热门试卷

解：

（1）根据平衡条件得，小球受到的电场力大小F电=F，方向与F方向相反．则电场强度大小为E==．根据等势线与电场线垂直，画出等势线 如图实线如图所示．

（2）在匀强电场中，MN两点的电势差为U=Ed=Lcosθ

（3）小球到达N点后，速度方向水平向右，电场力方向斜向左下方，小球做类斜上抛运动，能回到过M点的等势面．

根据能量守恒定律得，小球的动能变化量得，Ek=FLcosθ．

答：

（1）匀强电场的电场强度大小为．过M点的等势线如图实线．

（2）MN两点的电势差为Lcosθ．

（3）当带电小球到达N点时，撤去外力F，小球能回到过M点的等势面，此过程小球的动能变化量为FLcosθ．

解：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（侧向位移）：

竖直方向：y1=at2，a==，

水平方向：L=v0t，

解得：y1=0.03m=3cm；

（2）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS线交于a，设a到中心线的距离为y．         

由相似三角形得：=，解得：y=4y1=12cm；

答：（1）粒子射出电场时的偏转位移y1为3cm；

（2）到达荧光屏PS界面时离D点的距离y为12cm．

解：（1）在加速电场中由动能定理可得：

解得：v=

（2）粒子在竖直方向：y=，a= 

在水平方向：x=L=vt

联立上式得到：

代入数据得：L=

（2）从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得：

答：（1）电子通过B点时的速度大小为；

（2）右侧平行金属板的长度为；

（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能为

解：（1）设电子的质量为m，电量为e，在电场I中释放后将做出速度为零的匀加速直线运动，出区域I时的速度为vo，接着进入电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，对电子的整个运动过程运用动能定理和匀变速直线运动公式有：

以上两式联立解得：，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（）．

（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有：

以上两式联立解得：xy=，即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置．

（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有：

，

以上各式解得：，即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置．

答：（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，电子从（）离开ABCD区域．

（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，所有释放点为满足的位置．

（3）若将左侧电场II整体水平向右移动（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），在电场I区域内由静止释放电子的所有位置为．