帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)題含答案

1、帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)題含答案一、高考物理精講專題帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)1. “太空粒子探測器"是由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成，其原理可簡化如下：如圖1所示，輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個(gè)同心平行半圓弧面，圓心為O,外圓弧面AB的電勢為o），內(nèi)圓弧面CD的電勢為0，足夠長的收集板MN平行邊界ACDB，ACDB與m,MN板的距離為L.假設(shè)太空中漂浮著質(zhì)量為m,電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB圓弧面上，并被加速電場從靜止開始加速，不計(jì)粒子間的相互作用和其它星球?qū)αＷ拥挠绊懀豢紤]過邊界ACDB的粒子再次返回.xxXXA'lQy、RI2（1）求粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大

2、?。唬?）如圖2所示，在PQ（與ACDB重合且足夠長）和收集板MN之間區(qū)域加一個(gè)勻強(qiáng)磁2場，方向垂直紙面向內(nèi)，則發(fā)現(xiàn)均勻吸附到AB圓弧面的粒子經(jīng)O點(diǎn)進(jìn)入磁場后最多有3能打到MN板上，求所加磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。唬?）如圖3所示，在PQ（與ACDB重合且足夠長）和收集板MN之間區(qū)域加一個(gè)垂直MN的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的方向如圖所示，大小E二4l，若從AB圓弧面收集到的某粒子經(jīng)O點(diǎn)進(jìn)入電場后到達(dá)收集板MN離O點(diǎn)最遠(yuǎn)，求該粒子到達(dá)O點(diǎn)的速度的方向和它在PQ與MN間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.【答案】（1）V=込；(2)B=；晉；(3)x=600；2LmL2qq申2m【解析】【分析】【詳解】試題分析：解：（1）帶電粒子在電

3、場中加速時(shí)，電場力做功，得：qU二0-2mv2U=2申v=、:如2(2)從AB圓弧面收集到的粒子有3能打到MN板上，則上端剛好能打到MN上的粒子與MN相切，則入射的方向與OA之間的夾角是60°，在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖甲，軌跡圓心角9二600.根據(jù)幾何關(guān)系，粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：R二2LV2由洛倫茲力提供向心力得：qBv=mR廠1m(p聯(lián)合解得：B飛2q(3)如圖粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的軌跡與MN相切時(shí)，切點(diǎn)到O點(diǎn)的距離最遠(yuǎn),這是一個(gè)類平拋運(yùn)動(dòng)的逆過程.若速度與X軸方向的夾角為a角v1COSaxCOSa.".a=600v22. 如圖，質(zhì)量分別為mA=1kg、mB=2kg的A、B兩滑塊

4、放在水平面上，處于場強(qiáng)大小E=3x105N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，A不帶電，B帶正電、電荷量q=2x10*C.零時(shí)刻，A、B用繃直的細(xì)繩連接(細(xì)繩形變不計(jì))著，從靜止同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)，2s末細(xì)繩斷開.已知A、B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為卩=0.1，重力加速度大小g=10m/s2.求：前2s內(nèi)，A的位移大??；6s末，電場力的瞬時(shí)功率.【答案】2m60W【解析】【分析】【詳解】(1)B所受電場力為F=Eq=6N；繩斷之前，對(duì)系統(tǒng)由牛頓第二定律：F-(mA+mB)g=(mA+mB)ai可得系統(tǒng)的加速度a1=1m/s2；一1由運(yùn)動(dòng)規(guī)律：x=a1t12解得A在2s內(nèi)的位移為x=2m；(2)設(shè)繩斷瞬間

5、，AB的速度大小為V,t2=6s時(shí)亥I，B的速度大小為v2，貝9v1=a1t1=2m/s；繩斷后，對(duì)B由牛頓第二定律：F-mBg=mBa2解得a2=2m/s2；由運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知：v2=v1+a2(t2-t1)解得v2=10m/s電場力的功率P=Fv，解得P=60W3. 如圖所示，在空間坐標(biāo)系x<0區(qū)域中有豎直向上的勻強(qiáng)電場E,在一、四象限的正方形區(qū)域CDEF內(nèi)有方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場E2和勻強(qiáng)磁場B,已知CD=2L,OC=L,E2=4E1。在負(fù)x軸上有一質(zhì)量為m、電量為+q的金屬a球以速度v0沿x軸向右勻速運(yùn)動(dòng)，并與靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)0處用絕緣細(xì)支柱支撐的(支柱與b球不粘連、無摩擦)質(zhì)量

6、為2m、不帶電金屬b球發(fā)生彈性碰撞。已知a、b球體積大小、材料相同且都可視為點(diǎn)電荷，碰后電荷總量均分，重力加速度為g,不計(jì)a、b球間的靜電力，不計(jì)a、b球產(chǎn)生的場對(duì)電場、磁場的影響，求：求P點(diǎn)的位置坐標(biāo);(3) a、b碰后，要使b球不從CD邊界射出，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值。1=一3vo'22v2v216mv【答案】vv=v；(2)(十,古)；(3)0<B<0或b309g9g15qLB業(yè)3qL【解析】【分析】(1) asb碰撞，由動(dòng)量守恒和能量守恒關(guān)系求解碰后a、b的速度；(2) 碰后a在電場中向左做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解P點(diǎn)的位置坐標(biāo)；要使b球不從CD邊界射出，求

7、解恰能從C點(diǎn)和D點(diǎn)射出的臨界條件確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍?！驹斀狻?1)a勻速，則mg=qEia、b碰撞，動(dòng)量守恒mv=mv+2mv0ab機(jī)械能守恒mv2=mv2+（2m）v22b2由得1=一3vo'2vb=3vo碰后a、b電量總量平分，則2v碰后a在電場中向左做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)匸=£時(shí)a球到卩點(diǎn)的位置坐標(biāo)為tx=vt，y=-at2a2其中mg-2qE=ma，a二2g由得2v2v2x=oy=o-9g，9g故P點(diǎn)的位置坐標(biāo)為(3)碰撞后對(duì)b2v2v2越,-越）12qE2二2mg故b做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則1v2qvB=2m-b2br得b恰好從C射出，則由得恰從D射出，則由幾何關(guān)系8mvo

8、3qB16mvo3qLr2=4L+（r一L）2得由得16mv&15qL故要使b不從CD邊界射出，則B的取值范圍滿足16mv015qL16mv或B【點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動(dòng)以及動(dòng)量守恒定律及能量守恒關(guān)系，注意在磁場中的運(yùn)動(dòng)要注意幾何關(guān)系的應(yīng)用，在電場中注意由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解。4.平面直角坐標(biāo)系的第一象限和第四象限內(nèi)均存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B(B的大小未知)，第二象限和第三象限內(nèi)存在沿-y方向的勻強(qiáng)電場，x軸上有一點(diǎn)P,其坐標(biāo)為(L,0)?，F(xiàn)使一個(gè)電量大小為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子從坐標(biāo)(-2a,a)處以沿+x方向的初速度v0出發(fā)，該粒子恰

9、好能經(jīng)原點(diǎn)進(jìn)入y軸右側(cè)并在隨后經(jīng)過了點(diǎn)P,不計(jì)粒子的重力。(1)(2)(3)求粒子經(jīng)過原點(diǎn)時(shí)的速度；求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的所有可能取值求粒子從出發(fā)直至到達(dá)P點(diǎn)經(jīng)歷時(shí)間的所有可能取值。nmv磁感應(yīng)強(qiáng)度B的所有可能取值：B=土n=1、2、3【答案】(1)粒子經(jīng)過原點(diǎn)時(shí)的速度大小為J2v0，方向：與x軸正方向夾45°斜向下;2a7兀m門八3兀m(3)粒子從出發(fā)直至到達(dá)P點(diǎn)經(jīng)歷時(shí)間的所有可能取值：t=+k麗+(k-1)麗k=1、2、32a兀m3兀m或t=斤*n麗+"麗n=2、3【解析】【詳解】(1)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：2a=v°t,v豎直方向：a=yt2，涉=4

10、5°,解得：vy=v0,vtan片=1,v0粒子穿過0點(diǎn)時(shí)的速度：v二J2v；0(2)粒子在第四象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得:v2qvB=m,r粒子能過P點(diǎn)，由幾何知識(shí)得：L=nrcos45°n=1、2、3,nmv解得：B=冠°心、2、32a(3)設(shè)粒子在第二象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間為J,貝y:t=；vo2nm兀m粒子在第四、第一象限內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=,T2=1qB2qB粒子在下方磁場區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡為1/4圓弧，在上方磁場區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡為3/4圓弧,一1若粒子經(jīng)下方磁場直接到達(dá)P點(diǎn)，則粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t2=T,241、一、13若粒子

11、經(jīng)過下方磁場與上方磁場到達(dá)P點(diǎn)，粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t_=T.+T2,2414213若粒子兩次經(jīng)過下方磁場一次經(jīng)過上方磁場到達(dá)P點(diǎn)：t2=2X4T1+4T2，、13,兀m八3兀m則丁k頑+(k-】)碩k=1、2、3若粒子兩次經(jīng)過下方磁場、兩次經(jīng)過上方磁場到達(dá)P點(diǎn)：t2=2X4T1+2X4T2，3粒子從出發(fā)到p點(diǎn)經(jīng)過的時(shí)間：t=t1+t2,2a7兀m3兀m解得：t二百+k麗+(k一F02a兀m3兀m兀m3兀m口或tn+nn123或22qB4qBn丄、2、3k=1、2、35. 如圖所示，虛線OL與y軸的夾角E45o,在OL上側(cè)有平行于OL向下的勻強(qiáng)電場，在OL下側(cè)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)

12、量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速率從y軸上的M(OM=d)點(diǎn)垂直于y軸射入勻強(qiáng)電場，該粒子恰好能夠垂直于OL進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，不計(jì)粒子重力。(1) 求此電場的場強(qiáng)大小E；(2) 若粒子能在OL與x軸所圍區(qū)間內(nèi)返回到虛線OL上，求粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次經(jīng)過OL所需要的最長時(shí)間。護(hù)mi話d3(-i)7fI十【答案】kJ；(2)'【解析】試題分析：根據(jù)粒子只受電場力作用，沿電場線方向和垂直電場線方向建立坐標(biāo)系，利用類平拋運(yùn)動(dòng)；根據(jù)橫向位移及縱向速度建立方程組，即可求解；由(1)求出在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及離開電場時(shí)的位置；再根據(jù)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律及幾何關(guān)系得到最大半徑

13、，進(jìn)而得到最長時(shí)間；F_I，”fi口(1) 粒子在電場中運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子重力，只受電場力作用;沿垂直電場線方向X和電場線方向Y建立坐標(biāo)系，d則在X方向位移關(guān)系有：七皿62*:,所以''；該粒子恰好能夠垂直于OL進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，所以在Y方向上，速度關(guān)系有VQSin-at-£mqEdVflSLMB所以，E尋:尋:=qd卜;¥則有(1)可知粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間;(2)根據(jù)粒子在磁場中只受洛倫茲力的作用，在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T粒子能在OL與x軸所圍區(qū)間內(nèi)返回到虛線OL上，則粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次經(jīng)過OL在1磁場中運(yùn)動(dòng)了半個(gè)圓周，所以，在磁場中

14、運(yùn)動(dòng)時(shí)間為'；粒子在磁場運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力作為向心力，所以有,V2(jvB-m;根據(jù)（1）可知，粒子恰好能夠垂直于OL進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，速度v就是初速度V。在X方向上r-一uqcos45u的分量，即；F=v（jsint£=卩譏=出粒子在電場中運(yùn)動(dòng)，在Y方向上的位移：；，所以，粒子進(jìn)入磁；dcosft+Fd場的位置在OL上距離O點(diǎn)I；根據(jù)幾何關(guān)系，R<1>R+可得廠；，eostJ升嚴(yán)-他SR271X43(<2-l)7rd<=V0所以所以，粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次經(jīng)過OL所需要的最長時(shí)間1d13（a-2-l>dd3（卩-1）兀=t+尹心=珂*二詁1+216.

15、從宏觀現(xiàn)象中總結(jié)出來的經(jīng)典物理學(xué)規(guī)律不一定都能適用于微觀體系。但是在某些問題中利用經(jīng)典物理學(xué)規(guī)律也能得到與實(shí)際比較相符合的結(jié)論。根據(jù)玻爾的氫原子模型，電子的運(yùn)動(dòng)看做經(jīng)典力學(xué)描述下的軌道運(yùn)動(dòng)，原子中的電子在庫侖力作用下，繞原子核做圓周運(yùn)動(dòng)。已知電子質(zhì)量為m,電荷量為e,靜電力常量為k。氫原子處于基態(tài)5=1）時(shí)電子的軌道半徑為G，電勢能為E=-k（取無窮遠(yuǎn)處電勢能為零）。第n個(gè)能級(jí)的軌道半丄pri徑為rn，已知rn=n2r丄，氫原子的能量等于電子繞原子核運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能、電子與原子核系統(tǒng)的電勢能的總和。(1)求氫原子處于基態(tài)時(shí)，電子繞原子核運(yùn)動(dòng)的速度；1(2) 證明：氫原子處于第n個(gè)能級(jí)的能量為基態(tài)能量

16、的一7(n=1,2,3,)；n2(3) 1885年,巴爾末對(duì)當(dāng)時(shí)已知的在可見光區(qū)的四條譜線做了分析,發(fā)現(xiàn)這些譜線的波111長能夠用一個(gè)公式表示，這個(gè)公式寫做一=R(-)，n=3,4,5,。式中R叫做里九22n2德伯常量，這個(gè)公式稱為巴爾末公式。已知?dú)湓踊鶓B(tài)的能量為6,用h表示普朗克常量,c表示真空中的光速,求：a. 里德伯常量R的表達(dá)式；ke2答案】(1)v1=b. 氫原子光譜巴爾末系最小波長與最大波長之比。m設(shè)電子在第1軌道上運(yùn)動(dòng)的速度大小為"根據(jù)牛頓第二1e2v2定律有k=m*,r2r11電子在第1軌道運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能Ek11 ke2=mv2=，電子在第1軌道運(yùn)2 12r1動(dòng)時(shí)氫原子

17、的能量Ee2ke2e2=k+=k，同理,r2r2r111電子在第n軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)氫原子的能量E=knne2ke2+rn命題得證。3)e2k，又因?yàn)閞=n2r,2r2rn1nna：R=1b：5:9hc則有e2E=k=kn2rne2E2n2rn21e2v2-=mr1ke2則有Vi=mr1設(shè)電子在第1軌道上運(yùn)動(dòng)的速度大小為"根據(jù)牛頓第二定律有噲1v1,v2二m-i-r1電子在第1軌道運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能E1=mv2=k1212r1e2ke2e2電子在第1軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)氫原子的能量E1=k+=k1r2r2r111e2ke2同理，電子在第n軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)氫原子的能量E=k+-:nnr2re2k咅，又因?yàn)閞n=&qu

18、ot;21解析】詳解】1)電子繞氫原子核在第1軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)根據(jù)牛頓第一定律有kr21則有n2r2n2rn1E1，命題得證。n2c"從n能級(jí)向2能級(jí)躍遷放出光的波長為En-E廣h齊廠E廠E廠E由E二一1E二才代入得：R=-1nn2222he1J11)b：由丁=R-可知當(dāng)n=3時(shí)波長最大，當(dāng)n=x時(shí)波長最小九122n2丿代入可得，最小波長與最大波長之比為5:9。7. 如圖所示，輕質(zhì)絕緣細(xì)繩上端固定，下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球靜止在水平向左的勻強(qiáng)電場中，繩與豎直方向的夾角E37°.已知繩長/=I.Om，小球所帶電荷量q=+l.0xl°4C，質(zhì)量m=4.0

19、xl0-3kg。不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80.求：2(I)電場強(qiáng)度的大小E；將電場撤去，小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度的大小v；將電場撤去，小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)繩中拉力的大小T.【答案】(1)E二3.0x103N/C(2)v=2.0m/s(3)T二5.6xIO-2N【解析】【詳解】qE(1)對(duì)帶電小球受力分析，得關(guān)系：=tan0=tan37°mg代入已知數(shù)據(jù)后，解得E=3.0x103N/CmglG-cos37°)=1mv2根據(jù)機(jī)械能守恒定律有:(3)根據(jù)牛頓第二定律:T-mg解得：T=5.6x10-2N

20、8. 如圖所示，OO'為正對(duì)放置的水平金屬板M、N的中線，熱燈絲逸出的電子（初速度、重力均不計(jì)）在電壓為U的加速電場中由靜止開始運(yùn)動(dòng)，從小孔O射人兩板間正交的勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出）后沿OO'做直線運(yùn)動(dòng)，已知兩板間的電壓為2U,兩板長度與兩板間的距離均為L,電子的質(zhì)量為m、電荷量為e。求：電子通過小孔O時(shí)的速度大小v；板間勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B和方向。【答案】（1）（2）方向垂直紙面向里mLe【解析】【詳解】1（1）電子通過加速電場的過程中，由動(dòng)能定理有：eU=-mv2兩板間電場的電場強(qiáng)度大小為：E=斗L由于電子在兩板間做勻速運(yùn)動(dòng)，故：evB=eE1：2mU解得：

21、B=L¥e根據(jù)左手定則可判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外.9. 如圖所示，AB是一段長為s的光滑絕緣水平軌道，BC是一段豎直墻面。一帶電量為q（q>0）的小球靜止在A點(diǎn)。某時(shí)刻在整個(gè)空間加上水平向右、場強(qiáng)E=毎的勻強(qiáng)電場，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，電場立即反向（大小不變），經(jīng)一段時(shí)間后，小球第一次運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)。重力加速度為g。求：3(1)(2)(3)小球由A運(yùn)動(dòng)至B的時(shí)間t；豎直墻面BC的高度h；小球從B點(diǎn)拋出后，經(jīng)多長時(shí)間動(dòng)能最小?最小動(dòng)能是多少?亦1612【答案】(1).,(2)；-(3)；八【解析】【分析】根據(jù)“小球在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，經(jīng)一段時(shí)間后小球第一次運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)”可知，本

22、題考查帶電小球在勻強(qiáng)電場中的曲線運(yùn)動(dòng)問題，根據(jù)勻變速曲線運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，運(yùn)用動(dòng)能定理和分運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式計(jì)算.【詳解】(1)小球由A至B,由牛頓第二定律得：、"、'1位移為聯(lián)立解得運(yùn)動(dòng)時(shí)間：'-(2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)至B時(shí)速度為vB，則=2小球由B運(yùn)動(dòng)至C的過程中，在水平方向做加速度為-a的勻變速運(yùn)動(dòng)，位移為0,.1£則："-在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，貝滬:心16聯(lián)立解得：，'從B點(diǎn)拋出后經(jīng)時(shí)間t,水平方向、豎直方向速度分別為-='汽Vy=ff經(jīng)時(shí)間t合速度v滿足，-p24，時(shí)，最小，最小值心：-代入得：一理''.：

23、'='':由此，當(dāng)L_6阿故小球從B點(diǎn)拋出后，達(dá)動(dòng)能最小需經(jīng)時(shí)間，112動(dòng)能最小值"''"-:-【點(diǎn)睛】涉及電場力和重力作用下的勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，針對(duì)運(yùn)動(dòng)規(guī)律選擇牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式；針對(duì)初末狀態(tài)選用動(dòng)能定理截決問題比較容易.10. 如圖所示，一內(nèi)壁光滑的絕緣圓管AB固定在豎直平面內(nèi)圓管的圓心為O,D點(diǎn)為圓管的最低點(diǎn)，AB兩點(diǎn)在同一水平線上，AB=2L，圓環(huán)的半徑為r=y；2L(圓管的直徑忽略不計(jì))，過OD的虛線與過AB的虛線垂直相交于C點(diǎn).在虛線AB的上方存在水平向右的、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場；虛線AB的下方存在豎直向下的、范圍足夠

24、大的勻強(qiáng)電場，電場mg強(qiáng)度大小等于丁.圓心O正上方的P點(diǎn)有一質(zhì)量為m、電荷量為一q(q>0)的絕緣小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，PC間距為L.現(xiàn)將該小物體無初速度釋放，經(jīng)過一段時(shí)間，小物體剛好沿切線無碰撞地進(jìn)入圓管內(nèi)，并繼續(xù)運(yùn)動(dòng).重力加速度用g表示.虛線AB上方勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為多大？小物體從管口B離開后，經(jīng)過一段時(shí)間的運(yùn)動(dòng)落到虛線AB上的N點(diǎn)(圖中未標(biāo)出N點(diǎn))，則N點(diǎn)距離C點(diǎn)多遠(yuǎn)？小物體由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的總時(shí)間為多少？rImg3、2L【答案】(1)E=(2)x二7L(3)=(3+產(chǎn))：qCN總4科g【解析】(1)小物體無初速釋放后在重力、電場力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小物體剛好沿切線無碰撞

25、地進(jìn)入圓管內(nèi)，故小物體剛好沿PA連線運(yùn)動(dòng)，重力與電場力的合力沿PA方向；又PA=AC=L，故tan450=纟色，解得：E=mgmgq1(2)小物體從P到A的運(yùn)動(dòng)由動(dòng)能定理可得：mgL+qEL=mv2，解得：v=Z.gL2aANmg虛線AB的下方存在豎直向下的、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小等于，電荷q量為q(q>0)的絕緣小物體所受電場力F2=qE2=mg，方向豎直向上，故小物體從A到B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，v=v=2JgLBAy小物體從管口B離開后，經(jīng)過一段時(shí)間的運(yùn)動(dòng)落到虛線AB上的N點(diǎn)，對(duì)豎直方向：2vsin45o2Lt=B解得：t=2,ggqE=ma解得：x二8L1水平方向：x=(vcos45o)t+at2、N點(diǎn)距離C點(diǎn)：Xcn=x一L=7L(3)小物體從P到A的時(shí)間t12兀xj2L3x物體從A到B的時(shí)間t，則t=4212小物體由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的總時(shí)間11. 在金屬板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓U。，其周期是T.現(xiàn)有電子以平行于金屬板的速度VO從兩板中央射入(如圖甲).已知電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,不計(jì)電子的重力，求：(1) 若電子從t=0