热门试卷

解：（1）加速度为：m/s2    

当t=0.4×10-8s时刻进入电场，考虑竖直方向运动，前0.6×10-8s匀加速运动，后0.4×10-8s做匀速运动．

竖直方向位移为：

Sy‘=s1+s2=at2+at（T-t）=0.84 x10-2m＞d=0.5×10-2m 

所以不能飞出两板间 

（2）若粒子恰能飞出两板间，有两种情况

a．竖直方向先静止再匀加速

Sy=at2=d

得t=×10-8s  

所以△Ek==1×10-8J    

Sy=S1+S2=at2+at（T-t）=d           

 得t=（1-）×10-8S   

所以S1=at2=（1.5-）×10-2m     

所以△Ek=EqS1==（3-2）×10-8≈1.7×10-7J

答：（1）通过计算知在t=0.4×10-8s时刻进入电场的粒子不能飞出电场．

（2）若从某时刻射入的粒子，该粒子飞出时动能的增量是1.7×10-7J．

解：在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏距就越大．

当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压．

加速过程，由动能定理得：eU=mv02-0…①

进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动：

l=v0t…②

在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：a==…③

偏距：y=at2…④

能飞出的条件为：y≤…⑤，

解①～⑤式得：U′≤，代入数据解得：U′≤4.0×102 V，

即要使电子能飞出，所加电压最大为400V；

答：两个极板上最多能加400V的电压．

解：（1）设电子经U0加速后的速度为v0，根据动能定理得：

  eU0=  ①

设电子偏转飞出电场与水平方向的夹角为φ．

在偏转电场中，场强E=

加速度a== ②

运动时间为 t1= ③

偏转位移y1=④

tanφ==．⑤

联立得：y1=，⑥

tanφ=．⑦

又tanφ=，得x= 

所以电子从偏转电场射出，不论U多大，电子都好像从偏转电场的中心O′射出．如图，由几何关系得：

   ⑧

得y== ⑨

取y=，得A、B间电压的最大值UAB= ⑩

（2）亮点匀速上移的速度为 v=  （11）

由⑨得：UAB=（s-vt）=（s-t）  （12）．

（3）由上式（12）得，如图所示UBA-t 图象示意图如图所示．其中UAB=．

答：

（1）AB两板间所加电压的最大值为．

（2）加在AB两板间电压U与时间t（0≤t≤T）的关系式为UAB=（s-t）．

（3）如图所示UBA-t 图象示意图如图所示．其中UAB=．

解：（1）小球沿斜轨道AC下滑过程，受到重力mg、电场力qE、斜面的支持力，根据牛顿第二定律得：

    mgsinα+qE=ma

又由题意：qE=mg

则得：； 

（2）小球从A到B过程，根据动能定理得： 

在B点，恰好由重力和电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：

联立解得：；

（3）从下滑点到C过程，由动能定理可得： 

C点，由牛顿第二定律可得： 

得：FN=14mg

由牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道的压力大小为14mg，方向竖直向下．

另小球机械能的改变量为：△E机=W电场力=3mgR；

答：

（1）小球沿斜轨道AC下滑时加速度的大小为g．

（2）要使小球能通过圆轨道顶端B且不脱离轨道，则释放点A距水平地面的高度h至少应为R．

（3）若小球从斜轨道上h=3R处由静止释放，则小球运动到C点时对轨道的压力为14mg，另外，从释放点到C点的过程中小球机械能的改变量为3mgR．