热门试卷

（1）4.0×109m/s2   （2）  （3）

试题分析：（1）电场强度

带电粒子所受电场力，

a==4.0×109m/s2。

（2）粒子在时间内走过的距离为：

故带电粒子在时，恰好到达A板

据动量定理，此时粒子动量

（3）带电粒子在~t=向A板做匀加速运动，在~t=向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回。粒子向A 板运动可能的最大位移

要求粒子不能到达A板，有s＜d

由f=，电势变化频率应满足Hz

试题分析：设电子流经加速电压后的速度为v0，则由动能定理有：

电子经过偏转电场时做类平抛运动，运动时间为：

设两极板上最多能加的电压为U′，要使电子能从平行板间飞出则电子的最大侧移量为：

则有：；

又

联立以上三式得：

（1）  （2）  （3） (4)

试题分析：（1）根据电路图可知：外电路的总电阻，结合闭合电路的欧姆定律，代入数据可解得

（2）根据电路图可知电容器两端的电压等于路端电压，，由可知    

（3）因为微粒静止，所以由得

（4）当把滑片调到最上边时，外电路的总电阻，由闭合电路的欧姆定律可知总电流，所以电容器两端的电压，由牛顿第二定律得

（1）（-2L，）  （2）   （3）（-2.5L，0）

试题分析：（1），解得，故电子离开的坐标为（-2L，）

（2）

（3），坐标为（-2.5L，0）．

（1）

（2）

（1）当带正电粒子从在＝0时刻，一带电的的粒子仅在电场力作用下，由板从静止向板运动过程中，前半个周期加速，后半个周期减速为零，如此反复一直向前运动，它在一个周期内的位移是：，所以（····）。

若该粒子在时刻才从板开始运动，则在每个周期内，前三分之二周期向前运动，后三分之一周期返回，一个周期的总位移：

，

粒子经历同样长的时间，总位移为；（····），因此，离板距离为。

（2）因为，所以从总位移的角度来讲，到达板的时间也应该为原来的3倍即：，但要注意的是带电粒子在每一个周期当中都存在着来回的往复运动，因此可预见到在最后一个周期的时间内，从板所在位置来讲，理论上带电粒子恰好两次经过板，其实在第一次经过就已碰上，所以根本不存在第二次，因此后面的时间（如下图）要减去的时间为，最后过程可倒过来看：，，所以，可得：。

（1）；（2）

试题分析:（1）由闭合电路欧姆定律：I==，偏转电极MN间的电势差U2=IR2/2=

（2）在加速电场中，由动能定理：eU1=解得 v0==

电子在偏转电场中的运动，设偏转距离为y

在进入偏转电场的初速度方向：2L=v0t

在电场力方向：y===；由相似三角形可知，得=

（1）−0.1J ；（2）5000V ；（3）5.0×105 V/m

本题考查的是匀强电场的相关计算，电场力对该电荷做功大小与电势能的增加量相等而且做负功-0.1J；A、B两点它们间的距离为2 cm，两点的连线与场强方向成60°角，A、B两点的电势差UAB为，匀强电场的场强为5.0×105 V/m

（1）在距离O/中点下方至上方范围内有粒子打出

（2）°（3） 

（1）当粒子由时刻进入电场，向下侧移最大，则

  （3分）

当粒子由时刻进入电场，向上侧移最大，则

         （3分）

在距离O/中点下方至上方范围内有粒子打出。(2分)

（2）打出粒子的速度都是相同的，在沿电场线方向速度大小为

有     (2分)

所以打出速度大小为

  (2分)

设速度方向与v0的夹角为θ，则

°        (2分)

（3）要使平行粒子能够交于圆形磁场区域边界且有最小区域时，磁场直径最小值与粒子宽度相等，粒子宽度

        (2分)

故磁场区域的最小半径为    (1分)

粒子在磁场中作圆周运动有         (1分)

解得                        (2分)

（1）（2）

试题分析：（1）这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律，

在A点时         （3分）

在B点时        （3分）

解得  ，方向竖直向上       （3分）

                  （1分）

（2）从A到B过程，由动能定理

，    （4分）

故            （2分）

点评：难度中等，注意电场力与重力做功的特点，只与初末位置有关，再利用W=qU处理问题时，要注意W和U的下脚标