热门试卷

解：

（1）t=（nT+）（n=0，1，2，…）时刻进入的离子，前T时间内作匀速直线运动，后T时间内作类平抛运动，位移最小，最小位移为：

  ymin==•=；

（2）t=nT（n=0，1，2，…）时刻进入的离子，前T时间内作类平抛运动，后T时间内作匀速直线运动，位移最大，最大位移为：

   ymax=y1+y2；

其中：类平抛运动的竖直分位移大小为 y1=ymin=；

而经过前T时间后竖直分速度大小为 vy=a•T==，

匀速直线运动的竖直分位移大小为 y2=vy•T=

所以ymax=y1+y2=+=；

答：

（1）离子打在荧光屏上的位置与O′点的最小距离为；

（2）离子打在荧光屏上的位置与O′点的最大距离为．

解：（1）竖直方向，

水平方向

电场强度vC=v0；

（2）因为，所以带电的粒子在第一象限将做速度也为v0匀速圆周运动，使粒子从C点运动到同一水平线D点，如右图所示，

则有：t=T0，2T0，3T0，…

由于CD=L，OC=L，即t≠T0，

因此，由C到达D的时间t=2T0，3T0，…或t=nT0，n=2，3.4…

（3）设粒子运动圆轨道半径为R，则

使粒子从C点运动到E点，如右图所示，2L=n•R，n=1，2，3.4…

交变磁场磁感应强度B0应满足的关系，n=1，2，3.4…

答：（1）证明如上所示．

（2）由C到达D的时间t=nT0，n=2，3.4…

（3）交变磁场磁感应强度B0应满足的条件，n=1，2，3.4…．

解：（1）在加速电场中，由动能定理有：

eU=-0…①

解①得：v0=…②

（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，有：

平行极板方向：l=v0t…③

根据牛顿第二定律得：a==，

垂直极板方向：y==t2…④

要飞出极板区：y≤…⑤

联解③④⑤式得：

 U′≤U，

即：Umax′≤U，…⑥

答：（1）电子刚进入偏转电场时的速度v0为．

（2）要使电子能从平行极板M、N间飞出，两个极板间所能加的最大偏转电压Umax′≤U．

解：（1）带电小球恰好能从b处飞出，由电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

qE=m                           ①

小球从O到b，运用动能定理列式，有：

-qE（2R+2r）=             ②

联立①②解得：

vb=4m/s

R===0.5m

（2）从O到b过程，根据动能定理，有：

-qE（2R+2r）=       ④

从b处飞出轨道后，做类似平抛运动，有：

2R+2r=               ⑤

y=vbt                       ⑥

联立解得：

y=2≤（4-2r）+（1+2r）=5m

当=，即r=0.75m时取等号．

（3）在O点，电场力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

Fo-qE=m                  ⑦

在b点，也是电场力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

Fb+qE=m                   ⑧

传感器的差值为：

△F=Fo-Fb                    ⑨

由④⑦⑧⑨式得到：△F=-2.6

图线的纵轴截距为2.6，横轴截距为3.25；

答：（1）Oa部分的半径R为0.5m；

（2）r取0.75m时，小球从b处飞出后，到达y轴上的位置（离原点）最远为5m；

（3）图线的纵轴截距为2.6，横轴截距为3.25．