热门试卷

（1）  （2）PF间的距离为 （n = 1，2，3，……）

试题分析：（1）设粒子经PT直线上的点R由E0电场进入E1电场，由Q到R及R到M点的时间分别为t1与t2，到达R时竖直速度为vy，则：

由、及得：

    ①

    ②

      ③

         ④

上述三式联立解得：,     

(2）由及③式可得.

因沿PT方向粒子做匀速运动，故P、R两点间的距离是R、T两点间距离的两倍.即粒子在E0电场做类平抛运动在PT方向的位移是在E1电场中的两倍.

设PQ间到P点距离为△y的F处射出的粒子通过电场后也沿水平方向，若粒子第一次达PT直线用时△t，水平位移为△x，则

粒子在电场E1中可能做类平抛运动后垂直CD边射出电场，也可能做类斜抛运动后返回E0电场，在E0电场中做类平抛运动垂直CD水平射出，或在E0电场中做类斜抛运动再返回E1电场.，若粒子从E1电场垂直CD射出电场，则

 （n＝0、1、2、3、……）

解之得： （n＝0、1、2、3、……）

若粒子从E0电场垂直CD射出电场，则

 （k＝1、2、3、……）     

 （k＝1、2、3、……）

即PF间的距离为其中n＝0、1、2、3、……，k＝1、2、3、……

或   （n＝1、2、3、……）

解之得： 

（n＝1、2、3、……）

即PF间的距离为 （n = 1，2，3，……）

(1)　(2)

试题分析：（1）粒子进入平行板中的匀强电场，则电场力对其加速，利用动能定理则：

所以出电场的末速度为

根据洛伦兹力提供向心力有，即，带入则

(2)

根据粒子在磁场中的运动轨迹可知，在磁场中轨迹的圆心角为60°。即

点评：此类题型属于比较常规型的带电粒子在电场或者磁场中的运动问题。根据动能定理可以求出在电场中加速后的末速度。通过左手定则定圆心，画轨迹，从而根据几何知识判断出半径。

1）

（2）；；

（3）；

分析：（1）要正确求出C下落的最大距离，关键是正确分析当达到最大距离时系统中各个物体的状态，开始由于A受水平向左的电场力以及弹簧的弹力作用，A被挤压在挡板P上，当B向右运动弹簧恢复原长时，A仍然与挡板之间有弹力作用，当B继续向右运动时，弹簧被拉长，当弹簧弹力大小等于A所受电场力时，A与挡板之间弹力恰好为零，此时B、C的速度也恰好为零，即C下落距离最大，注意此时A处于平衡状态，而B、C都不是平衡状态．

（2）依据电场力做功即可求出小物块B的电势能的变化量，B、C一起运动过程中，初末速度均为零，B电势能增大，C重力势能减小，依据功能关系即可求出弹簧弹性势能变化量．

（3）对系统根据功能关系有：当小物块A刚离开挡板P时，C重力势能减小量等于B电势能和弹簧弹性势能以及B、C动能变化量之和；B球在竖直方向合外力为零，因此对B球正确进行受力分析即可求出小物块对水平面的压力．

解：（1）开始时弹簧的形变量为x1，

对物体B由平衡条件可得：kx1=QBE

设A刚离开挡板时，

弹簧的形变量为x2，

对物块B由平衡条件可得：kx2=QAE

故C下降的最大距离为：h=x1+x2=(QA+QB)

（2）物块C由静止释放下落h至最低点的过程中，

B的电势能增加量为：

△Ep=QBEh=QB(QA+QB)

由能量守恒定律可知：

物块由静止释放至下落h至最低点的过程中，

c的重力势能减小量等于

B的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量

即：Mgh=QBEh+△E弹

解得：△E弹= (Mg-QBE)(QA+QB)

故小物块C下落到最低点的过程中，小物块B的电势能的变化量为QB(QA+QB)，弹簧的弹性势能变化量为△E弹= (Mg-QBE)(QA+QB)

（3）当C的质量为2M时，

设A刚离开挡板时B的速度为V，

由能量守恒定律可知：2Mgh=QBEh+△E弹+(2M+mB)V2

解得A刚离开P时B的速度为：

因为物块AB均不离开水平桌面，

设物体B所受支持力为NB1，所以对物块B竖直方向受力平衡：

mBg=NB1+QBvB

由牛顿第三定律得：NB=NB1

解得：NB=mBg-BQB

故小物块A刚离开挡板P时小物块B的速度大小为：，此时小物块B对水平桌面的压力为：NB=mBg-BQB．

小题1:场强方向竖直向下.

小题2:

小题3:

(1)场强方向竖直向下.

(2)根据题意,小球在电场中运动的加速度a应竖直向上.

Eq-mg=ma ①

从上往下：  ②

从下往上： ③

由以上三式解得电场强度：.

(3)由以上②、③两式解得：,

则：

所以：.