热门试卷

解：（1）从A到B过程，根据牛顿第二定律，有：

mgsin37°=ma1

解得：a1=gsin37°=10×0.6=6m/s2

到达B点速度：=5m/s

从B到C的过程，根据牛顿第二定律，有：

mgsin37°-qE-μmgcos37°=ma2

解得：a2=-12m/s2

根据速度位移公式，有：

解得：v2=m/s

从C点向下过程，根据牛顿第二定律，有：

mgsin37°-qE=ma3

解得：a3=-6m/s2

从C到B过程，根据牛顿第二定律，有：

mgsin37°-qE+μmgcos37°=ma4

解得：a4=0

即从C到B是匀速运动；

故最大加速度为12m/s2，平行斜面向上；此时速度平行斜面向下；

（2）设小物块第一次返回的最高点为D，从A到D全程，根据动能定理，有：

mgsin37°l3-2μmgcos37°l2=0-0

解得：l3=m

（3）滑块最终会向下减速后静止在BC间某个位置，设静止位置与B点间距为x，对运动的全程，根据动能定理，有：

mg（l1+x）sin37°-qEx-μmgcos37°（x+2nl2）=0

其中：0≤x≤l2

故12.5-12x-5n=0；

当n=2时，x=m

故小物块在BC间运动的总路程：S=4l2+x=4×=m

答：（1）小物块在运动过程中最大加速度为12m/s2，平行斜面向上；此时速度平行斜面向下；

（2）小物块第一次返回的最高点为D，AD的距离l3为m；

（3）小物块在BC间运动的总路程为m．

解：（1）对第一个落到O点的粒子

水平方向：

竖直方向：

得：v0==2.5 m/s    

（2）对落到B点的粒子

L=v0t           

at2      

mg-Eq=ma      

得：E==1.5×103 V/m     

答：（1）若第一个粒子刚好落到下板中点O处，则带电粒子入射初速度的大小是2.5m/s；

（2）两板间电场强度为1.5×103V/m时，带电粒子能刚好落到下板右边缘B点

解：（1）电子恰好从板间射出的初速度为v0，有

 =…①

 L=v0t… ②

得：a=… ③

联立解得，v0=2×107m/s…④

故电子入射速度v≥2×107m/s方能打到屏上…⑤

（2）要想离O最远，需要竖直速度最大，即在电场中加速时间最长，即水平速度最小，且竖直位移最大的电子打到屏上的距离最大．即恰能从极板边缘射出的电子打到屏上距O点最远．

离开电场时偏转量为：y1=…⑥

离开电场时的速度偏向角为α，tanα=…⑦

 vy=… ⑧

由几何关系得：tanα=… ⑨

得：ym=y1+y2=2.5cm…（10）

答：（1）到达接收屏上的电子的初速度应满足的条件为v≥2×107m/s；

（2）电子打到接收屏上距中心O的最大距离为2.5cm．