热门试卷

解：（1）上金属板带正电，下金属板带负电，电场方向竖直向下，两电极间的电场线如图所示．

（2）油滴匀速运动，电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，电场方向竖直向下，所以油滴带负电．

 由平衡条件得：qE=G

油滴带电量 C=4.5×10-14（C）

（3）油滴电量是元电荷电量的倍数为 （倍）

答：

（1）画出两电极间的电场线（至少三条）见图，

（2）该油滴带负电，所带电荷量是4.5×10-14C．

（3）该油滴所带电荷量是元电荷e的281250倍．

解：电子在匀强电场中受到静电力与重力作用，由于静电力N，远大于重力（G=mg=9×10-30N），即重力作用对物体运动的影响可以忽略不计，只考虑静电力．

又由于静电力方向与速度方向垂直，即在水平方向做匀速直线运动，竖直方向作初速度为零的匀加速运动，做类平抛运动．

（1）电子在电场中的加速度，

水平方向做匀速运动，

故=

侧位移即竖直方向的位移y=

（2）电子飞出电场时，水平分速度vx=v0，竖直分速度vy=at=1.6×1015×2.5×10-9=4×106m/s

则电子飞出电场时的速度v，由勾股定理可得：

m/s

设v与v0的夹角为θ，则

（3）电子飞出电场后做匀速直线运动，则OP=y+stanθ=0.005+0.020=0.025m．

答：（1）电子偏离金属板时的侧位移是0.50cm；

（2）电子飞出电场时的速度是2.03×107m/s，速度偏转角的正切值为0.2；

（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=10cm，OP的长为0.025m．

解（1）粒子经加速电场的过程中，由动能定理得：qU1= ①

解得粒子穿过B板时的速度大小 v=    ②

（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，平行板方向做匀速直线运动，运动时间为：t=   ③

垂直板方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度为：a=      ④

其中场强E=      ⑤

离开偏转电场时的侧移为 y=    ⑥

由①②③④⑤⑥解得：y=     ⑦

（3）粒子运动的全过程，由动能定理得：qU1+qEy=Ek  ⑧

由⑤⑦⑧得粒子离开偏转电场时的动能为：Ek=qU1+．

答：（1）粒子穿过B板时的速度大小为；

（2）粒子离开偏转电场时的侧移距离为；

（3）离开偏转电场时粒子的动能为qU1+．

解：（1）在加速电场中：qU=…①

所以：v0=．

电子在偏转电场中做类平抛运动，据题得

 L=v0t…②

则 t==L

（2）在偏转电场中，偏转位移为 ，则：y=…③

由牛顿第二定律知 a=…④

联立①②③④可得：E=

答：（1）电子在平行板间飞行的时间t为L；

（2）两平行板间的电场E是．

解：（1）根据动能定理得：

解得：==4500V．

由E=得：d===2.25×10-2=2.25cm

（2）a===3.5×1016m/s2

则电子速度为0所需的时间：t===1.14×10-9s．

答：（1）从电子的入射点到达速度为0的两点间电势差是4500V．两点间距离是2.25cm．

（2）电子到达速度为0的点所需的时间是1.14×10-9s

解：（1）小球做直线运动，故重力与电场力的合力必与v0在一条直线上，即：

tanθ=，得E=

（2）小球做匀减速直线运动，根据F=ma得：=ma；

解得：a=；

最大位移：s==；

水平位移：x=scosθ=；

电势差：U=Ex=．

答：（1）匀强电场的场强的大小为；（2）小球运动的最高点与出发点之间的电势差为．