热门试卷

（1）在加速电场中，根据动能定理得：qU′=m-0

电子进入偏转电场，因E⊥v0，故电子作类平抛运动，

   水平方向：x=v0t

   竖直方向：y==

由题，电子恰不飞出电场，则有x=L，y=

由此解得：U===1.6×103V  

（2）对电子运动全过程，运用动能定理，有 qU′+=EK-0

则电子到达极板时动能EK=qU′+=5.8×103eV 

答：

（1）两板间至少要加1.6×103V 的电压U才能使电子恰不飞出电场．

（2）在上述电压下电子到达极板时的动能为5.8×103电子伏特．

（1）粒子先做加速，再做类平抛运动，最后做圆周运动，垂直打在板上，轨迹如下图所示：

（2）粒子在加速电场中，由动能定理可知：

Uq=mv02

粒子在匀强电场中做类平抛运动，设偏转角为θ，有tanθ=

vy=at

a=

t=

U=Ed

解得：θ=45°

带电粒子离开电场偏转电场的速度为v0；

粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律有：

Bqv=m

在磁场中偏转的半径为R====d

由图可知，磁场宽度L=Rsinθ=d

（3）由图中几何关系可知，带电粒子在偏转电场中距离y1=0.5d；在磁场中偏转距离为R-Rcosθ=0.414d；

据题分析可知，小球的

重力与电场力的合力方向必沿OA连线向下，最小动能的位置必在A点关于O点对称的B点

则有

    F•2R=mvA2-mvB2

代入解得F=18N

在A点时有  N-F=m

mvA2=（N-F）=18J

所以最小动能为Ekm=mvB2=18J-14.4J=3.6J

②在B点撤去轨道后，小球将做类平抛运动

   由2R=at2，F=ma得

m==4.5×10-3kg

答：

（1）小球的最小动能是3.6J；

（2）小球的质量为4.5×10-3kg．

（1）当UAB=103 V时，粒子做直线运动，

则有：q=mg，

解得：q==10-11 C，

且带负电．

（2）当电压UAB比较大时，即qE＞mg，粒子向上偏，

-mg=ma1

当刚好能从上板边缘飞出时，

有：y=a1t2=a1()2=

解得，U1=1800V

当电压UAB比较小时，即qE＜mg，粒子向下偏，

设刚好能从下板边缘飞出，

有：mg-=ma2

y=a2t2=

解之得U2=200 V．

则要使粒子能从板间飞出，A、B间所加电压的范围为

200 V≤UAB≤1800 V．

答：（1）带电粒子的电性：负电和所带电荷量10-11 C；

（2）A、B间所加电压在200 V≤UAB≤1800 V范围内带电粒子能从板间飞出．

（1）在加速电场加速过程：对电子，由动能定理可得

      EK-0=eU1

得 EK=1.6×10-19×1000=1.6×10-16J．

（2）粒子垂直进入偏转电场做类平抛运动，则

运动时间t=，加速度a=

竖直方向的分速度为vy=at，

电子离开偏转电场后速度与水平方向夹角地正切tanθ===

又EK=m

联立得：tanθ=

代入解得tanθ=0.15

答：

（1）电子被U1加速后的动能是1.6×10-16J．

（2）电子离开偏转电场后速度与水平方向夹角地正切为0.15．

（1）小环进入电场后，在电场力与摩擦力共同作用下减速直到M板，速度变为零，根据动能定理，有-qEL-μmgL=0-mv02

得v0==m/s=1.5m/s

（2）带电小环以初速度v1=1m/s进入电场后先向左作减速运动，当其动能等于电势能时，设它距离N板为x，有mv02-qEx-μmgx=qEx

解得x==m=0.125m

还有一种情况，当小环运动到左边最远点并向右返回到小孔的过程中，也可能会出现动能等于电势能．设它向左运动的最远距离为d，根据动能定理，有-qEd-μmgd=0-mv12

解得d==m=0.2m

当其动能等于电势能时，设它距离N板为y，有qE（d-y）-μmg（d-y）=qEy

解得y==m=0.05m

（3）小环以初速度v2进入电场后，若它运动到M板时的动能大于其电势能，则它在电场中运动时找不到动能与电势能相等的点，有mv22-(qE+μmg)L＞qEL

得

答：（1）带电小环以初速度1.5m/s进入电场，才能恰好到达金属板M；

（2）若带电小环以初速度v1=1m/s进入电场，当其动能等于电势能时，距离N板的距离为0.125m或0.05m；

（3）小环至少以1.9m/s的初速度进入电场，它在电场中运动时找不到动能与电势能相等的点．

加速电场中，由动能定理得 eU=m；

在平行金属板间，电子做类平抛运动，当电子刚好打在金属板右侧边缘时，则有

    t=；    

   d1=at2；    

又 a=；

U′=Bd2v；

联立以上各式解得：U′=； v=

故AB垂直向右切割磁感线的速度的取值范围为：v≤

答：AB垂直向右切割磁感线的速度的取值范围为：v≤．

（1）带电离子在平行板a、b之间运动时，由动能定理，qU0=mv2

解得：v=，

即：v=…①

带电离子在平行板a、b之间的加速度：a1=，

即：a1=．

所以带电离子在平行板a、b之间的运动时间：t1==．

带电离子在平行板M、N之间的运动时间：t2==．，

所以带电离子从a板到探测器的飞行时间为：t=t1+t2=．

（2）带电离子在平行板M、N之间水平位移为x时，在竖直方向位移为y，

水平方向满足：x=vt，

竖直方向满足：y=a2t2，a2=

联立解得：y=…②

②式是正离子的轨迹方程，与正离子的质量和电荷量均无关系，所以不同正离子的轨迹是重合的．

（3）当MN间的磁感应强度大小为B时，离子做圆周运动，满足qvB=…③

由①③两式解得带电离子的轨道半径R=…④

上式表明：在离子质量一定的情况下，离子的电荷量越大，在磁场中做圆周运动的半径越小，也就越不容易穿过方形区从右侧飞出．所以，要使所有的一价和二价正离子均能通过方形区从右侧飞出，只要二价正离子能从方形区飞出即可．当二价正离子刚好能从方形区刚好能从方形区域飞出时的磁感应强度为满足题目条件的磁感应强度的最大值．

设当离子刚好通过方形区从右侧飞出时的轨道半径为R，由几何关系得：

R2=L2+（R-）2

解得：R=L…⑤

将二价正离子的电荷量2e代人④得，R=…⑥

由⑤⑥式得：B=．

此值即为所求的所加磁场的磁感应强度的最大值Bm．

答：（1）离子从a板到探测器的飞行时间t是，

（2）若在M、N间只加上偏转电压U1，正离子的轨迹方程，与正离子的质量和电荷量均无关系，所以不同正离子的轨迹是重合的．；

（3）要使所有正离子均能通过方形区域从右侧飞出，所加磁场的磁感应强度的最大值是．