【答案】（1） （2） （3）
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