热门试卷

解：（1）粒子在平行板AB间运动时做类平抛运动，则有

水平方向：L=v0t，

竖直方向：vy=at，a=

解得 vy=

则粒子从AB间匀强电场射出时速度大小为 v==

代入解得，v=5×106m/s

设速度方向与水平方向夹角为α，则tanα==

代入解得，tanα=，得α=37°．

（2）粒子MN与PQ间的电场中运动时，根据动能定理得

  qUAB=Ek-

解得，Ek=1.25×10-8J．

答：（1）粒子从AB间匀强电场射出时速度大小为5×106m/s，方向与水平成37°；

（2）粒子射出PQ时的动能是1.25×10-8J．

解：（1）带电小环稳定后只在光滑半圆环中运动，并且在P点的速度为零，由于电场力大于重力，带电小环运动不到A点，设运动到半圆环右侧的最低点与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ1，由动能定理可得：mgRcosθ1-qE1R（1-sinθ1）=0

由题意得：qE1=mg，

联立解得：θ1=

一个周期内通过的弧长为：s=2×R（-θ1）=R

（2）设带电小环运动到B点对轨道的压力最大，B点与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ2，对带电小环从P点运动到B点应用动能定理得：

mgRcosθ2-qE2R（1-sinθ2）=mvB2

在B点沿切线的合力为零，即：mgsinθ2-qE2cosθ2=0

在B点由牛顿第二定律得：FN-=m

由题意可知：qE=mg，

联立解得：FN=mg，

由牛顿第三定律可得带电小环对轨道的压力大小为mg，方向背离圆心．

答：（1）若小环带正电，小环所受电场力是重力的倍，则稳定后的一个周期内，通过的弧长为R；

（2）若小环带正电，小环所受电场力是重力的倍，则稳定后小环对轨道的最大压力为mg

解：（1）在加速过程根据动能定理得：

eU0=

解得到质子射出加速电场的速度v0=

粒子在竖直方向：y==，

又a=

在水平方向：x=L=v0t

联立上式得到

代入数据得L=d

（2）从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得：

答：（1）金属板的长L为d；

（2）质子穿出电场时的动能（质子的电量为e）为e（U0+ ）；

解：对小球受力分析可知，由于球只受到重力和电场力的作用，并且重力和电场力的大小相等，

受力分析如图所示，

所以小球在混合场中的最高点是在图中的C点，此时小球的速度应该为零．

（1）在小球从C点到A点的过程中，

由动能定理可得 mgrsin45°-qE（r-rcos45°）=mvA2-0

解得  vA=．

（2）在小球从C点到B点的过程中，

由动能定理可得 mg（r+rsin45°）+qErcos45°=mvB2-0

解得  vB=，

在B点时，由牛顿第二定律可得，

N-mg=m，

解得 N=（2+3）mg，

由牛顿第三定律可得，小球对圆环的作用力是2（+3）mg．

答：（1）小球经水平直径左端A点时的速度大小vA是；

（2）当小球运动到圆环的最低点B点时，速度为，此时小球对圆环的作用力是（2+3）mg．

解：（1）两球在竖直方向均有 h=，得 t=

对于A球：水平方向有 F电=qE=ma水，得

 a水=

水平位移大小 x水=v0t+a水t2=v0t+•t2；

根据题意，有x水＞L

解得 v0＞（L-）

（2）A、B两小球在最高点相遇时，所用时间 t总=2nt（n=1，2，3…）

x水=L

即v0t总+a水t总2=v0t总+•t总2=L

解得 v0=（L-），（n=1，2，3…）

（3）要使B球第3次落地时被A追上时，所用时间为 t3=5t

B球水平分加速度为 aB==

追上时位移关系为 xA-xB=L

即v0t3+t32-=L

解得 v0=（L+）

答：

（1）要使A、B两小球在第一次落地前相遇，A水平抛出的初速度v0应满足的条件为v0＞（L-）．

（2）要使A、B两小球在最高点相遇，A水平抛出的初速度v0应满足的条件为v0=（L-），（n=1，2，3…）．

（3）若B带电量为+2q，要使B球第3次落地时被A追上，A水平抛出的初速度v0应满足的条件为v0=（L+）．