热门试卷

（1）电子在0~T时间内做匀加速运动

加速度的大小                                          ①

位移                                                ②

在T-2T时间内先做匀减速运动，后反向作匀加速运动

加速度的大小                                          ③

初速度的大小                                             ④

匀减速运动阶段的位移                                 ⑤

依据题意    ＞      解得＞              ⑥

（2）在2nT~(2n+1)T,(n=0,1,2, ……,99)时间内                                         ⑦

加速度的大小                     a′2=

速度增量                            △v2=-a′2T                                                    ⑧

(a)当0≤t-2nt<T时

电子的运动速度    v=n△v1+n△v2+a1(t-2nT)                                               ⑨

解得       v=[t-(k+1)nT] ,(n=0,1,2, ……,99)                                          ⑩

(b)当0≤t-(2n+1)T<T时

电子的运动速度    v=(n+1) △v1+n△v2-a′2[t-(2n+1)T]                        ⑪

解得v=[(n+1)(k+1)T-kl],(n=0,1,2, ……,99)                                      ⑫

（3）电子在2(N-1)T~(2N-1)T时间内的位移x2N-1=v2N-2T+a1T2

电子在(2N-1)T~2NT时间内的位移x2N=v2N-1T-a′2T2

由⑩式可知    v2N-2=(N-1)(1-k)T

由⑫式可知 v2N-1=(N-Nk+k)T

依据题意    x2N-1+ x2N=0

解得

粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得

①    式中v为粒子在a点的速度。

过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径围成一正方形。因此，　②

设=x，由几何关系得  ③

④

联立式得　⑤

再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中受力公式得

⑥

粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得

   ⑦     vt　⑧

式中t是粒子在电场中运动的时间，联立式得 ⑨

（1）离子在电场中受到的电场力   ①

离子获得的加速度                  …②

离子在板间运动的时间                 ③

到达极板右边缘时，离子在+y方向的分速度   ④

离子从板右端到达屏上所需时间  ⑤

离子射到屏上时偏离O点的距离

由上述各式，得     （备注：忽略该离子在极板间运动是y轴方向的位移）⑥

（2）设离子电荷量为q，质量为m，入射时速度为v，磁场的磁感应强度为B，磁场对离子的洛伦兹力

⑦

已知离子的入射速度都很大，因而粒子在磁场中运动时闻甚短。所经过的圆弧与圆周相比甚小，且在板中运动时，ＯＯ＇分逮度总是远大于在ｘ方向和ｙ方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，顾可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度

⑧

是离子在方向的加速度，离子在方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到达极板右端时，离子在方向的分速度

       ⑨

离子飞出极板到达屏时，在方向上偏离点的距离

⑩

当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在方向上偏离点的距离为，考虑到⑥式，得

⑾

由⑩、⑾两式得

⑿

其中

上式表明，是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，坐标3.24mm的光点对应的是碳12离子，其质量为，坐标3.00mm的光点对应的是未知离子，设其质量为，由⑿式代入数据可得

 ⒀

故该未知离子的质量数为14。

（1）设粒子射出加速器的速度为v0

由动能定理qU0＝mv02

由题意得v1＝v0，即。

（2）在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t

加速度的大小

在离开时，竖直分速度vy＝at

竖直位移y1＝at2

水平位移l＝v1t

粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t

竖直位移y2＝vyt

由题意知，粒子竖直总位移y＝2y1＋y2

解得

则当加速电压为4U0时，U＝4U1。

（3）（a）由沿x轴方向射入时的受力情况可知：B平行于x轴，且

（b）由沿±y轴方向射入时的受力情况可知：E与Oxy平面平行。

F2＋f2＝，则f＝2F且f＝qv1B

解得

（c）设电场方向与x轴方向夹角为α。

若B沿x轴方向，由沿z轴方向射入时的受力情况得

（f＋Fsin α）2＋（Fcos α）2＝

解得α＝30°或α＝150°

即E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为30°或150°。

同理，若B沿－x轴方向

E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为－30°或－150°。

（1）在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则

                                   ①

                               ②

                                           ③

联立①②③得：                                       ④

（2）设碰撞后甲.乙的速度分别为v甲.v乙，根据动量守恒和机械能守恒定律有：

                                 ⑤

                            ⑥

联立⑤⑥得：v乙= v0                                             ⑦

由动能定理得：                ⑧

联立①⑦⑧得：                   ⑨

（3）设甲的质量为M，碰撞后甲.乙的速度分别为vM.vm，根据动量守恒和机械能守恒定律有：

                                 ⑩

                             11

联立⑩11得：                                       12

由12和，可得：                             13

设乙球过D点的速度为，由动能定理得

                  14

联立⑨1314得：                               15

设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为，则有：

                                          16

联立②1516得：

（1）带电微粒由A运动B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2 = 0

解得　d2 =  = 0.50 cm

（2）设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有

|q|E1 = ma1

|q|E2 = ma2

设微粒在虚线MN两侧的时间大小分别为t1、t2，由运动学公式有

d1 =

d2 =

又t = t1+t2

解得t = 1.5×10-8 s