30．5.76×10－21
31. 解析 依题意，分别释放三球中的某一小球与同时释放三球相比较，相应球所产生的初始加速度是相同的.若同时释放三球,对整个系统而言,所受的合外力为零,则在释放的瞬间,以向右为正方向,由牛顿第二定律可知:
F=maA+maB+maC=0
即aB=-(aA+aC)=-[(-1)+3]m/s2=-2m/s2
这说明只释放B球,其初始加速度大小为2m/s2,方向向左. 32.解析: 因A、B二球间的距离保持不变，相互作用的库仑吸引力为恒力，其大小为：
F库=kq1q2-3
=9×10N 2d当F作用于A时A、B一起向右做匀加速运动，由B的受力情况可知，A、B一起向右做匀加速运动的加速度为 a?F库m2=9 m/s2
以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得：
F=（m1＋m2）a=2.7×10-2N
33. 解析：带电小球在最高点受到重力G，拉力T，电场力qE，
v23
由牛顿运动定律得：mg?qE?T?m 带入数值得E=5×10 N/C
Lkq234．解析 （1）B刚脱离板时 mg?2?ma ①
h 得h?qk ② m(g?a)（2）B电荷离板前向下做匀加速运动，下降高度H=2h 由运动学公式得：v2?2aH?4ah ③
12mv?2mah ④ 21对B电荷离板前的运动应用动能定理得：W重?W支?W电?mv2?0 ⑤
2所以B电荷离板前的动能 Ek?而W重?2mgh ⑥
9
所以 W支?W电??2qkm(g?a) ⑦ 35． 解析（1）带电液滴在运动过程中受到重力G及电场力
F作用（如图），由牛顿第二定律得：qE = mgcosα 又E =
Cmgdcos?UQ 解得：q = ． ?QdCd（2）由动能定理得：mgsinα·L = mv2，解得：v = 2gLsin?． 在运动方向上 ma?mgsin?,a?gsin?,L?12122L． at 得t = 2gsin?36．解析 （1）W电?qEx0， W电??(Epx0?0)，联立以上两式得Epx0??qEx0 （2）解法一
在带电粒子的运动方向上任取一点，设坐标为x，由牛顿第二定律可得qE = ma 由运动学公式得vx2?2a(x?x0)，联立上两式，进而求得Ekx?mvx2?qE(x?x0)，
Ex?Ekx?Epx??qEx0?Ex0.
12解法二
22v2?v1?2a(x2?x1) 在 x轴上任取两点 x1 、x2，速度分别为 v1 、v2 ，F = qE = ma，
联立得mv22?(?qEx2)?mv12?(?qEx1)，Ek2?Ep2?Ek1?Ep1
37．解析 如图所示，在轨道圆心作重力mg和电场力qE的合成示意图，将对角线向上延长交轨道于F点，此即重力场与电场共同存在时圆周运动的“最高点”，在该点轨道压力为零时，向心力由重力与电场力的合力提供.由向心力公式得
vF2(mg)?(qE)?m
R221212而由题意可知mg = qE 12mgR 联立上两式可得mvF2?22在物体由A到F过程中应用动能定理有
qEsAB?qERsin45??mgR(1?sin45?)?
1mvF2 210
可解得AB长度的最小值为sAB?(1?32)R2 11
P
12
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