热门试卷

设三个区域的电场强度大小依次为2E、E、2E，物体在三个区域运动的时间分别t1、t2、t3．

（1）在BCDF，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律得

    mg-qE=ma2，而2qE=mg

得a2=

在水平方向有：L=v0t

在竖直方向有：=a2

解得，v0=，t2=

（2）在ABEF区域．对物体进行受力分析，在竖直方向有：2qE=mg

物体做匀速直线运动，v0=，t1=t2=

在BCGF区域，物体做类平抛运动，v0=，t2=

在Q点竖直方向速度vy=a2t2==v0，则Q点速度vQ==，与水平方向夹角为45°

在CDHG区域   由于2qE=mg

对物体进行受力分析，F=mg，与水平方向夹角为45°，与速度方向相同，物体做匀加速直线运动

  水平方向L=v0t3+a3

解得t3=

所以t=t1+t2+t3=

（3）物体在ABFE区域做匀速直线运动，在BCGF区域物体做类平抛运动，偏移量为．在CDHG区域，沿与水平方向夹角为45°，物体做匀加速直线运动，竖直方向位移为L，则物体从DH边界射出位置的坐标为（3L，-）．

答：

（1）物体进入ABFE区域时的初速度大小v0=；

（2）物体在ADHE区域运动的总时间为；

（3）物体从DH边界射出位置的坐标为（3L，-）．

（1）粒子A在磁场中做半个圆周的匀速圆周运动后进入电场做类平抛运动，设打在屏上的位置为Q点，粒子B直接在电场中做类平抛运动，设打在屏上的位置为P点，轨迹如图所示．

（2）由题意，两个粒子的速率满足关系式 mvA=n1mvB 

粒子A在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律  得，

   qvAB=m

解得  vA=，vB=

粒子A和粒子B做类平抛运动过程中，沿电场方向上的侧移分别为

yA=•()2，

yB=r=•()2

由以上两式解得 yA=

所以，粒子A和粒子B打在屏上的位置之间的距离为△y=（2r-yA）+r=3r-

答：

（1）粒子A和粒子B的运动轨迹的示意图如图所示．

（2）粒子A和粒子B打在屏上的位置之间的距离是3r-．

对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：

  W1=2qE×2.5L+（-3qE×1.5L）＞0…①

由此可判定，球A不仅能达到右极板，而且还能穿过小孔，离开右极板．　

假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有：

  W2=2qE×2.5L+（-3qE×3.5L）＜0…②

由此可判定，球B不能达到右极板．

综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧．　

（1）带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：

   a1==…③

球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：

    v21=2a1L…④

由③④求得：

   v1=…⑤

（2）（3）设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：

   t1=…⑥

将③⑤代入⑥，得：

  t1=…⑦

球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律

a2==…⑧

显然，带电系统做匀减速运动，设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有：

v22-v21=2a2×1.5L…⑨

t2=…⑩

求得：v2=，t2=…（11）

球A离开电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律：

a3=…（12）

设球A从离开电场到静止时所需时间为t3，运动的位移为x，则有：

  t3=…（13）

-v22=2a3x…（14）

求得：t3=，x=…（15）

由⑦、（11）、（12）可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：

t=t1+t2+t3=…（16）

球A相对右板的位置为：x= 

答：（1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小为．

    （2）带电系统从开始运动到速度第一次为零时球A相对右板的距离为．

   （3）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间为．