热门试卷

（1）由eU=m

可得：U=

（2）从上向下看磁场和电场分布如答图1

在磁场中运动的半径R===L0

设电子经磁场后水平侧移量为x1，偏转角为α，则x1=R-=L0-=0.2L0

tanα=

进入电场以及在电场边界到荧光屏的过程中，水平方向作匀速直线运动，

所以x2=（L2+d）tanα=1.2L0

可得：x=-（x1+x2）=-1.4L0

在电场运动的时间和电场边界到荧光屏的时间相同即t===

在电场中y方向的加速度为a==

在电场中y方向的偏移量y1=at2=()2=0.5L0

y方向的速度为vy=at==v0

从电场边界到荧光屏过程中电子做匀速运动，

y方向的偏移量：y2=vyt=v0=L0

可得：y=y1+y2=0.5L0+L0=1.5L0

所以Q点的坐标为（-1.4L0，1.5L0）

（3）电子打在荧光屏上的速度为v==v0

方向为：与水平方向成45°角

答：（1）加速电场的电压U为；

（2）Q点的坐标为（-1.4L0，1.5L0）；

（3）电子打在荧光屏上的速度大小为v0，方向为：与水平方向成45°角．

（1）由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速a==

   A在电场中做匀变速直线运动   d=at2

解得运动时间t== 

（2）设A．B离开电场的速度分别为vA0、vB0，由动能定理，有

     QEOd=m，qE0d=••  ①

A、B相互作用的过程中，动量和能量均守恒，A、B间相互作用力为斥力，A受力方向与其运动方向相同，B受力方向与其运动方向相反，相互作用力A做正功，对B做负功．在AB靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加，所以当A、B最接近时，相互作用能最大，因此两者速度相同，设v′，有

   （m+）v′=mvA0+vB0   ②

Epm=（m+••）-（m+）v′2 ③

又已知 q=Q，由①②③解得  相互作用能的最大值为 Epm=QE0d

（3）考虑A、B在x＞d区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有

  mvA+vB=mvA0+vB0  ④

 m+••=m+••   ⑤

由④⑤解得  vB=-vB0+vA0

因B不改变运动方向，故vB≥0  ⑥

由①⑥解得  q≤Q

即B所带电荷量的最大值为 Qm=Q

答：（1）求A在电场中的运动时间t是；

（2）若B的电荷量q=Q，两质点相互作用能的最大值EPm是QE0d．

（3）为使B离开电场后不改变运动方向，B所带电荷量的最大值qm是Q．

（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，设射出区域I时的为v0．         

根据动能定理得 eEL=m

进入电场II后电子做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有

      -y=at2，a=，t=

代入解得

解得　y=，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（-2L，）．

（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（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=m  

      y=at2=()2

解得　xy=，即在电场I区域内满足此方程的点即为所求位置．

答：（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，电子离开ABCD区域的位置坐标为（-2L，）．

    （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，所有释放点的位置在xy=曲线上．

解：小球到达M板上端时的竖直分速度vy==2 m/s

设小球此时的速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，tanθ==2

在电场中小球所受合外力方向与运动方向相同，设板间距离为d，则：

tanθ=

L=

解得：L==0.15 m

(2)进入电场前，有：mgh=

在电场中运动的过程有：mgL+qU=Ek-

解得：Ek=0.175 J