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1、学而不思则惘，思而不学则殆3、如图所示，空间存在着强度E=2.5 102N/C 方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0.5m 的绝缘细线，一端固定在O点，一端拴着质量m=0.5kg 、电荷量q=4102C的小球 .现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂. 取g=10m/s2. 求：（1）小球的电性；（2）细线能承受的最大拉力；（3）当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度 . 解析：（ 1）由小球运动到最高点可知，小球带正电（2 分）（2）设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，21()2qE
2、mg Lmv（ 2 分）在最高点对小球由牛顿第二定律得，2TvFmgqEmL（ 2 分）由式解得，FT=15N（1 分）（3）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则qEmgam（ 2 分）设小球在水平方向运动L 的过程中，历时t，则 L=vt（ 1 分）设竖直方向上的位移为s，则212sat（ 1 分）由解得，s=0.125m（2 分）小球距 O 点高度为s+L=0.625m. （1 分）4、如图所示半径为r 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有质量为 m 的带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，珠子所受静电力是其重力的3/4 倍将珠子从环上最低点A 静止释放，求珠子所能获得的
3、最大动能Ek.。解：珠子沿圆环先做加速运动，后做减速运动，设其运动至跟圆心连线与竖直方向的夹角为时，切向合力为零，珠子在此位置时速度最大，动能最大，则有sincosmgF电所以tanFmg电，则3sin5，4cos5由动能定理EkmqE rsinmgr（1cos）=mgr/4 5、如图所示， 水平地面上方分布着水平向右的匀强电场。一“ L”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中。管的水平部分长为l1=0.2m ，离水平面地面的距离为h=5.0m，竖直部分长为l2=0.1m 。一带正电的小球从管的上端口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分 （长度极短可不计）时没有能量损失，小球在
4、电场中受到的电场力大小为重力的一半。求：小球运动到管口B 时的速度大小；小球着地点与管的下端口B 的水平距离。 (g=10m/s2) 解：在小球从A 运动到 B 的过程中，由动能定理得：221102BmglF lmv电12Fmg电联立两式解得：2/Bvm s小球离开B 点后，设水平方向的加速度为a，位移为x，在空中运动的时间为t，B A 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 15 页学而不思则惘，思而不学则殆水平方向有：2ga212Bxv tat竖直方向有：212hgt由 式，并代入数据可得：x=4.5m 6、在一个水平面上建
5、立x 轴，在过原点O 垂直于 x 轴的平面的右侧空间有一匀强电场，场强大小 E=6 105N/C，方向与 x 轴正方向相同，在O 处放一个带电量q=5 108C，质量 m=10g 的绝缘物块。物块与水平面间的滑动摩擦系数 =0.2，沿 x 轴正方向给物块一个初速度v0=2m/s，如图所示，求物块最终停止时的位置。（ g 取 10m/s2）答案：物块最后停在x = 0.2m 处。解：物块在电场中先向右做匀减速运动至速度为零，设位移为s1 ，由动能定理有：(qE+mg) s1 = 21mv2（ 3 分）得： s1= 0.4m （2 分）由于 qEmg （2 分）所以，物块接着向左做匀加速运动，从O
6、点离开电场后再匀减速直至停止运动。物块运动全过程列动能定理方程有：mg（2 s1+ s2）=21mv2（4 分）解得： s2=0.2m （3 分）7、如图所示， 一根长 L 1.5 m 的光滑绝缘细直杆MN， 竖直固定在场强为E1.0105 N/C、与水平方向成 30 角的倾斜向上的匀强电场中。杆的下端M 固定一个带电小球A，电荷量 Q+4.5106 C；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q+1.010一6 C，质量 m1.010一2 kg。现将小球B 从杆的上端N 静止释放，小球B 开始运动。 （静电力常量k9.0 109 N m2C2，取 gl0 m/s2) 小球 B 开始运动时的
7、加速度为多大？小球 B 的速度最大时，距M 端的高度h1为多大？小球 B 从 N 端运动到距M 端的高度h20.6l m 时，速度为 v1.0 m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？解：（ 1）开始运动时小球B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得masinqELQqkmg2解得msinqEmLkQqga2代入数据解得：a=3.2m/s2 (2)小球 B 速度最大时合力为零，即mgsinqEhkQq21解得sinqEmgkQqh1ABMN E 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 15 页学而
8、不思则惘，思而不学则殆代入数据解得h1=0.9m (3)小球 B 从开始运动到速度为v 的过程中，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为 W3，根据动能定理有2321mv21WWWW1mg（L-h2）W2=-qE(L-h2)sin解得sin)hL(qE)hL(mgmv21W2223设小球的电势能改变了EP，则EP（ W2 W3）22Pmv21)hL(mgEEP8.2102J8、如图所示的装置，U1是加速电压，紧靠其右侧的是两块彼此平行的水平金属板。板长为L，两板间距离为d，一个质量为m、带电量为q 的粒子，经加速电压加速后沿金属板中心线水平射人两板中，若两水平金属板间加一电压U2，当
9、上板为正时，带电粒子恰好能沿两板中心线射出；当下板为正时，带电粒子则射到下板上距板的左端41处，求：（1）21UU为多少？（2）为使带电粒子经U1加速后，沿中心线射入两金属板，并能够从两板之间射出，两水平金属板所加电压U2应满足什么条件？（1）设粒子被加速后的速度为v0，当两板间加上电压U2如上板为正时，dqU2mgU2qmgd 1如下板为正时，amdqUmg22g 1d2121 2g（041v）2 1得20vdgl82 1qU121mv20 1U1dqmgl162 1则12UU216d 1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共
10、 15 页学而不思则惘，思而不学则殆（2）当上板加最大电压U2时，粒子斜向上偏转刚好穿出：t0vl2d221avt202)1()(21rgmdqUU222209qldmv28989Uqmgd 1若上板加上最小正电压时，粒子向下偏转恰穿出2amdqUgmdqUmg22 1)(21212222mdqUgtad （0vl）22287UU 2若下板加上正电压时，粒子只能向下偏转mdqvmga23212201()()2qUldgdmv2U872U可见下板不能加正电压 12228987UUU 29、如图所示，在绝缘水平面上，相距为L 的 A、B 两点处分别固定着两个带电量相等的正电荷， a、b 是 AB
11、连线上的两点，其中A aBbL4，O 为 AB 连线的中点，一质量为m带电量为 +q 的小滑块（可以看作质点）以初动能E0从 a 点出发，沿直线AB 向 b 点运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍（ nl），到达 b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数。（2）O、b 两点间的电势差UOb。（3）小滑块运动的总路程。（ 1） 因 为 +baqqbA、,是 以 中 点O 对 称 ， 所 以0abU 1滑块由 ab ，根据动能定理：021EmgqUab 2mglE02 2（2）对小滑块由ob的过程，根据动能定理：041nEmgqUab
12、2qEnqnEmgUab2)21(4100 2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 15 页学而不思则惘，思而不学则殆（3）qEnUUabab2)12(0 2小滑块从a 点开始，最终停在O 点，根据动能原理aoqU0Emgs 2S0(21)4aoqUEnlmg 210、如图所示，带等量异种电荷的平行金属板，其间距为d，两板问的电势差为U，极板与水平方向成37角放置，有一质量为m 的带电粒子从下极板上端附近释放，恰好沿水平方向从上极板下端穿过电场，求: ( 1) 粒子带何种电荷?电量多少 ? ( 2) 粒子的加速度多大?粒子射出
13、电场时的速度多大? 答案： ( 1)负电， q5mgd/ 4U( 提示 : 联解 EU/ d 和 mg Eqcos37即可 )( 2) a 3/ 4g，25gdv( 提示 : 作用在粒子上的合外力为Fmgtan37，所以aF/ m3mg/ 4. 设粒子离开电场区时速度为v, 有 qUmv2/ 2，可得25gdv) 11、如图 24 所示，在 E = 103V/m 的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN 连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R = 40cm，一带正电荷q = 104C 的小滑块质量为m = 40g，与水平轨道间的动摩因数 = 0.
14、2，取 g = 10m/s2，求：（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离 N 点多远处释放？（2）这样释放的滑块通过P 点时对轨道压力是多大？（P 为半圆轨道中点）解 ： 1 ） 滑 块 刚 能 通 过 轨 道 最 高 点 条 件 是mg= mvRvRgm S22,/,由解之得EqsmgSmvmg RSmvgREqmgm12212212522.。（ 2 ） 滑 块 过P 点 时 ，121222222mvmgREqRmvvUgEqmRpPP得，NEqmvRNmgEqNP230 6,.。答案： 1.25m 0.6N 12、如图甲所示，A、B 两块金属板水平放置，相距为d=06
15、cm，两板间加有一周期性变化的电压， 当 B 板接地 (B=0)时，A 板电势A随时问变化的情况如图乙所示，现有一带负电的微粒在t=0 时刻从 B 板中央小孔射入电场，若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计。求：（1）在 02T和2T T 这两段时间内微粒的加速度大小和方向；d B A T T/2 0 t A精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 15 页学而不思则惘，思而不学则殆（2）要使该微粒不与A 板相碰，所加电压的周期最长为多少?(g=10ms2) 解：（ 1）设电场力大小为F，则 F=2mg
16、 对于 t=0 时刻射入的微粒，在前半个周期内，方向向上（2 分）后半个周期的加速度a2满足方向向下（2 分）（2）前半周期上升的高度. 前半周期微粒的末速度为后半周期先向上做匀减速运动，设减速运动时间为t1，则此段时间内上升的高度则上升的总度高为（2 分）后半周期的时间内，微粒向下加速运动. 下降的高度（2 分）上述计算表明， 微粒在一个周期内的总位移为零，只要在上升过程中不与A板相碰即可， 则所加电压的周期最长为（ 2 分）13、如图所示， 两平行金属板A、B 长 8cm，两板间距离d8cm，A 板比 B 板电势高300V，一带正电的粒子电荷量q10-10C， 质量 m10-20kg， 沿
17、电场中心线RO 垂直电场线飞入电场，初速度 02 106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在 O 点的点电荷Q 形成的电场区域，（设界面PS 右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面MN、PS相距为 12cm，D 是中心线RO 与界面 PS的交点， O 点在中心线上， 距离界面 PS为 9cm， 粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc 上（ 静电力常数k = 9.0 109N m2/C2）（1） 求粒子穿过界面MN 时偏离中心线 RO的距离多远？到达PS界面时离D 点多远？（2）在图上粗略画出粒子运动的轨迹（3）确定点电荷Q 的电性
18、并求其电荷量的大小解：（1）带电粒子穿过界面MN 时偏离中心线的距离，即侧向位移：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 15 页学而不思则惘，思而不学则殆mmvLmdqUaty03. 0)10208.0(08. 010230010)(21212620102021（3 分）电场力做的功为：JdqUyqEyW8101110125.108.003.030010（2 分）（2）带电粒子的速度离开电场时的速度及穿过PS进入点电荷电场的速度：./105.1/;/1026060smmdvqULatvsmvvyx（1 分）./105 .262
19、2smvvvyx（1 分）此时的速度方向与水平方向成，43tanxyvv（1 分）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动打在PS上的 a 点（如图），则a 点离中心线的距离为 y：则mlyyyy12.04312.003.0tan1121(2 分) （3）a 点与点电荷所在位置的连线与PS的夹角为 ，则4312.0208.012.02tan2ydl（1 分），带电粒子进入点电荷的电场时，速度与点电荷对粒子的库仑力垂直，由题的描述：粒子穿过界面PS最后垂直打在与A板在同一水平线上的荧光屏bc 上，由此可以做出判断：该带电粒子在穿过界面PS 后将绕点电荷 Q 作匀速圆周运动(2 分 )。带正电的粒子必
20、定受到Q 的吸引力，所以Q 带负电。（ 2分）半径mmldyr20.012.0)208.012. 0()2(22222（1 分）由库仑定律和匀速周运动规律得：rvmrQqk22（2 分）得：CkqrmvQ8109262021039.1101092.0)105. 2(10（ 2 分）14、有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动。现取以下简化模型进行定量研究。如图所示，电容量为C 的平行板电容器的极板A 和 B 水平放置，相距为d，与电动势为 、内阻可不计的电源相连。设两板之间只有一个质量为m 的导电小球，小球可视为质点。已
21、知：若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的倍（ mg其中q= Q又有Q=C由以上三式有mgdC（2）当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动。以a1表示其加速度， t1表示从 A 板到 B 板所用的时间，则有qd+mg=ma1郝双制作d=12a1t12当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动，以 a2表示其加速度，t2表示从 B 板到 A 板所用的时间，则有qdmg=ma2d=12a2t22小球往返一次共用时间为（t1+t2），故小球在T 时间内往返的次数n=Tt1+
22、t2郝双制作由以上关系式得: n=T2md2C2+mgd+ 2md2C2mgd小球往返一次通过的电量为2q，在 T 时间内通过电源的总电量Q=2qn 11 由以上两式可得:郝双制作Q=2CT2md2C2+mgd+ 2md2C2mgd15、 有三根长度皆为L=1.00m 的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为m =1.0010-2kg 的带电小球A 和 B，它们的电量分别为-q 和+q，q=1.0010-7C。A、B 之间用第三根线连接起来。空间中存在大小为E=1.00106N/C 的匀强电场，场强方向沿水平方向向右，平衡时 A、B 球的位置如图所示。现
23、将 O、B 之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B 球最后会达到新的平衡位置。求最后两球的机械能与电势能总和与烧断前相比改变了多少。（不计两带电小球间相互作用的静电力，g 取 10m/s2）【点拨解疑】图（ 1）中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中、分别表示OA、AB与竖直方向的夹角。A球受力如图 （2）所示： 重力mg，竖直向下； 电场力 qE，水平向左；细线 OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图。由平衡条件得qETTsinsin21coscos21TmgT精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - -
24、- - - -第 8 页，共 15 页学而不思则惘，思而不学则殆B球受力如图（3）所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B 的拉力T2，方向如图。由平衡条件得qET sin2mgaT cos2联立以上各式并代入数据，得045由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图（4）所示。与原来位置相比，A球的重力势能减少了)60sin1(mglEAB球的重力势能减少了)45cos60sin1(mglEBA球的电势能增加了WA=qElcos60B球的电势能减少了)30sin45(sinqElWB两种势能总和减少了BAABEEWWW代入数据解得JW2108.616、如图所示，竖直放置的半圆
25、形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中一质量为m、带电量为 +q的物块（可视为质点） ，从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小E0，x0 的空间存在沿y 轴负方向的匀强电场E1，在 y0 的空间存在沿x 轴负方向的匀强电场 E2，其中 m=0.1kg ，q= + 1.0 10- 3C，v0=2m/s,CNE/1031，CNE/10332，重力加速度g=10m/s2，求：（1）小球到达x 轴上的速度（2）小球回到y 轴时的座标（ 8 分）小球做类平抛运动，设在竖直方向加速度为a1，运动时间为t，未速度为V
26、，V与 x 轴正方向夹角mgEqF1mFa11211121tah11taVy220yVVV0tanVVy由以上各式得V=4m/s ，=60各式1 分，答案2分（ 11 分）由受力分析可知小球再次做类平抛运动，设运动的加速度为a2， x1为第一次水平方向的位移，运动轨迹如图所示：mmgqEa2222)()(30cos/10 xs101tVx2220212tass v0A y/m E1 E2 x/m O V0 Vy 600 300 x/m y/m O yx v S0S x1 mlsV20精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 15
27、 页学而不思则惘，思而不学则殆2423ts30tan1Xsy 11），：（yy：8 .108 . 1轴上的座标为由以上各式可得各 1 分， 11各 2 分，答案3 分18、如图所示， 挡板 P固定在足够高的水平桌面上，小物块A和 B大小可忽略，它们分别带有+QA和+QB的电荷量， 质量分别为mA和 mB。两物块由绝缘的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与B连接，另一端连接一轻质小钩。整个装置处于场强为E、方向水平向左的匀强电场中。A、B开始时静止，已知弹簧的劲度系数为k，不计一切摩擦及A、B 间的库仑力， A、 B 所带电荷量保持不变， B不会碰到滑轮。(1) 若在小钩上挂一质量为M的
28、物块 C并由静止释放，可使物块A 恰好能离开挡板P，求物块C下落的最大距离；(2) 若 C的质量改为2M ，则当 A刚离开挡板P时， B的速度多大？（1）开始平衡时有：KEQxEQkxBB11可得当 A刚离开档板时：KEQxEQkxAA22可得故 C下落的最大距离为：21xxh由式可解得h=)(ABQQKE（2）由能量守恒定律可知：C下落h过程中， C重力势能的的减少量等于B的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量、系统动能的增量之和当 C的质量为M时：BMghQ E hE弹当 C的质量为 2M时：2)2(212VmMEEhQMghBB弹解得 A刚离开 P时 B的速度为：)2()(2BBAmMKQQ
29、MgEV19、如图 6 所示，在的空间中，存在沿x 轴正方向的匀强电场E；在的空间内，存在沿 x 轴负方向的匀强电场，场强大小也等于E 。一电子（e，m ）在 xd 处的 P点以沿 y 轴正方向的初速度开始运动，不计电子重力。求：图 6 （1）电子在x 方向分运动的周期。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 15 页学而不思则惘，思而不学则殆（2）电子运动的轨迹与y 轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离l。解析：电子射入电场后，y 方向的分运动一直为匀速运动；x 方向的分运动为先是x 方向的加速运动，接着是x 方向的减
30、速运动，又x 方向的加速运动，再x 方向的减速运动，如此反复。故电子运动的轨迹如图7 所示。图 7 （1）设电子从射入到第一次与y 轴相交所用时间为t ，则解得：所以，电子在x 方向分运动的周期为：（2）在竖直方向上：电子运动的轨迹与y 轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离l为：。20.20XX 年 （上海卷物理）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。 在 Oxy平面的 ABCD区域内， 存在两个场强大小均为 E的匀强电场 I 和 II， 两电场的边界均是边长为 L 的正方形（不计电子所受重力）。（1）在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD 区域的位
31、置。（2）在电场I 区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD 区域左下角D 处离开，求所有释放点的位置。（3）若将左侧电场II 整体水平向右移动L/n（n1），仍使电子从ABCD 区域左下角D 处离开（ D 不随电场移动），求在电场I 区域内由静止释放电子的所有位置。解析： （1）设电子的质量为m，电量为 e，电子在电场I 中做匀加速直线运动，出区域I 时的为 v0，此后电场II 做类平抛运动，假设电子从CD 边射出，出射点纵坐标为y，有2012eELmv22011()222LeELyatmv解得y14L，所以原假设成立，即电子离开ABCD 区域的位置坐标为（2L，14L）（2）设释放
32、点在电场区域I 中，其坐标为（x，y），在电场I 中电子被加速到v1，然后进精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 15 页学而不思则惘，思而不学则殆入电场 II 做类平抛运动，并从D 点离开，有2112eExmv2211122eELyatmv解得xy24L，即在电场I 区域内满足议程的点即为所求位置。（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I 中加速到v2，进入电场II 后做类平抛运动，在高度为 y处离开电场II 时的情景与（ 2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D 点，则有2212eExmv2221122eELyyatm
33、v2yeELvatmv，2yLyvnv解得21124xyLn，即在电场I 区域内满足议程的点即为所求位置21.20XX 年 ( 广东卷物理 )如图 16（a）所示，在光滑绝缘水平面的AB 区域内存在水平向左的电场，电场强度 E 随时间的变化如图 16（b）所示。不带电的绝缘小球P2静止在 O 点。t=0 时，带正电的小球 P1以速度 v0从 A 点进入 AB 区域。随后与 P2发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的23倍。P1的质量为 m1，带电量为 q，P2的质量为 m2=5m1，A、O 间距为 L0，O、B 间距为043LL.已知2001023qEvmL，00LTv. 求碰撞后小球P1向左运动的
34、最大距离及所需时间。讨论两球能否在 OB 区间内再次发生碰撞。解析： 19. (1)P1经 t1时间与 P2碰撞，则001vLtP1、P2碰撞，设碰后P2速度为 v2，由动量守恒：220101)32(vmvmvm解得3/201vv（水平向左）3/02vv（水平向右）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 15 页学而不思则惘，思而不学则殆碰撞后小球P1向左运动的最大距离：1212avSm又：202010132LvmqEa解得：3/0LSm所需时间：00112vLavt（2）设 P1、P2碰撞后又经t时间在 OB 区间内再次发生
35、碰撞，且 P1受电场力不变， 由运动学公式，以水平向右为正：21SS则：tvtatv221121解得：TvLt3300（故 P1受电场力不变）对 P2分析：000022331LvLvtvS043LL所以假设成立，两球能在OB 区间内再次发生碰撞。22.图 1 中 B 为电源，电动势 27V，内阻不计。固定电阻R1500，R2为光敏电阻。 C为平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长l18. 0102m，两极板的间距d1. 0102m。S为屏，与极板垂直，到极板的距离l2 0. 16m。P 为一圆盘，由形状相同、透光率不同的三个扇形a、b 和 c 构成，它可绕AA/轴转动。当细光束通过扇形a、
36、b、c 照射光敏电阻 R2时， R2的阻值分别为1000、2000、4500。有一细电子束沿图中虚线以速度v08. 0105m/s 连续不断地射入C。已知电子电量e1. 61019C，电子，电子质量m91031kg。忽略细光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受的重力。假设照在R2上的光强发生变化时R2阻值立即有相应的改变。（1）设圆盘不转动， 细光束通过b 照射到 R2上，求电子到达屏S 上时，它离 O 点的距离y。（计算结果保留二位有效数字）。（2）设转盘按图1 中箭头方向匀速转动，每3 秒转一圈。取光束照在a、b 分界处时t 0，试在图 2 给出的坐标纸上，画出电子到达屏S上时，它离
37、O 点的距离y 随时间 t 的变化图线（06s 间）。要求在y 轴上标出图线最高点与最低点的值。（不要求写出计算过程，只按画出的图线评分。）22. ( 20 分）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 15 页学而不思则惘，思而不学则殆（1）设电容器C 两板间的电压为U，电场强度大小为E，电子在极板间穿行时y 方向上的加速度大小为a , 穿过 C 的时间为t1，穿出时电子偏转的距离为y1 , U R1R1+R2EUdeEmat1l1v0y112at12由以上各式得y1e2mv02(R1R1+R2)l12d代人数据得y1=4. 8 103m 由此可见y112d，电子可通过C。设电子从C 穿出时，沿y 方向的速度为vy，穿出后到达屏S 所经历的时间为t2，在此时间内电子在y 方向移动的距离为y2，vyatt2l2v0y2vyt2由以上有关各式得y2emv02(R1R1+R2)l1l2d代人数据得y21.92 10-2m 由题意yy1y22. 4 102m 。（2）如图所示。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 15 页