高中物理復(fù)合場問題分類精析蘇教選修3

高中物理復(fù)合場問題分類精析蘇教版選修3高中物理復(fù)合場問題分類精析蘇教版選修3高中物理復(fù)合場問題分類精析蘇教版選修32020年高中物理圓周與平拋類運動問題分類精析一、勻速圓周運動1、無拘束的圓周運動必為勻速圓周運動，恒力必定抵消1．一宇宙飛船繞地心做半徑為r的勻速圓周運動，飛船艙內(nèi)有一質(zhì)量為m的人站在可稱體重的臺秤上．用R表示地球的半徑，g表示地球表面處的重力加速度，g表示宇宙飛船所在處的地球引力加速度，N表示人對秤的壓力，這些說法中，正確的選項是（）A．g0B．2Rgg2rC．N=0D．RNmgr答案：BC2．以下列圖，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電液滴從h高處自由下落，進(jìn)入一個互相垂直的勻強電場和勻強磁場所區(qū)，磁場方向垂直紙面，磁感覺強度為B，電場強度為E．已知液滴在此地域中做勻速圓周運動，則圓周運動的半徑R為（）A．E2hBgB．B2hEgmC．2ghqBqBD．2ghm答案：AC3、（2020屆湖南省瀏陽一中高三10月月考物理試題）．我國古代神話傳說中有：地上的“凡人”過一年，天上的“神仙”過一天，若是把看到一次日出就當(dāng)作一天，那么，近地面軌道（距離地面300——700km）環(huán)繞地球翱翔的航天員24h內(nèi)在太空中度過的“天”2數(shù)約為（地球半徑R=6400km，重力加速度g=10m/s）（C）A．1B．8C．16D．244、（2020屆湖南省瀏陽一中高三10月月考物理試題）．由上海飛往美國洛杉礬的飛機在飛越太平洋上空的過程中，若是保持翱翔速度的大小不變和距離海平面的高度不變，則以下說法正確的選項是（C）A．飛機做的是勻速直線運動B．飛機上的乘客對座椅的壓力略大于地球?qū)Τ丝偷囊．飛機上的乘客對座椅的壓力略小于地球?qū)Τ丝偷囊．飛機上的乘客對座椅的壓力為零5、(衡陽市八中高三第二次月考).地球赤道上的山丘e，近地資源衛(wèi)星p和同步通信衛(wèi)

星q均在赤道平面上繞地心做勻速圓周運動。設(shè)e、p、q的圓周運動速率分別為v1、v2、v3，向心加速度分別為a1、a2、a3，則(D)A.v1>v2>v3B.v1<v2<v3C.a1>a2>a3D.a1<a3<a26、（衡陽市八中高三第二次月考)．正常的機械手表的時針與分針可視為勻速轉(zhuǎn)動，則時針與分針從第一次重合到第二次重合所經(jīng)歷的時間為(D)A、1hB、11h/12C、13h/12D、12h/117、08年北京市海淀區(qū)一模試卷24．（20分）如圖（甲）所示為一種研究高能粒子相互作用的裝置，兩個直線加速器均由k個長度逐個增添的金屬圓筒組成（整個裝置處于真空中，圖中只畫出了6個圓筒，作為表示），它們沿中心軸線排列成一串，各個圓筒相間地連接到正弦交流電源的兩端。設(shè)金屬圓筒內(nèi)部沒有電場，且每個圓筒間的縫隙寬度很小，帶電粒子穿過縫隙的時間可忽略不計。為達(dá)到最正確加速收效，需要調(diào)治至粒子穿過每個圓筒的時間恰為交流電的半個周期，粒子每次經(jīng)過圓筒間縫隙時，都恰為交流電壓的峰值。質(zhì)量為m、電荷量為e的正、負(fù)電子分別經(jīng)過直線加速器加速后，從左、右兩側(cè)被導(dǎo)入裝置送入位于水平面內(nèi)的圓環(huán)形真空管道，且被導(dǎo)入的速度方向與圓環(huán)形管道中粗虛線相切。在管道內(nèi)控制電子轉(zhuǎn)彎的是一系列圓形電磁鐵，即圖中的A1、A2、A3??An，共n個，均勻分布在整個圓周上（圖中只表示性地用細(xì)實線畫了幾個，其他的用細(xì)虛線表示），每個電磁鐵內(nèi)的磁場都是磁感覺強度均相同的勻強磁場，磁場所區(qū)都是直徑為d的圓形。改變電磁鐵內(nèi)電流的大小，即可改變磁場的磁感覺強度，從而改變電子偏轉(zhuǎn)的角度。經(jīng)過精確的調(diào)整，可使電子在環(huán)形管道中沿圖中粗虛線所示的軌跡運動，這時電子經(jīng)過每個電磁鐵時射入點和射出點都在圓形勻強磁場所區(qū)的同一條直徑的兩端，如圖（乙）所示。這就為實現(xiàn)正、負(fù)電子的對撞作好了準(zhǔn)備。（1）若正、負(fù)電子經(jīng)過直線加速器后的動能均為E0，它們對撞后發(fā)生湮滅，電子消失，且僅產(chǎn)生一對頻率相同的光子，則此光子的頻率為多大？（已知普朗克恒量為h，真空中的光速為c。）（2）若電子剛進(jìn)入直線加速器第一個圓筒時速度大小為v0，為使電子經(jīng)過直線加速器后速度為v，加速器所接正弦交流電壓的最大值應(yīng)當(dāng)多大？（3）電磁鐵內(nèi)勻強磁場的磁感覺強度B為多大？～～v?DB導(dǎo)入裝置?直線加速器直線加速器?OAi?vA3?dCA2A1AnAn-1解：（乙）（1）一對正、負(fù)電子對撞后湮滅產(chǎn)生一對光子，因此一個光子的能量與一個電子的能量相圖15（甲）等，即每個光子的能量為2EE0mc???????????????????2分2設(shè)光子的頻率為，則h???????????????????1分E0mcE0mc2解得：。?????????????????????????1分h（2）電子在直線加速器中，經(jīng)過k個圓筒間的（k-1）個縫隙間的電場后，共經(jīng)歷（k-1）次加速，每當(dāng)電子運動至筒間縫隙時交流電壓的瞬市價應(yīng)為最大值Um??????2分依照動能定理(k11221)eUmvmvm???????????????4分022解得Um2m(v2e(k20v1))????????????????????????1分（3）設(shè)電子經(jīng)過1個電磁鐵的圓形磁場區(qū)時偏轉(zhuǎn)角度為θ，則2n???3分由圖可知，電子射入勻強磁場區(qū)時與經(jīng)過射入點的直徑夾角為θ/2??????2分電子在勻強磁場所區(qū)內(nèi)作圓運動，洛侖茲力供應(yīng)向心力θ2/evB2mvR??????1分vOR∴mvR??????1分Beθ/2依照幾何關(guān)系sin2d/R2??????1分2mvsinn解得B??????1分de8、南京師大物理之友電學(xué)綜合(二)21、以下列圖，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，水平軌道AB和斜面BC均圓滑且絕緣，AB和BC的長度均為L，斜面BC與水平川面間的夾角θ=600?，有一質(zhì)量為m、電量為+q的帶電小球（可看作質(zhì)點）被放在A點。已知在第一象限分布著互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上，場富強小mgE2，磁場為水平方向（圖中垂直紙面向qEyE2外），磁感覺強度大小為B；在第二象限分布著沿x軸正向的2BqLE1?，F(xiàn)將放在A點的帶電6mABO水平勻強電場，場富強小60xCD小球由靜止釋放，則小球需經(jīng)多少時間才能落到地面（小球所帶的電量不變）？解：設(shè)帶電小球運動到B點時速度為vB則由功能關(guān)系：12EqLmv解得：12BvB33BLqm①EyE2設(shè)帶電小球從A點運動到B點用時為t1，則由動量定理：mE1qt1mvB解得:t123②qBABO60

xOD

C當(dāng)帶電小球進(jìn)入第二象限后所受電場力為F電E2qmg③因此帶電小球做勻速圓周運動：BqvBm2vBR④mv3則帶電小球做勻速圓周運動的半徑RLBqB3⑤則其圓周運動的圓心為以下列圖的O點，BOBCcos3032L,OOBOR36L,OCBCcos6012L假設(shè)小球直接落在水平面上的C點，則22OCR(OO)12LOCC與C重合，小球正好打在C點。BOC120因此帶電小球從B點運動到C點運動時間t12mT2⑥33qBm2m因此小球從A點出發(fā)到落地的過程中所用時間.ttt23⑦12qB3qB2、有拘束的勻速圓周運動1．如圖甲、乙，A、B兩小球質(zhì)量相等，懸掛兩球的線長也相同，A在豎直平面內(nèi)搖動，o最大擺角為，B做勻速圓錐擺運動，錐的頂角為2，10，則A、B兩球運動的周期之比T1:T2以及在圖示地址時細(xì)線中的拉力之比FA:FB為（）A．T1:T21:sinB．T1:T21:cosC．2F:Fcos:1ABD．2F:F1:cosAB二、變速圓周運動A1、(湘鋼一中2020屆10月月考試題)．如圖⑼所示，一個質(zhì)量為m=0.20kg的小球系于輕質(zhì)彈簧的一端，且套在豎直固定的光滑圓環(huán)上，彈簧的另一端固定于環(huán)的最高點A,環(huán)的半徑0060BR=0.50m。彈簧原長LO，勁度系數(shù)。若小球R從圖中的B地址由靜止開始滑到環(huán)的最低點C時，彈簧的彈性勢能EP。求：⑴小球經(jīng)過C點時的速度vC=？⑵小球經(jīng)過C點時對環(huán)的壓力（g=10m/s2）C圖⑼2、以下列圖，豎直平面內(nèi)的3/4圓弧形圓滑軌道半徑為R，A端與圓心O等高，AD為水平面，B點在O的正上方，一個小球在A點正上方由靜止釋放，自由下落至A點進(jìn)入圓軌道并恰能到達(dá)B點．求：（1）釋放點距A點的豎直商度，（2）落點C與A點的水平距離．解析：（1）釋放點到A高度h，則OA1mg(hR)mvOAB22恰能經(jīng)過最高點B，有mgm2vR，hOA1.5R（2）由B到C小球做平拋運動，有12Rgt,svt,ssR(21)ROCACOC23、以下列圖，輕桿長為3L，在桿的A、B兩端分別固定質(zhì)量均為m的球A和球B，桿上距球A為L處的點O裝在圓滑的水平轉(zhuǎn)動軸上，桿和球在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，已知球B運動到最高點時，球B對桿恰好無作用力．求：（1）球B在最高點時，桿對水平軸的作用力大?。?）球B轉(zhuǎn)到最低點時，球A和球B對桿的作用力分別是多大？方向怎樣？解析：（1）球B在最高點時速度為v，有0mgm2v02L，得v02gL11此時球A的速度為v02gL，設(shè)此時桿對球A的作用力為FA，則222(v/2)0AALA球?qū)U的作用力為FA1.5mg水平軸對桿的作用力與A球?qū)U的作用力平衡，再據(jù)牛頓第三定律知，桿對水平軸的作用力大小為F0（2）設(shè)球B在最低點時的速度為vB，取O點為參照平面，據(jù)機械能守恒定律有1111112222mg2LmvmgLm(v)mg2LmvmgLm(v)00BB222222解得26vgLB5對A球有Fmgm12(vB/2)L解得桿對A球的作用力F1對B球有2vBFmgm22L解得桿對B球的作用力F23.6mg據(jù)牛頓第三定律可知，A球?qū)U的作用力大小為0.3mg，方向向上；B對桿的作用力大小為3.6mg，方向向下．4、以下列圖，一條長為L的絕緣細(xì)線上端固定，下端拴一質(zhì)量為m的帶電小球，將它置于水平方向的勻強電場中，場強為E，已知當(dāng)細(xì)線與豎直方向的夾角為α?xí)r，小球處于平衡地址A點，問在平衡地址以多大的速度VA釋放小球，剛能使之在電場中作豎直平面內(nèi)的完滿圓周運動？解：小球受重力mg、電場力Eq、線的拉力T作用。簡化辦理，將復(fù)合場（重力場和電場）等效為重力場，小球在等效重力場中所受重力為，由圖有：，即小球在A點處于平衡狀態(tài)，若小球在A點以速度VA開始繞O點在豎直平面內(nèi)作圓周運動，若能經(jīng)過延長線上的B點（等效最高點）就能做完滿的圓周運動，在B點依照向心力公mVB2/式得：Tmg。L/為臨界條件，因此VgLB又因僅重力、電場力對小球做功，由動能定理得：/mg11222LmVAmVB22由以上二式解得：22/(mg)(Eq)5gLVA5gL5L。mcos5、帶電小球在場中A點處于平衡狀態(tài)，此時線的張力T與等效重力mg’相平衡。已知如圖，勻強電場方向水平向右，場強×E=1.5106V/m，絲線長l=40cm，θθC上端系于O點，下端系一質(zhì)量為m=1.0×10－4kg，帶電量為q=+4.9×10-10C的小球，將小球從最低點A由靜止釋放，求：⑴小球擺到最高點時絲線與豎直方向的夾角多大？⑵搖動過程中小球的最大速度是多大？解：⑴這是個“歪單擺”。由已知電場力Fe=0.75G搖動到平衡地址時絲線與豎直方向成37°角，因此最大擺角為74°。⑵小球經(jīng)過平衡地址時速度最大。由動能定理：1.25mg0.2l=mvBB。2/2，v思慮：真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場.在電場中，若將一個質(zhì)量為m、帶正電的小球由靜止釋放，運動中小球的速度與豎直方向夾角為37o(取，cos370=0.8).現(xiàn)將該小球從電場中某點以初速度v0豎直向上拋出.求運動過程中⑴小球碰到的電場力的大小和方向；⑵小球從拋出點至最高點的電勢能變化量；⑶小球的最小動量的大小和方向.（答案：⑴3mg/4，水平向右⑵9mv00/5，與電場方向夾角為37o，斜向上.）2/32⑶3mv訓(xùn)練：以下列圖，半徑R=0.8m的圓滑絕緣導(dǎo)軌固定于豎直平面內(nèi)，加上某一方向的勻強電場時，帶正電的小球沿軌道內(nèi)側(cè)做圓周運動．圓心O與A點的連線與豎直成一角度θ，在A點時小球?qū)壍赖膲毫=120N，此時小球的動能最大．若小球的最大動能比最小動能多32J，且小球能夠到達(dá)軌道上的任意一點（不計空氣阻力）．則：⑴小球的最小動能是多少？⑵小球碰到重力和電場力的合力是多少？⑶現(xiàn)小球在動能最小的地址突然撤去軌道，并保持其他量都不變，若小球在0.04s后的動能與它在A點時的動能相等，求小球的質(zhì)量．⑴8J⑵20N⑶6.（北京市西城區(qū)2020年抽樣測試）10．如圖，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場和磁場互相垂直。在電磁場所區(qū)中，有一個豎直放置的圓滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球。O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c為圓環(huán)上的三個點，a點為最高點，c點為最低點，Ob沿水平方向。已知小球所a受電場力與重力大小相等?，F(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止B釋放。以下判斷正確的選項是A．當(dāng)小球運動的弧長為圓周長的1/4時，洛侖茲力最大EbOB．當(dāng)小球運動的弧長為圓周長的1/2時，洛侖茲力最大C．小球從a點到b點，重力勢能減小，電勢能增大cD．小球從b點運動到c點，電勢能增大，動能先增大后減小答案：D7.（豐臺區(qū)2008—2020學(xué)年度第一學(xué)期期末考試）22．（14分）在某空間存在著水平向右的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，以下列圖，一段圓滑且絕緣的圓弧軌道AC固定在紙面內(nèi)，其圓心為O點，半徑R=1.8m，OA連線在豎直方向上，AC弧對應(yīng)的－4kg、電荷量×10－4C的帶電小球（可

圓心角θ=37°。今有一質(zhì)量×10視為質(zhì)點），以v0=4.0m/s的初速度沿水平方向從A點射入圓弧軌道內(nèi)，一段時間后從C點走開，小球走開C點后做勻速直線運動。已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=，，不計空氣阻力，求：（1）勻強電場的場強E；（2）小球射入圓弧軌道后的瞬時對軌道的壓力。7．（14分）解：（1）當(dāng)小球走開圓弧軌道后，對其受力解析以下列圖，由平衡條件得：F電=qE=mgtan（2分）代入數(shù)據(jù)解得：E=3N/C（1分）（2）小球從進(jìn)入圓弧軌道到走開圓弧軌道的過程中，由動能定理得：F電2mv20mvRsinmgR(1cos)（2分）22代入數(shù)據(jù)得：v5m/s（1分）由mgF磁qvB（2分）cos解得：B=1T（2分）解析小球射入圓弧軌道瞬時的受力狀況以下列圖，2mv0由牛頓第二定律得：FNBqvomg

（2分）R3代入數(shù)據(jù)得：FN3.210N（1分）由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫?3.210（1分）3FFNNNAB（海淀區(qū)高三年級第一學(xué)期期末練習(xí)）10.如圖15所示，BD是豎直平面上圓的一條豎直直徑，AC是該圓的任意一條直徑，已知OAC和BD不重合，且該圓處于勻強電場中，場富強小為E，方向在圓周平面內(nèi)。將一帶負(fù)電的粒子Q從O點以相同的動能射出，射出C方向不相同時，粒子會經(jīng)過圓周上不相同的點，在這些所有的點中，到D圖15達(dá)A點時粒子的動量總是最小。若是不考慮重力作用的影響，則關(guān)于電場強度的以下說法中正確的選項是（）A．必然由C點指向A點B．必然由A點指向C點C．可能由B點指向D點D．可能由D點指向B點答案：A（石景山區(qū)2008--2020學(xué)年第一學(xué)期期末考試一試卷）7．如圖所示，在豎直放置的圓滑半圓形絕緣細(xì)管的圓心O處放一點電荷．現(xiàn)COA將質(zhì)量為m、電荷量為q的小球從半圓形管的水平直徑端點A靜止釋放，小球沿細(xì)管滑到最低點B時，對管壁恰好無壓力．若小球所帶電量很小，不影響O點處的點電荷的電場，則置于圓心處的點電B荷在B點處的電場強度的大小為：A．mgqB．2mgqC．3mgqD．4mgq答案：C三、平拋運動1、(衡陽市八中高三第二次月考).以下列圖，從傾角為θ的斜面上某點先后將同一小球以不相同的初速度水平拋出，小球均落在斜面上，當(dāng)拋出的初速度為v01時，小球經(jīng)時間t1

離斜面最遠(yuǎn)，最后到達(dá)斜面時速度方向與斜面的夾角為α1；當(dāng)拋出的初速度為v02時，小球經(jīng)時間t2離斜面最遠(yuǎn)，最后到達(dá)斜面時速度方向與斜面的夾角為α2，則(C)A.若v01>v02時，α1>α2,t1＞t2.B.v>v,tt.若時，α＜α＜01021212vC.若v01＜v02時，t1＜t2.α1=α2，D.無論v1、v2關(guān)系怎樣，均有α1=α2，t1=t2.2，t1=t2.α2、(湖南長沙二中2020屆高三第一次質(zhì)量檢測試卷)．某人站在地球上的最高的山頂上以初速度水平拋出一小球，山高為h，若是假設(shè)沒有空氣阻力，以下說法正確的是（C）A．小球的水平射程為Sv2hg2B．小球的著地速度必然為v2ghC．小球?qū)⒔?jīng)歷大體八十多分鐘的時間回到山頂D．小球?qū)⒔?jīng)歷24小時回到山頂3、（長郡中學(xué)2020屆高三第二次月考物理試題）圖為一小球做平拋運動的閃光照片

的一部分.圖中背景方格的邊長均為2.5厘米，若是取重力加速度g=10米/秒2，那么：(1)照片的閃光頻率為__10______Hz..(2)小球做平拋運動的初速度的大小為4、(衡陽市八中高三第二次月考)利用單擺考據(jù)小球平拋運動規(guī)律，設(shè)計方案如圖（a）所示，在懸點O正下方有水平放置的火熱的電熱絲P，當(dāng)懸線擺至電熱絲處時能輕易被燒斷；MN為水平木板，已知懸線長為L，懸點到木板的距離OO’＝h（h＞L）。（1）將小球向左拉起后自由釋放，最后小球落到木板上的C點，O’C＝s，則小球做平拋運動的初速度v0為________。（2）在其他條件不變的狀況下，Os2/m22/m2若改變釋放小球時懸線與豎直方向的夾角，小球落點與O’點的水平距離s將隨APBv02之改變，經(jīng)多次實驗，以s坐標(biāo)、cos為橫坐標(biāo)，為縱CMO′N(a)(b)cosθ獲取如圖（b）所示圖像。則當(dāng)＝30時，s為________m；若懸線長L＝，懸點到木板間的距離OO’為________m。g答：(1)①s（2分）：②0.52（2分）；1.5（2分）。2(hL)5．以下列圖，在水平川面上的A點以v1速度跟地面成角射出一彈丸，恰好以v2的速度垂直穿入豎直壁上的小孔B，下面說法正確的選項是（）A．在B點以跟v2大小相等的速度，跟v2方向相反射出彈丸，它必然落在地面上的A點B．在B點以跟v1大小相等的速度，跟v2方向相反射出彈丸，它必然落在地面上的A點C．在B點以跟v1大小相等的速度，跟v2方向相反射出彈丸，它必然落在地面上A點的左側(cè)D．在B點以跟v1大小相等的速度，跟v2方向相反射出彈丸，它必然落在地面上B點的右側(cè)答案：AC四、類平拋運動1．一束電子流在經(jīng)U=5000V的加速電壓加速后，在距兩板板等距離處垂直進(jìn)入平行板間的勻強電場，以下列圖，若兩板間，板長l=5.0cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩個極板間最多能加多大電壓？解：在加速電壓一準(zhǔn)時，偏轉(zhuǎn)電壓U’越大，電子在極板間的偏距就越大。當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓大到使電子恰好擦著極板的邊緣飛出，此時的偏轉(zhuǎn)電壓即為題目要求的最大電壓。加速過程，由動能定理得：12eUmv①02進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速運動：lvt

0②在垂直于板間的方向做勻加速直線運動，加速度：1偏距：at2y④2FeU'a③mdm能飛出的條件為：dy⑤2222Ud25000(1.010)2U2解①～⑤式得：'V4.010V22l(5.010)2即要使電子能飛出，所加電壓最大為400V。2．圖4中B為電源，電動勢E＝27V，內(nèi)阻不計．固定電阻R1＝500Ω，R2為光敏電阻．C為平行板電容器，虛線到兩極板距離相等，極板長l1＝8.0X10-2m，兩極板的間距d＝1.0X10-2m．S為屏，與極板垂直，到極板的距離l-2m．S為屏，與極板垂直，到極板的距離l2＝0.16m．P為一圓盤，由形狀相同、透光率不相同的三個扇形以為a、b和c組成，它可繞AA′軸轉(zhuǎn)動．當(dāng)細(xì)光束經(jīng)過扇形a、b、c照射光敏電阻R2時，R2的阻值分別為1000Ω、2000Ω、4500Ω．有一細(xì)電子束沿圖中虛線以速度v0＝8.0X106m/s連續(xù)不斷地射入C．已知電子電量e＝1.6×10-19C，電子質(zhì)量m＝9×10-31kg．忽略細(xì)光束的寬度、電容器的充電放電時間及電子所受的重力．假設(shè)照在凡上的光強發(fā)生變化。R2阻值馬上有相應(yīng)的改變．（1）設(shè)圓盤不轉(zhuǎn)動，細(xì)光束經(jīng)過b照射到R2上，求電子到屏S時，它離O點的距離y。（計算結(jié)果保留二位有效數(shù)字）。（2）設(shè)轉(zhuǎn)盤按圖4中箭頭方向勻速轉(zhuǎn)動，每3s轉(zhuǎn)一圈．取光束照在a、b分界處時t＝0，試在圖5給出的坐標(biāo)紙上，畫出電子到達(dá)屏S上時，它離O點的距離y隨時間t的變化圖線（0～6s間）。要求在y軸上標(biāo)出圖線最高點與最低點的值．（不要求寫出計算過程，只按畫出的圖線評分）（1）設(shè)電容器C兩板門的電壓為U，電場強度大小為E，電子在極板間穿行時y方向上的加速度大小為a，穿過C的時間為山，穿出時電子偏轉(zhuǎn)的距離為y，則ERUl1＝112。U，E,eEma,t,yat11RRdv21202eERl11由以上各式得y1＝( )，22mvRRd012代人數(shù)據(jù)可得y1＝4.8×10-3m，因此可知y1＜d2，電子可經(jīng)過C。設(shè)電子從C穿出時，沿y方向的速度為vy，穿出后到達(dá)屏S所經(jīng)歷的時間為t2，在此時間內(nèi)電子在y方向搬動的距離為y2，則vy=at1，t2＝l2v0，y2＝vy＝t2。eERl1l21由以上關(guān)系式得y2＝( )，2mvRRd012代人數(shù)據(jù)得y2＝1.92×10-2m。由題意得y＝y(tǒng)1＋y2＝2.4×10-2m。（2）由于y1＝eE22mv0R1R1R2ll1d2，y，yy12即有y∝R1R1R2。第1秒內(nèi)光照在b上，由（1）知y＝2.4×102＝4500Ω，-2m，第2秒內(nèi)光照在c上，R得y＝1.2×102＝1000Ω，得在極板間偏轉(zhuǎn)的距離y1＝8.0×10-2m，第3秒內(nèi)光照在a上，R-3m＞d2，不能夠打到屏上。4、5、6秒內(nèi)重復(fù)．電子到達(dá)屏S上時，它離O點的距離y隨時間t的變化圖線如圖所示．3、從陰極K發(fā)射的電子經(jīng)電勢差U0＝500V的陽極加速后，沿平行于板面的方向從中央射入兩塊長L1＝10cm，間距d＝4cm的平行金屬板AB之間，在離金屬板邊緣L2＝75cm處放置一個直徑D＝20cm，帶有記錄紙的圓筒，整個裝置放在真空中，電子發(fā)射的初速度不計，如圖9所示．（1）若在兩金屬板上加以U1＝1000V的直流電壓（A板電勢高），為使電子沿入射方向做勻速直線運動到達(dá)圓筒．應(yīng)加怎樣的磁場（大小和方向）？（2）若在兩金屬板上加以如圖10所示的交變電壓，并使圓筒繞中心軸按圖示方向以n＝2rad/s勻速轉(zhuǎn)動，確定電子在記錄紙上的軌跡的形狀，并在圖11中畫出ls內(nèi)所記錄的圖形．4、噴墨打印機的原理表示圖以下列圖，其中墨盒可信號輸偏轉(zhuǎn)極+紙以發(fā)出墨汁液滴，此液滴經(jīng)過帶電室時被帶上負(fù)電，帶電多少由計算機按字體筆畫高低地址輸入信號加以控制.v0dU帶電后液滴以必然的初速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，帶電液滴經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)后打到紙上，顯示出字體.計算機無信號輸入時，墨汁液滴不帶電，徑直經(jīng)過偏轉(zhuǎn)板最后注墨盒帶電室回流槽—L1L2入回流槽流回墨盒.3設(shè)偏轉(zhuǎn)極板板長L1，兩板間的距離d=，兩板間的電壓U=8.0×10V，偏轉(zhuǎn)極板的右端距紙的距離L2=3.2cm.若一個墨汁液滴的質(zhì)量為m=1.6×10-10kg，墨汁液滴以v0=20m/s的初速度垂直電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，此液滴打到紙上的點距原入射方向的距離為2.0mm.不計空氣阻力和重力作用.求：⑴這個液滴經(jīng)過帶電室后所帶的電荷量q.⑵若要使紙上的字體放大，可經(jīng)過調(diào)治兩極板間的電壓或調(diào)治偏轉(zhuǎn)極板的右端距紙的距/離L2來實現(xiàn).現(xiàn)調(diào)治L2使紙上的字體放大10%，調(diào)治后偏轉(zhuǎn)極板的右端距紙的距離L2為多大？（答案：⑴1.3×10-13C⑵）5、以下列圖，相距d的A、B兩平行金屬板足夠大，板間電壓為U，一束波長為的激光照射到B板中央，光斑的半徑為r．B板發(fā)生光電效應(yīng)，其逸出功為w．已知電于質(zhì)量為m，電量e，求：⑴B板中射出的光電子的最大初速度的大小．⑵光電子所能到達(dá)A板地域的面積．解：⑴依照愛因斯坦光電效應(yīng)方程12=h+W2mvc解得v（）2hcWm⑵由對稱性可知，光電子到達(dá)A板上的地域是一個圓．該圓的半徑由從B板上光斑邊緣，以最大初速度沿平行于極板方向飛出的光電子到達(dá)A板上的地址決定．設(shè)光電子在電場中運動時間為t沿板方向的運動距離為L，則其加速度為；eUamd垂直于極板方向；d=12at2at2MA平行于極板方向；L=vt2光電子到達(dá)A板上地域最大面積S=(L+r)P解得：S2dhcWr22（）eUd6、以下列圖，在豎直放置的鉛屏A的右表面上貼著射線放射源P，已知射線實質(zhì)為高速電子流，放射源放出粒子的速度v0＝1.0×108m/s。足夠大的熒光屏M與鉛屏A平行放置，相距d＝2.0×10－2m，此間有水平向左的勻強電場，電場強度大小E＝2.5×106N/C。已知電子電量e＝1.610-19C，電子質(zhì)量取m＝9.010-31kg。求⑴電子到達(dá)熒光屏M上的動能；⑵熒光屏上的發(fā)光面積。解．⑴由動能定理eEd=EK－1220mvEK＝123189101.0102＋1962-14J1.6102.5102＝1.2510⑵射線在A、B間電場中被加速，除平行于電場線的電子流外，其他均在電場中偏轉(zhuǎn)，其中和鉛屏A平行的電子流在縱向偏移距離最大(相當(dāng)于平拋運動水平射程)。1eE2dtt=32m1010s8r=v0t=1.010-10=310-2m310—2在熒光屏上觀察到的范圍是半徑為3×10米的圓圓面積S=πr2=2.8310-3m2五、混和1、055.08年佛山市高三授課質(zhì)量檢測（二）20．（18分）以下列圖，相距2L的AB、CD兩直線間的地域存在著兩個大小不相同、方向相反的有界勻強電場，其中PT上方的電場E1的場強方向豎直向下，PT下方的電場E0的場強方向豎直向上，在電場左界線AB上寬為L的PQ地域內(nèi)，連續(xù)分布著電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子。從某時辰起由Q到P點間的帶電粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入勻強電場E0中，若從Q點射入的粒子，經(jīng)過PT上的某點R進(jìn)入勻強電場E1后從CD邊上的點水平射出，其軌跡如圖，MBE12LDMS若MT兩點的距離為L/2。不計粒子的重力及它們間的互相作用。試求：PRT（1）電場強度E0與E1；（2）在PQ間還有好多水平射入電場的粒子經(jīng)過電場后也能垂直CD邊水平射出，這些入射點到P點的距離Qv0AE0C有什么規(guī)律？（3）有一邊長為a、由圓滑絕緣壁圍成的正方形容器，在其界線正中央開有一小孔S，將其置于CD右側(cè)，若從Q點射入的粒子經(jīng)AB、CD間的電場從S孔水平射入容器中。欲使粒子在容器中與器壁多次垂直碰撞后還可以從S孔射出(粒子與絕緣壁碰撞時無能量和電量損失)，并返回Q點，在容器中現(xiàn)加上一個以下列圖的勻強磁場，粒子運動的半徑小于a，磁感覺強度B的大小還應(yīng)滿足什么條件？【解析】本題觀察力、運動、電場、磁場等知識的綜合運用能力。觀察邏輯推理能力、綜合解析能力、運用數(shù)知識解決物理問題能力和研究能力。（1）（6分）設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點R由E0電場進(jìn)入E1電場，由Q到R及R到M點的時間分別為t1與t2，到達(dá)R時豎直速度為vy，則：12由satvat、t2及得：FqEma11qEL①（1分）att20212112mL②（1分）11qE212att222222mqEqEvy0t③（1分）t112mmv0(t1t2)2L④（1分）上述三式聯(lián)立解得：E12E,0E029mv08qL（1分）即E1209mv4qL（1分）。(2)（6分）由E1＝2E0及③式可得t1＝2t2。因沿PT方向粒子做勻速運動，故P、R兩點間的距離是R、T兩點間距離的兩倍。即粒子在E0電場做類平拋運動在PT方向的位移是在E1電場中的兩倍。設(shè)PQ間到P點距離為△y的F處射出的粒子經(jīng)過電場后也沿水平方向，若粒子第一次達(dá)PT直線用時△t，水平位移為△x，則xv0t（1分）1qE02y(t)（1分）2m粒子在電場E1中可能做類平拋運動后垂直CD邊射出電場，也可能做類斜拋運動后返回E0電場，在E0電場中做類平拋運動垂直CD水平射出，或在E0電場中做類斜拋運動再返回E1電場。若粒子從E1電場垂直CD射出電場，則x(n1)x2L3（n＝0、1、2、3、??）（1分）2解之得：y12qEm0(xv02)12qEm0[4L3(2n12])v(02nL21)（n＝0、1、2、3、??）（1分）若粒子從E0電場垂直CD射出電場，則3kx2L（k＝1、2、3、??）（1分）1qEx1qE2LL0202y( )( )（k＝1、2、3、??）（1分）22mv2m3kv4k00即PF間的距離為(LL與其中n＝0、1、2、3、??，k＝1、2、3、??2422n1)k或3（n＝1、2、3、??）（2分）xn2L2解之得：1qEx1qE4L0202y( )（）2mv2m3nv00L2n（n＝1、2、3、??）（2分）1（n=1，2，3，??）即PF間的距離