從A點豎直向上射入真空中的沿水平方向的勻強電場中,粒(共6頁)

1、1 如圖所示，質量(zhling)為m，帶電(di din)量為q的粒子(lz)，以初速度v0，從A點豎直向上射入真空中的沿水平方向的勻強電場中，粒子通過電場中B點時，速率vB=2v0，方向與電場的方向一致，則A，B兩點的電勢差為：（ C ）2如圖所示，細線拴一帶負電的小球，球處在豎直向下的勻強電場中，使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，則 （ D ）A小球不可能做勻速圓周運動B當小球運動到最高點時繩的張力一定最小C小球運動到最低點時，球的線速度一定最大D小球運動到最低點時，電勢能一定最大解析D 當mg=qE時可以做勻速圓周運動，最高點和最低的向心力是拉力、重力和電場力的合力3一根對稱的“八字”形玻

2、璃管置于豎直平面內(nèi)，如圖所示。管所在的空間有豎直向下的勻強電場，電場強度E=1000牛/庫。重力G1.010-3牛，帶電量Q= -210-6庫的小物體在管內(nèi)從A點由靜止開始運動，它與管壁摩擦系數(shù)為0.5，管長AB=BC=3米，管的B處為一極短的光滑圓弧，管AB和BC與水平方向所夾的角度皆為37,問（1）小物體最終靜止在何處？（2）從A開始計算時，小物 體運動的總路程是多少？【解析】AB，作勻加速運動BC，作勻減速運動，由于有機械能損失，到不了C點就停止，接著返回作勻加速運動，過B點又作勻減速動， 最后停在B點. 由動能定理，對全過程，L=AB=BC=3米 =0.5(qE-mg)Lsin370-

3、 (qE-mg) cos370S=0S=0.6 L /（0.50.8） =1.8/0.4=4.5mB+41000eV的電子流在兩極板中央斜向上方進入勻強電場，電場方向豎直向上，它的初速度與水平方向夾角為30，如圖為了使電子不打到上面的金屬板上，應該在兩金屬板上加多大電壓U？【解析】電子流在勻強電場中做類似斜拋運動，欲使電子剛好不打金屬板上，則必須使電子在d2內(nèi)豎直方向分速度減小到零，設此時加在兩板間的電壓為U，在電子流由C到A途中，電場力做功We=EUAC，由動能定理至少(zhsho)應加500V電壓(diny)，電子才打不到上面金屬板上。5、 如圖，一個(y )電子以速度v0=6.0106m

4、s和仰角=45從帶電平行板電容器的下板邊緣向上板飛行。兩板間場強E=2.0104Vm，方向自下向上。若板間距離d=2.010-2m，板長L=10cm，問此電子能否從下板射至上板？它將擊中極板的什么地方？【解析】應先計算y方向的實際最大位移，再與d進行比較判斷。由于ymd，所以電子不能射至上板。因此電子將做一種拋物線運動，最后落在下板上，落點與出發(fā)點相距1.03cm。小結：斜拋問題一般不要求考生掌握用運動學方法求解。用運動的合成分解的思想解此題，也不是多么困難的事，只要按照運動的實際情況把斜拋分解為垂直于電場方向上的的勻速直線運動，沿電場方向上的堅直上拋運動兩個分運動。就可以解決問題。6、如圖甲

5、所示，A、B為兩塊靠得很近的平行金屬板，板中央均有小孔。一束電子以初動能Ek=120ev，從A板上的小孔O不斷垂直于板射入A、B之間，在B板右側，平行金屬板的板長L=2102m，板間距離d=4103m，兩板上所加電壓為U2=20V?，F(xiàn)在在A、B兩板上加一個如圖乙所示的變化電壓U1，在t=0到t=2s時間內(nèi)，A板電勢高于B板，則在U1隨時間變化的第一個周期內(nèi) （1）電子在哪段時間內(nèi)可以從B板小孔射出？ （2）在哪段時間內(nèi)，電子能從偏轉電場右側飛出？ （由于(yuy)A、B兩板距離很近，可以認為(rnwi)電子穿過A、B板間所用(su yn)時間很短，可以不計）【解析】（1）能射出B板，要求電子達

6、到B板時速度大于或等于零，由動能定理得 AB兩板所加電壓在01區(qū)間里 有U=200 故 由于電壓圖像的對稱性，另一對應時 刻在下半周期，電場力做正功電子均能射出，所以能射出的時間段為0 及 （2）設電子從偏轉電場中垂直射入時速度為，那么側移是 才能射出 又 又因 所以在內(nèi)有電子射出。7、如圖所示，在厚鉛板A表面中心放置一很小的放射源，可向各個方向放射出速率為 的粒子（質量為m，電量為q），在金屬網(wǎng)B與A板間加有豎直向上的勻強電場，場強為E，A與B間距為d，B網(wǎng)上方有一很大的熒光屏M，M與B間距為L，當有粒子打在熒光屏上時就能使熒光屏產(chǎn)生一閃光點。整個裝置放在真空中，不計重力的影響，試分析：（1

7、）打在熒光屏上的粒子具有的動能有多大？（2）熒光屏上閃光點的范圍有多大？（3）在實際應用中，往往是放射源射出的粒子 的速率未知，請設計一個方案，用本 裝置來測定粒子的速率。【解析】（1）粒子在電場中作加速運動，電場力作正功， 打在熒光屏上的粒子且有動能， （2）當粒子初速度與電場線垂直時，作類平拋運動，沿電場線方向 到達B板所用時間為 從B板到達(dod)M板所用(su yn)時間為 粒子(lz)運動總時間熒光屏上閃光范圍是一個圓,其半徑R=（3）由前問題可知，熒光屏上閃光范圍是一個圓，其半徑與粒子的初速度成正比。測得圓的半徑R，可計算出粒子的初速度 或將AB間電場反向，電場力對粒子做負功，逐

8、漸增大電場強度，當熒光屏上閃光消失時，粒子初動能全部用來克服電場力做功。 8如圖所示，A、B為不帶電平行金屬板，間距為d，構成的電容器電容為C質量為m、電量為q的帶電液滴一滴一滴由A板小孔上方距A板高h處以v0初速射向B板液滴到達B板后，把電荷全部轉移在B板上求到達B板上的液滴數(shù)目最多不能超過多少？設到達B板上的液滴數(shù)目最多不超過n個，第n-1個液滴落到B板上時電容器的電量 電容器兩極板間的電壓 第n滴到達B板時速度剛好為0，由動能定理得 解得 9在方向水平的勻強電場中，絕緣細線的一端連著一個質量為m的帶電小球，另一端懸掛于O點。將小球拿到A點（此時細線與電場方向平行）無初速釋放，已知小球擺到

9、B點時速度為零，此時細線與豎直方向的夾角為=30，求：（1）小球的平衡位置。（2）小球經(jīng)過平衡位置時細線對小球的拉力。解：（1）小球由A運動到B根據(jù)動能定理， mgLcos-qEL（1+sin）=0 解得qE=mg設小球(xio qi)的平衡位置為C，懸線與豎直(sh zh)方向間的夾角為，小球(xio qi)受力如圖，則tan=，=30（2）由A到C，根據(jù)動能定理，有mgLsin60-qEL（1-cos60）= 在C點，根據(jù)牛頓第二定律，有解得 T=mgdU1L1L2PMNOKA10如圖所示為一真空示波管，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計），經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線

10、KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中（偏轉電場可視為勻強電場），電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點。已知加速電壓為U1，M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L1，板右端到熒光屏的距離為L2，電子的質量為m，電荷量為e。求：（1）電子穿過A板時的速度大小；（2）電子從偏轉電場射出時的側移量；（3）P點到O點的距離。（1）設電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，根據(jù)動能定理得： e U1=， 解得： （2）電子以速度v0進入偏轉電場后，垂直于電場方向作勻速直線運動，沿電場方向作初速度為零的勻加速直線運動。設偏轉電場的電場強度為E，電子在偏轉電場運動的時間為t1，電子的加速度為a，離開偏轉電場時相對于原運動方向的側移量為y1，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式得：U1L1L2dPMNOKAy2y1F=eE， E= ， F=ma， a =t1=， y1=，解得： y1=（3）設電子離開偏轉電場時沿電場方向的速度為vy，根據(jù)(gnj)運動學公式得：vy=at1=電子離開(l ki)偏轉電場后作勻速直線運動，設電子離