热门试卷

（1）小球从B板上的小孔射入恰好到达A板的过程中，在电场力和重力的作用下做匀减速直线运动，设A、B两极板间电压为U，根据动能定理有

-qU-mgd=0-mv02

解得U=200V

（2）设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为R滑，根据闭合电 路欧姆定律可知，电路中的电流

得 I=

根据部分电路欧姆定律可知   U=IR滑

解得    R滑=2.0×103Ω

滑动变阻器消耗的电功率  P滑==20W

 （3）电源的效率η===99.5%

答：

（1）A、B两金属板间的电压的大小U是200V；

（2）滑动变阻器消耗的电功率P滑是2.0×103Ω．

（3）电源的效率η是99.5%．

解

（1）设电子通过B点时的速度为v0，电子由A到B过程，由动能定理得：

  U0e=m，

解得，电子进入平行金属板时的速度

v0=

代入解得，v0=8.0×106m/s

（2）在水平极板间运动时加速度为：a=

平行于极板方向运动：L=v0t

垂直于极板方向运动：=at2

联立以上各式代入数据得：L=0.16m

答：

（1）电子通过B点时的速度大小v0=8.0×106m/s；

（2）金属板的长度L=0.16m．

（1）设B球刚进入电场时带电系统电度为v1，由动能定理得2qEL=×2m

         解得v1=

（2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场．

设A球离开PQ的最大位移为x，由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0

解得x=则s总=L

B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为L

其电势能的变化量为△EP=W=3qE•L=4qEL

（3）向右运动分三段，取向右为正方向，

第一段加速a1==，t1==

第二段减速a2=-

设A球出电场电速度为v2，由动能定理得-qEL=×2m(-)

解得v2=t2==2(-1)

第三段再减速则其加速度a3及时间t3为：a3=-，t3==

所以带电系统运动的周期为：T=2(t1+t2+t3)=(6-)．

答：（1）B球刚进入电场时，带电系统的速度大小为v1=．

（2）带电系统向右运动的最大距离为L，B球电势能的变化量为4qEL．

（3）带电系统运动的周期(6-)．

（1）设电子的质量为m，电量为e，在电场I中释放后将做出速度为零的匀加速直线运动，出区域I时的速度为vo，接着进入电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，对电子的整个运动过程运用动能定理和匀变速直线运动公式有：eEL=mv2，

在电场Ⅱ区域内的偏转，L=vt，y1=at2=•=L，方向向下，

故：y=-y1=

所以位置坐标（-2L，L）

（2）设释放位置坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有：eEx=mv2，

L=vt，y =at2=•=，所以满足xy=方程的点即为释放点的位置

（3）设释放位置坐标为（x，y），eEx=mv2，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有：

L=vt1，=vt2，

y2=a=•=，

y3=at1t2=••==，

y=y2+y3=+=，

所以满足y=方程的点即为释放点的位置．

答：（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，电子从（-2L，L）离开ABCD区域．

（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，所有释放点为满足xy=的位置．

（3）若将左侧电场II整体水平向右移动在电场I区域内由静止释放电子的所有位置，在电场I区域内由静止释放电子的所有位置为y=．