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1、2016届B部2014年暑期物理作业（1）1A2.BC3.AD4.C5.AB6C以小球c为研究对象，受到4个力的作用，重力，方向竖直向下，Oc绳的拉力，方向竖直向上，a球对c球的静电力Fac和b球对c球的静电力Fbc，由于小球c处于平衡状态，所以Fac和Fbc的合力必沿竖直方向，因为a、b、c构成一等边三角形，所以FacFbc.分别对a、b两球进行受力分析，根据力的正交分解、物体的平衡条件和牛顿第三定律易得，细线Oa、Ob所受拉力大小相等，C正确；a、b、c三球的质量、带电荷量没有要求，可能相等，也可能不相等，A、B错误；若三球的带电荷量不相等，三球所受的静电力也不相等，D错误7BD80.2
2、kg1.732 N，方向水平向左解析对A进行受力分析，如图所示，由平衡条件得FTmAgFsin 300Fcos 30FN0对B受力分析如图所示，由平衡条件得FTFFmBg由式得mB0.2 kgFN1.732 N，由牛顿第三定律，墙所受A球压力大小FNFN1.732 N，方向水平向左9(1)k方向水平向右(或指向B)(2) 解析(1)物体A静止时，受力如右图所示，根据库仑定律：Fk由物体的平衡条件：FFf0A受到的静摩擦力：Ffk，方向水平向右(或指向B)(2)设物体A、B的加速度第一次为零时，A、B间的距离为r，如下图所示，Ffmg由牛顿第二定律得：kFf0解得r 由题意可知A、B运动的距离为
3、x 10(1)Q (2)振动解析如右图所示，小球A受力与B受力对称，对B受力分析，开始时Fcos 45mgsin 45，小球A、B分别沿斜面加速下滑，当Fcos 45mgsin 45时，A、B两球速度达到最大这以后由于F增大，两球做减速运动，当速度减为零后又沿斜面向上加速运动故：(1)由Fcos 45mgsin 45，所以Fmg，而Fk.所以rQ .(2)以两小球相距rQ 的两点为平衡位置各自沿导轨往返运动，即振动11(1)(2)带负电q解析因A、B为同种电荷，A球受到B球的库仑力向左，要使A向右匀加速运动，则A球必须受到C球施加的向右的库仑力，即C球带负电设加速度为a，由牛顿第二定律有：对A
4、、B、C三球整体，有F3ma对A球，有kkma对B球，有kkma解得：qCq(负电)，F.2016届B部2014年暑期物理作业（2）1B2.D3C由速度时间图象可知，电荷的速度越来越大，且加速度也是越来越大，故电荷在运动过程中，应受到逐渐增大的吸引力作用，所以电场线的方向应由B指向A.由于加速度越来越大，所以电场力越来越大，即B点的电场强度应大于A点的电场强度，即B点处电场线应比A点处密集，所以正确答案为C.4AD物体由静止向左运动，所以物体带正电，物体做匀速直线运动，即合力为零，所以一定受摩擦力和弹力作用，所以选A、D.5B等量异种电荷电场分布如右图所示，由图(a)中电场线的分布可以看出，从
5、A到O，电场线由疏到密；从O到B，电场线由密到疏，所以从AOB，电场强度应由小变大，再由大变小，而电场强度方向沿电场线切线方向，为水平向右，如图(b)所示由于电子处于平衡状态，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等、方向相反电子受的电场力与场强方向相反，即水平向左，电子从AOB过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力方向应水平向右，其大小应先变大后变小，所以选项B正确6B点电荷形成的电场，由场强的方向可知，该点电荷为负点电荷，沿电场线方向电势降低，故a0，W20.所以C正确3.解析：选BC.负电荷从P点移到M点，电势能增加，电场力做负功，电场力方向由M点到P点，电场线方向
6、由P到M，故M点电势较低，所以A错B对同理可得C对D错4.解析：选BD.根据对称性和叠加原理，O点有三个场强矢量，其中A、B两点的电荷在O点的场强矢量等大反向，矢量和为零，即O点的电场强度等于C点电荷在该处的场强；D点有三个场强矢量，方向分布互为120，故合场强为零选项A错，B对由于D点场强为零，作为分界点，D的左边场强方向向左，右边方向向右则将点电荷q从O移向C的过程中，静电力的方向跟移动方向相同，静电力做正功，电势能减小；将点电荷q从O移向C的过程中，静电力的方向跟移动方向相反，静电力做负功，电势能增加选项C错，D对5. 解析：选C.由图可以看出a处电场线更密，所以EaEb，根据对称性，a
7、处的电势应与右侧负电荷附近对称点的电势相等，再根据沿电场线方向电势降低可以判定ba，故C项正确6. 解析：选C.电场力做负功，该电荷电势能增加正电荷在电势高处电势能较大，C正确电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用，总功不一定为负由动能定理可知，动能不一定减小，D错电势高低与场强大小无必然联系，A错b点电势高于a点，但a、b可能不在同一条电场线上，B错7. 解析：选A.两物块之间的库仑力对两物块均做正功，电势能减少，A对，B错；两物块的重力势能不变，动能先增后减，故机械能不守恒，C错；物块先加速后减速，故库仑力先大于摩擦力，但随着距离的增大，库仑力逐渐减小，故后阶段摩擦力大于库仑力，D错8.解
8、析：选C.由图知该电场为匀强电场，因此带电粒子受到的电场力方向恒定，大小不变，因此C正确由电荷运动轨迹与受力关系可判定电荷受力向左，B错，因此由N到M电场力对粒子做负功，其速度应减小，A错，电势能在前段与后段不一样，D错9.解析：选CD.a点和b点所在处的等势线疏密程度不同，故两处的场强不同，方向也不同，A错；从c点到d点电势升高，正电荷的电势能增大，电场力做负功，B错；从a点到c点、电势升高，负电荷的电势能减小，电场力做正功，C对；从e点沿虚线到f点，电势先减小后增大，则正电荷的电势能先减小后增大，D对10.解析：(1)静电力做负功，电荷的电势能增加，因无限远处电势能为零，电荷在A点具有的电势能为1106 J.(2)A点的电势为：A V100 V.(3)因静电力做正功，说明电荷受力方向与运动方向相同，说明电荷带负电，静电力做功为：W22W126 J.答案：(1)增加1106 J(2)100 V (3)带负电2106 J11.解析：由动能定理得：mghW电mv2解得：W电mghCB.答案：mgh12.解析：电场力做功与路径无关，滑动摩擦力始终做负功，由于FfqE，小物体最终停留在O端由动能定理得：qEx0Ffs0mv，s.答案：
