热门试卷

（1）在加速电场中，由动能定理得：

qU=mv2-0，解得：v=，

代入数据解得：v=4×107m/s；

（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，

在水平方向：L=vt，

在竖直方向：y=at2=t2，

代入数据解得：y=0.045m=4.5cm；

（3）在偏转电场中，由动能定理得：

qEy=mv′2-mv2，解得：v′=×107m/s；

答：（1）带电粒子离开加速电场时的速度为4×107m/s；

（2）带电粒子在偏转电场中偏转的位移为4.5cm．

（3）带电粒子离开偏转电场时的速度为×107m/s．

（1）由于带电小球做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：Eq=…①

解得：E=

（2）从O点到A点，由动能定理得：mgxtan30°=mv2-0…②

解之得：v=3m/s（3）小球在电容器C中做类平抛运动，

水平方向：L=vt…③

竖直方向：=at2…④

根据牛顿第二定律，有：a=-g…⑤

③④⑤联立求解得：U=

答：（1）电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小为；

（2）小球刚进入电容器C时的速度V的大小为3m/s；

（3）电容器C极板间的电压U为．

答案有多种

（1）从题中v-t图象提供信息可知，弹丸在电容器内两平行板间电场力作用下先做匀减速直线运动，速度减为零后，再向右做匀加速直线运动，在t1时刻刚好离开电容器，做匀速运动，速度为v1．

从图象可得弹丸的加速度大小为：a=

（2）设电场强度为E，由牛顿定律得qE=ma

解得：E=

（3）电容器电压U=Ed=d

（4）电容器的电容C==

（5）设电容器最后速度为v，电容器及底座总质量为M，

由动量定恒：mv0=Mv-mv1

能量守恒：m=MV2+m

解得：电容器及底座总质量为M=

（6）弹丸及电容器组成的系统在整个运动过程中，能量守恒：

弹丸及电容器的总能量E0=m

带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，运动的时间：t===2×10-7s

粒子在电场中的加速度：a====7.5×1011m/s2

粒子在竖直方向的速度：vy=at=1.5×105m/s

粒子射出电场时的速度：v==2.5×105m/s

带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力不做功，所以电荷从磁场中飞出时的速度大小V=2.5×105m/s．

（2）带电粒子进入匀强磁场前与水平方向的夹角θ：tanθ==0.6，所以θ=37°

带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹如图：

由几何关系得：R==5cm

又洛伦兹力提供向心力，即：qvB=

代入数据解得：B=0.1T

答：（1）电荷从磁场中飞出时的速度大小V=2.5×105m/s

（2）匀强磁场的磁感就强度B=0.1T