热门试卷

解：（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有

侧移量，y=①

匀速运动的位移，L=v0t②

竖直方向的速度，vy=at             

联立可得  

即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心．

（2）由牛顿第二定律，则有           ③

电场强度与电势差的关系，E=           ④

由①②③④式解得

当时，

则两板间所加电压的范围  

（3）当时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大（设为y0），则

而tan

解得 

则粒子可能到达屏上区域的长度为

答：（1）粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；

（2）则两板间所加偏转电压U的范围  ；

（3）则粒子可能到达屏上区域的长度为．

解：（1）粒子运动至小孔O的速度为v0，由动能定理得：

qU=mv02-0，

代入数据得：v0=50m/s；

（2）粒子从O′运动到O所用的时间为：t0==4×10-3s，

即自t=4×10-3s开始，粒子垂直射入交变电场，在t=4×10-3s～8×10-3s内，粒子做类平抛运动

在y方向上，粒子做匀速运动：y=v0t=0.2m，

在x方向上，粒子向右匀加速运动：qE=ma，

代入数据解得：a=4×103m/s2，

粒子向右运动的位移：x=at2，

代入数据解得：x=0.032m，

所以粒子在t=8×10-3s末的位置坐标为（0.032m，0.2m）

（3）由图可知，交变电场的变化周期T=8×10-3s，

粒子在交变电场中，在y方向上，一直做匀速运动，在x方向上，一直向右运动，先匀加速，再匀减速至静止，这样周期运动下去．

粒子在交变电场中运动的时间为：t==0.04s=5T，

故粒子在离开交变电场时的水平速度为0，

因此，粒子离开交变电场时的速度：v=v0=50m/s，方向竖直向上．

答：（1）进入交变电场时的速度为50m/s；

（2）在8×10-3s末的位置坐标为（0.032m，0.2m）；

（3）离开交变电场时的速度大小为50m/s，方向：竖直向上．

解：（1）电子做类平抛运动，分解末速度得：电子在C点时的速度为：

vt=①

而Ek=mv2②

联立①②得：Ek=m2=2.4×10-18 J

（2）对电子从O到C，由动能定理，有

eU=mvt2-mv02③

联立①③得：U==3.8 V．

答：（1）电子在C点时的动能是2.4×10-18 J

（2）O、C两点间的电势差大小是3.8 V