题目内容
16．
如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为R的绝缘轻质细线悬挂一小球，小球质量为m，带电量为+q，将小球拉至竖直方向最低位置A点处无初速度释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度θ=74°．（重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，sin74°=0.96，cos74°=0.28）（1）求电场强度的大小E；
（2）求小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值．
分析 （1）小球将向左摆动，细线向左偏高竖直方向的最大角度θ=74°根据对称性，此时必有重力与电场力的合力与角分线在同一条线上，据此求解E．
（2）小球从B到D的过程等效重力场，由动能定理，结合牛顿运动定律，列式求解．
解答 解：（1）设小球最大摆角位置为C，在整个过程中，小球受重力mg、电场力qE和细线的拉力T作用，拉力T始终不做功，在小球由A运动至C的过程中，根据动能定理有：
qElsinθ-mgl（1-cosθ）=0-0
解得：E=$\frac{mg（1-cosθ）}{qsinθ}$=$\frac{3mg}{4q}$
（2）重力与电场力的合力大小为：F=$\sqrt{（mg）_{\;}^{2}+（qE）_{\;}^{2}}$=$\frac{5mg}{4}$ ①
其方向指向左下方，设与竖直方向成α角，根据几何关系有：
tanα=$\frac{qE}{mg}$=$\frac{3}{4}$，即α=37° ②
当小球摆动至细线沿此方向，设为B位置时，小球对细线的拉力最大，则：
T-F=$m\frac{{v}_{B}^{2}}{l}$③
小球在由A运动至B的过程中，根据动能定理有：
Fl（1-cosα）=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$-0 ④
根据牛顿第三定律可知，小球对细线的拉力为：T′=T ⑤
由①②③④⑤式联立解得：T′=$\frac{7mg}{4}$
答：（1）求电场强度的大小E为$\frac{3mg}{4q}$；
（2）求小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值$\frac{7}{4}mg$
点评 本题是力学知识与电场知识的综合，关键是分析清楚小球的受力情况和做功情况，运用动能定理和牛顿第二定律求解．
光滑金属导轨宽L=0.4m，电阻不计，均匀变化的磁场垂直穿过整个轨道平面，如图甲所示，磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，金属棒ab的电阻为1Ω，自t=0时刻起从导轨最左端以v0=lm/s的速度向右匀速运动，则（ ）| A． | 1s内回路中产生的焦耳热为2.54J | B． | 1s内回路中产生的焦耳热为0.64J | ||
| C． | 1s内回路中电动势为1.6V | D． | 1s末ab棒所受磁场力为1.28V |
电荷量q=2.0×10-3C的正电荷，质量m=1.0×10-4kg，从电场中的A点沿直线运动到B点的速度图象如图所示，除了电场力外不计其他力．
| A． | 从t=0时刻释放电子，电子在两板间往复运动，一定打到右极板上 | |
| B． | 从t=$\frac{T}{4}$时刻释放电子，电子在两板间往复运动，一定打到右极板上 | |
| C． | 从t=$\frac{T}{8}$时刻释放电子，电子在两板间往复运动，一定打到右极板上 | |
| D． | 从t=$\frac{3T}{8}$时刻释放电子，电子在两板间往复运动，可能打到右极板上 |
有带电平行板电容器竖直放置，如图所示，两极板间距d=0.1m，电势差U=1000V，现从平行板上A处以vA=3m/s速度水平向左射入一带正电小球（已知小球带电荷量q=10-7C，质量m=0.02g），经一段时间后发现小球恰好没有与左极板相碰撞且打在A点正下方的B处，求A、B间的距离sAB．（g=10m/s2）| A． | 保持不变 | B． | 不断减小 | ||
| C． | 不断增大 | D． | 根据两石子的质量的大小来决定 |
如图所示，一条长为L的细线，上端固定，下端栓一个质量为m的带电小球，将它置于一个匀强电场中，场强大小为E，水平向右，已知当细线离开竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡状态．
一匀强电场，场强方向水平向左．一个质量为m，带电量为q的带电的小球，从O点以初速度v0，仅在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动．求：
将一个小球由固定斜面的顶端以某一初速度v0水平抛出，小球刚好经时间t0落到斜面的底端如果改变小球抛出的初速度，则能正确反映小球的运行时间与初速度变化规律的是（ ）
