如图甲所示，两个带电小球A、B质量分别为3m、m，电荷量分别为+2q、-q，用一根长为2L的绝缘杆相连，竖直放置，轻杆可绕通过中点O的水平固定转动轴无摩擦转动．现在此空间中施加一个水平向左的匀强电场，电场强度为E，且Eq=mg．在电场力的作用下，整个装置从静止开始转动（带电小球之间的作用力可以忽略不计）求：
（1）轻杆转过90°的过程中，系统电势能的变化量是多少？
（2）当轻杆转过90°时，两个小球的速率是多少？
（3）如果开始时在B小球右侧紧贴放置一个质量为M的光滑绝缘木块，如图乙所示．整个装置重新从竖直位置由静止开始转动，推动木块沿水平面滑动，求转过30°时，绝缘木块的速率是多少？

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如图所示，在场强为E、方向竖直向下的匀强电场中，有A、B两个质量均为 m的带电小球（可视为点电荷），电荷量分别为+2q和+q，两小球用长为L的绝缘细线相连，另用绝缘细线系住A球并悬挂于O点，重力加速度为g，则细线对B球的拉力大小为

mg+qE+k

2 q2

L2

mg+qE+k

2 q2

L2

；
两电荷中点处的电场强度的大小为

E+k

4 q

L2

E+k

4 q

L2

．

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如图所示，在场强为E，方向竖直向下的匀强电场中，有两个质量均为m的带电小球A、B，电量分别为-q和+2q，两小球用长为l的绝缘细线b相连，另用绝缘细线a系住小球A悬挂于O点而处于平衡状态．细线b处于绷紧状态，则细线b对小球B的作用力大小为

mg+2qE-k

2q2

l2

mg+2qE-k

2q2

l2

，细线a对悬点O的作用力大小为

2mg+qE

2mg+qE

．（已知重力加速度为g，静电力恒量为k）

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在动摩擦因数μ＝0.2的粗糙绝缘足够长的水平漕中，长为2 L的绝缘轻质细杆两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B，如图为俯视图(槽两侧光滑)．A球的电荷量为＋2q，B球的电荷量为一3q(均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力)．现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN内，已知虚线MP恰位于细杆的中垂线，MP和NQ的距离为3 L匀强电场的场强大小为E＝1.2 mg/q，方向水平向右0释放带电系统让A、B从静止开始运动(忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响)．求：

(1)小球B第一次到达电场边界MP所用的时间；

(2)小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小

(3)带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值．

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一、本题共10小题.每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中。有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分。

题号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

答案

D

B

D

A

B

D

B

BC

CD

ABD

二、实验题：本题共三小题，共计18分

11．（4分）、1.25V  11.2(11.3)V   12  （4分）、BC

13．参考解答：（1）A₂  ；R₁ （2分）（2）滑动变阻器分压接法；电流表外接（4分）

（3）由图可知：U₁=1.00 V时，I₁=0.155A      U₂=2.00V时，I₂=0.250A

       得    

由于小灯珠两端的电压升高时，灯丝的温度升高，导致灯丝电阻变大，所以有：>（2分）

(4) 刚开始通过小灯珠的电流很小时，根据焦耳定律Q=I²Rt可知，灯丝发出的热量还不能使它的温度上升得足够高，因此它不亮. （2分）

三、计算题：本题共4小题，52分,解答应写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值与单位。

14．解：（10分）设灯泡的额定电压为U，额定电流为I。

则当K闭合时，根据全电路的欧姆定律可得：E=U+2I（R₁+r+R₂） 

当K断开后，要灯泡仍正常发光，必有：E=U+I（R₁+r+R^/₂）   

由以上二式联立可得：（R₁+r+R^/₂）=2（R₁+r+R₂）   求得R^/₂=50Ω.

15．（12分）(1).宇航员所受到地球的引力全部提供绕地球作圆周运动所需的向心力,宇航员处于完全失重状态.                                                 2分 

(2). 飞船绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,则有:

GMm/(R+h)²=m(2π/T)²(R+h)                                      2分 

地表物体的重力等于物体受到的万有引力,则有:m^/g=GMm^//R²          2分  

解得:                                    2分       

(3).设空气阻力为f，由题设可知 f=kv² ，匀速下降时 f=m  ，    1分

由此可解得匀速下降的速度为  ，            1分     

单位时间内转化为内能的机械能为：             2分  

 16（14分）解：(1) 由小球运动到最高点可知，小球带正电．             （2分）

（2）设小球运动到最高点时的速度为v， 对该过程中，由动能定理有：

   （qE－mg）L＝                                ①     （2分）     

在最高点小球在细线断裂前瞬间，设细线拉力为T，则根据牛顿第二定律有：

T＋mg－qE=                                     ②      （2分）

由①②式及题中数据可得：T＝15N                               （1分）

（3）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，得：

a＝，                                ③      （2分）

设C在水平方向运动L过程中历时为t，则水平方向上有：

L＝vt           ④          （1分）

设竖直方向的位移为s，则有：                            ⑤      （2分）  

由①③④⑤式及题中数据解得：       0.125m                    （1分）

所以当小球运动到与O点水平方向相距L时，小球距O的高度为

m                                                （1分）

17.（16分） （1）设粒子经PT直线上的点R由E₀电场进入E₁电场，由Q到R及R到M点的时间分别为t₁与t₂，到达R时竖直速度为v_y，则：

由、及得：

     ①      

     ②      

       ③     

          ④       

上述三式联立解得：,      即（8分）。

(2)由E₁＝2E₀及③式可得t₁＝2t₂。

因沿PT方向粒子做匀速运动，故P、R两点间的距离是R、T两点间距离的两倍。即粒子在E₀电场做类平抛运动在PT方向的位移是在E₁电场中的两倍。

设PQ间到P点距离为△y的F处射出的粒子通过电场后也沿水平方向，若粒子第一次达PT直线用时△t，水平位移为△x，则

（1分）     

粒子在电场E₁中可能做类平抛运动后垂直CD边射出电场，也可能做类斜抛运动后返回E₀电场，在E₀电场中做类平抛运动垂直CD水平射出，或在E₀电场中做类斜抛运动再返回E₁电场。

若从E₁电场垂直CD射出，则  （n＝0、1、2、3、……）

解得： 

（n＝0、1、2、3、……）

若粒子从E₀电场垂直CD射出电场，则

 （k＝1、2、3、……）    

  （k＝1、2、3、……）（8分）

即PF间的距离为其中n＝0、1、2、3、……，k＝1、2、3、……

或          （n＝1、2、3、……）

解得：  （n＝1、2、3、……）

即PF间的距离为 （n = 1，2，3，……）