热门试卷

（1）小球释放后受重力和电场力作用，从A到B做匀加速直线运动．

由L=t得 vB=

（2）小球从A到B运动过程中，重力势能、动能和电势能这三种形式的能发生变化

重力势能增加量为△Ep=mgLsinθ

动能增加量为△EK=mvB2

电势能一定减少，设小球在B点时具有的电势能为EB

则电势能的减少量为△E电=EA-EB=-EB

根据能量转化和守恒定律可得△Ep+△EK=△E电

即  mgLsinθ+mvB2=-EB

解得EB=-mgLsinθ- 

答：

（1）小球运动到B点时的速度大小为．

（2）若选A点为电势零位置，则小球在B点时具有的电势能为-mgLsinθ-．

（1）金属板间的场强E=

由牛顿第二定律得

小球的加速度a==100m/s2，方向水平向右．

（2）小球在两金属板之间运动时，系统动量守恒．设小球恰好不与左端金属板相碰时，系统的速度为v，由动量守恒定律得

   mv0=（M+m）v

又由能量守恒得

   qU=m-(M+m)v2

联立解得   v0=5m/s

（3）以金属板为研究对象，根据动能定理得

   qEs=Mv2

代入解得  s=0.02m．

答：（1）小球在两金属板之间运动时的加速度a大小是100m/s2，方向水平向右；

    （2）小球射入的初速度v0的大小是5m/s；

    （3）从小球进入板间至小球刚要到达左侧金属板时，绝缘板向左滑行的距离s是0.02m．

电子在电场中的轨迹是一条抛物线，而且一定经过b点，要考虑b点可能在电场中，也可能在电场外，所以会出现几种可能的情况，无论电子在电场中

沿-y方向的偏移量总可以用下式表示：y0=t2①

第一种情况：如果恰好y0=L，则电场的右边界恰好在b点，

左边界在ob的中点，t=，将①式 的y0以L代入，L=

所以电场右边界线跟b点的距离为零．

第二种情况：如果b点在电场内电场右边界跑到b点的右方，

则s＞x，L＜y0，t=＜，因为L==

所以x=v0

结论：电场的左边界位于b点左方v0处，右边界距b点为向右（s-v0）处

第三种情况：整个电场都在b的左方，

一定有y0=＜L，

注意到==，

可求得x=(L-y0)=(L-)

可见电场的右边界在b点左方(L-)远处

 答：电场右边界线跟b点的距离可能值是：零或b点左方v0处或b点左方(L-)远处．

在空间中加一个沿y轴负方向的匀强电场；如图．

x=a=v0t；

y=b=•t2

由上得：E=

故所加的匀强电场的电场强度大小为E=，方向沿y轴负方向．

（1）根据爱因斯坦光电效应方程 EK=hv-W …①

光子的频率：ν=…②

所以，光电子的最大初动能：EK=-W…③

能以最短时间到达A板的光电子，是初动能最大且垂直于板面离开B板的电子，设到达A板时的动能为EK1，

由动能定理：eU=EK1-EK…④

所以：EK1=eU+-W…⑤

（2）能以最长时间到达A板的光电子，是离开B板时的初速度为零或运动方向平行于B板的光的电子．

∵d=at2=t2…⑥

∴t=d…⑦

答：（1）从B板运动到A板所需时间最短的光电子，到达A板时的动能EK1=eU+-W；

（2）光电子从B板运动到A板时所需的最长时间t=d．

（1）电子在加速电场中运动时只有电场力做功，

由动能定理得：eu0=mv02解得：v0=

（2）电子离开偏转电场后做类平抛运动，水平方向匀速，竖直方向初速度为零的匀加速运动；

水平：L=v0t

竖直：y=at2解得：y=()2=

（3）由于竖直方向初速度为零的匀加速运动；

所以：vy=at=

v===

由动能定理：ey=mv2-mv02解得：v=

答：（1）电子进入偏转电场时的速度v0大小为v0=．

（2）电子离开偏转电场时的侧移距离为．

（3）电子离开偏转电场时的速度v大小为．

（1）根据电容的定义式，有

Q=CU=3×10-6×120=3.6×10-4C

即每一板带电量均为3.6×10-4C．

（2）场强为：E===3×104V/m

故P点的电势能为：Ep=Wpo=qEdpo=-1e×3×104V/m×0.002m=-90eV=-1.44×10-17J

即电子在P点的电势能为-90eV．

（3）对电子从P到A过程运用动能定理，得到

Ek=-eUBA=120eV=1.92×10-17J

即电子从B板出发到A板获得的动能为120eV．

（4）根据电压与场强的关系式U=Ed，有

E===3×104V/m

即两板间的电场强度为3×104V/m．