高中物理帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)解題技巧及練習(xí)題

1、一、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練.下圖為某種離子加速器的設(shè)計(jì)方案 .兩個(gè)半圓形金屬盒內(nèi)存在相同的垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng).其中MN和M N是間距為h的兩平行極板，其上分別有正對(duì)的兩個(gè)小孔O和O , ON ON d , P為靶點(diǎn)，OP kd (k為大于1的整數(shù))。極板間存在方向向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩極板間電壓為 U。質(zhì)量為m、帶電量為q的正離子從O點(diǎn)由靜止開(kāi)始加速，經(jīng)O進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域.當(dāng)離子打到極板上 ON區(qū)域(含N點(diǎn))或外殼上時(shí)將會(huì)被吸 收。兩虛線(xiàn)之間的區(qū)域無(wú)電場(chǎng)和磁場(chǎng)存在，離子可勻速穿過(guò)。忽略相對(duì)論效應(yīng)和離子所受(1)離子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)僅加速一次后能打到P點(diǎn)所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)能使離子打到

2、P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的所有可能值；(3)打到P點(diǎn)的能量最大的離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?！緛?lái)源】2015年全國(guó)普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試物理(重慶卷帶解析 )2、2qUm - 2,2nqUm2【答案】(1) B (2) B 4-,(n 1,2,3,L ,kqkdqkd二 22(k 1)mqU_ (2 k2 3) mkdt磁=，2, L =h2、2qum(k2 1)【解析】 【分析】帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式。 【詳解】(1)離子經(jīng)電場(chǎng)加速，由動(dòng)能定理：2qU - mv2(3)2qU可得vm磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng):qvB2 V m r剛好打在P點(diǎn)，軌跡為半圓，

3、由幾何關(guān)系可知:kd2. 2qUm聯(lián)立解得B；qkd(2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度較大，設(shè)離子經(jīng)過(guò)一次加速后若速度較小，圓周運(yùn)動(dòng)半徑較小，不能直接打在P點(diǎn)，而做圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá) N右端，再勻速直線(xiàn)到下端磁場(chǎng)，將重新回到O點(diǎn)重新加速，直到打在 P點(diǎn)。設(shè)共加速了n次，有:nqUqVnB1 2 -mVn 22 vn mrn且:rnkd22、2nqUm 解得：B -qkd要求離子第一次加速后不能打在板上,且:riqu1 2 mv(2qviB解得：n k2,故加速次數(shù)n為正整數(shù)最大取nk2 1即:B 212nqUmqkd(n_ _21,2,3,L ,k 1)；(3)加速次數(shù)最多的離子速度最大，取周運(yùn)動(dòng)和半個(gè)圓周打到 P

4、點(diǎn)。由勻速圓周運(yùn)動(dòng)：n k21 ,離子在磁場(chǎng)中做n-1個(gè)完整的勻速圓qBT (2k3) mkdt 磁=(n 1)T -22 2qum(k 1)電場(chǎng)中一共加速n次，可等效成連續(xù)的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng).由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式a叫mh可得：t電=h1 2(k2 1)mqu2.壓力波測(cè)量?jī)x可將待測(cè)壓力波轉(zhuǎn)換成電壓信號(hào)，其原理如圖1所示，壓力波p (t)進(jìn)入彈性盒后，通過(guò)與錢(qián)鏈 O相連的T”型輕桿L,驅(qū)動(dòng)桿端頭A處的微型霍爾片在磁場(chǎng)中 沿x軸方向做微小振動(dòng)，其位移 x與壓力p成正比(X p, 0).霍爾片的放大圖如 圖2所示，它由長(zhǎng) 就和=axbx,d單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n的N型半導(dǎo)體制成，磁場(chǎng)方向垂直于x軸向上，磁

5、感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B Bo(1x),0,無(wú)壓力波輸入時(shí)，霍爾片靜止在x=0處，此時(shí)給霍爾片通以沿 C1C2方向的電流I,則在側(cè)面上Di、D2兩點(diǎn)間產(chǎn)生 霍爾電壓U0.圖】圖203(1)指出Di、D2兩點(diǎn)那點(diǎn)電勢(shì)高；(2)推導(dǎo)出U0與I、B0之間的關(guān)系式(提示：電流 I與自由電子定向移動(dòng)速率 v之間關(guān)系 為I=nevbd,其中e為電子電荷量)；(3)彈性盒中輸入壓力波 p (t),霍爾片中通以相同的電流，測(cè)得霍爾電壓Uh隨時(shí)間t變化圖像如圖3,忽略霍爾片在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)場(chǎng)所的電動(dòng)勢(shì)和阻尼，求壓力波的振幅和頻率.(結(jié)果用U。、Ui、t。、“、及3)【來(lái)源】浙江新高考 2018年4月選考科目物理試題【答案

6、】D1點(diǎn)電勢(shì)高(2) U A (1 ), f Jne dU 02t0【解析】【分析】由左手定則可判定電子偏向D2邊，所以D1邊電勢(shì)高；當(dāng)電壓為U0時(shí)，電子不再發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故電場(chǎng)力等于洛倫茲力，根據(jù)電流I與自由電子定向移動(dòng)速率 v之間關(guān)系為I=nevbd求出U0與I、B0之間的關(guān)系式；圖像結(jié)合輕桿運(yùn)動(dòng)可知，0-t。內(nèi)，輕桿向一側(cè)運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)點(diǎn)又返回至原點(diǎn)，則可知輕桿的運(yùn)動(dòng)周期，當(dāng)桿運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)點(diǎn)時(shí)，電壓最小，結(jié)合U0與I、B。之間的關(guān)系式求出壓力波的振幅 .解：(1)電流方向?yàn)?CiQ,則電子運(yùn)動(dòng)方向?yàn)?0201,由左手定則可判定電子偏向D2邊,所以Di邊電勢(shì)高；(2)當(dāng)電壓為U0時(shí)，電子不再發(fā)生偏轉(zhuǎn)

7、，故電場(chǎng)力等于洛倫茲力qvB0由電流吟I nevbd得：vnebd-IBc將帶入得U0 欄上 ned(3)圖像結(jié)合輕桿運(yùn)動(dòng)可知，0-t0內(nèi)，輕桿向一側(cè)運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)點(diǎn)又返回至原點(diǎn) ，則輕桿的運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)=2t0 I 1所以，頻率為：f - 2t0當(dāng)桿運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)點(diǎn)時(shí)，電壓最小，即取Ui,此時(shí) B Bo(1x)取x正向最遠(yuǎn)處為振幅 A,有：U1% ned?A)L U0所以：U1IB0ned舊0(1A)解得：AU0UnedUi根據(jù)壓力與唯一關(guān)系p可得因此壓力最大振幅為:pmU0U1U03.如圖所示彳寺測(cè)區(qū)域中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，根據(jù)帶電粒子射入時(shí)的受力情況可推測(cè) 其電場(chǎng)和磁場(chǎng).圖中裝置由加速器和平移

8、器組成，平移器由兩對(duì)水平放置、相距為 l的相同平行金屬板構(gòu)成，極板長(zhǎng)度為I、間距為d,兩對(duì)極板間偏轉(zhuǎn)電壓大小相等、電場(chǎng)方向相反 .質(zhì)量 為m、電荷量為+q的粒子經(jīng)加速電壓 U0加速后，水平射入偏轉(zhuǎn)電壓為 U1的平移器，最終從 A點(diǎn)水平射入待測(cè)區(qū)域.不考慮粒子受到的重力. TOC o 1-5 h z (1)求粒子射出平移器時(shí)的速度大小v1;(2)當(dāng)加速電壓變?yōu)?U0時(shí),欲使粒子仍從A點(diǎn)射入待測(cè)區(qū)域，求此時(shí)的偏轉(zhuǎn)電壓 U;(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待測(cè)區(qū)域，剛進(jìn)入時(shí)的受力大小均為 F.現(xiàn)取水平向右為x軸正方向，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系 Oxyz.保持加速電壓為 U0不變，移動(dòng)裝置使粒子沿

9、不 同的坐標(biāo)軸方向射入待測(cè)區(qū)域，粒子剛射入時(shí)的受力大小如下表所示.射人力向y-y11受力大小力J3F TOC o 1-5 h z 請(qǐng)推測(cè)該區(qū)域中電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及可能的方向【來(lái)源】2012年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試?yán)砭C物理(江蘇卷)【答案】(1)v1, 2qU (2)U? 4Uim(3) E與Oxy平面平彳T且與 x軸方向的夾角為 30或150,若B ?&-x軸方向，E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為-30 或-150 . 【解析】 TOC o 1-5 h z (1)設(shè)粒子射出加速器的速度為V012動(dòng)目匕te理qU 0mv02由題意得V1 V0 ,即V1(2)在第一個(gè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)

10、中，設(shè)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t加速度的大小a 里1md在離開(kāi)時(shí)，豎直分速度Vy at豎直位移y1 1at22水平位移l Vt粒子在兩偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)間做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷時(shí)間也為t 豎直位移y2 Vyt由題意知，粒子豎直總位移 y? 2y1 y2解得yUl2Ud則當(dāng)加速電壓為 4U0時(shí),U? 4U1(3) (a)由沿x軸方向射入時(shí)的受力情況可知 ：B平行于x軸.且(b)由沿22F2 f2(5F)2,則 f? 2F 且 f? qvF解得B2mB ?qUo(c)設(shè)電場(chǎng)方向與x軸方向夾角為 笈.若B沿x軸方向，由沿z軸方向射入時(shí)的受力情況得 (f F sin解得 3=30,或 7=150即E與Oxy平面平行且與

11、x軸方向的夾角為 30或150.同理若By&-x軸方向)2(F cos )2 (. 7F)2E與Oxy平面平彳T且與 x軸方向的夾角為-30或-150.4.如圖甲所示，正方形導(dǎo)線(xiàn)框 abcd用導(dǎo)線(xiàn)與水平放置的平行板電容器相連，線(xiàn)框邊長(zhǎng)與 電容器兩極板間的距離均為 L. O點(diǎn)為電容器間靠近上極板的一點(diǎn)，與電容器右端的距離.7LL1為，與水平線(xiàn) MN的距離為等 (1 -),線(xiàn)框abcd內(nèi)和電容器兩極板間都存在周期 24性變化的磁場(chǎng)，導(dǎo)線(xiàn)框內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，電容器間勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖丙所示，選垂直紙面向里為正方向.現(xiàn)有一1帶正電微粒在0時(shí)刻自O(shè)點(diǎn)

12、由靜止釋放，在時(shí)間去2LgL內(nèi)恰好做勻速圓周運(yùn)g動(dòng).已知重力加速度為 g,求:坨I 姐噂 西y軸方向射入時(shí)的受力情況可知：E與Oxy平面平行.(1)此帶電微粒的比荷；3(2)自0時(shí)刻起經(jīng)時(shí)間一2人時(shí)微粒距O點(diǎn)的距離;(3)自0時(shí)刻起經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間微粒經(jīng)過(guò)水平線(xiàn)MN .【來(lái)源】山東省德州市2019屆高三第二次模擬考試?yán)砜凭C合物理試題1)14B0 L(2) - (3)2n 12L n 0,1,2,3 和 2n 11g12g n 0,1,2電容器兩極間電場(chǎng)強(qiáng)度:E U 4B ；gL1時(shí)間2卜內(nèi):mg qE解得比荷:14B0(2)微粒運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示VI，一 1時(shí)間0:2L 內(nèi)：mg qE ma gva

13、t- t1解得：v2, g,gL，一 1 時(shí)間2L 內(nèi)：qv?8 B02mv4BL ；gL解：(i)電容器兩極電勢(shì)差大小等于線(xiàn)框產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì):可得:gL時(shí)微粒距O點(diǎn)的距離：x 2r -(3)時(shí)間0：一/一內(nèi)，微粒豎直向下的位移:2 g設(shè)粒子轉(zhuǎn)過(guò)角度時(shí)與o點(diǎn)間的豎直距離為:4(1 -)sin解得:)(1 1) h 4r每次微粒進(jìn)入磁場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)至水平線(xiàn)MN所需時(shí)間：t2 3 T解得：t2 1 1-和 t2 -12 g 12 g自開(kāi)始至水平線(xiàn) MN的時(shí)間：t t1 n?2T t2, (n 0,1,2,3, TOC o 1-5 h z 即：t (2 n ) /一和 t (2n )一 , (n 0,123

14、,)2解得：n 3.5微粒離開(kāi)電容器后不再經(jīng)過(guò)水平線(xiàn)MN ,分析得自開(kāi)始至水平線(xiàn) MN的時(shí)間:-7、-, _11 r , 、t (2n)J , (n0,123)和 t (2n)J , (n0，1,2,3，)12 . g12 . g5.如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，第I、n象限內(nèi)無(wú)電場(chǎng)和磁場(chǎng)。第IV象限內(nèi)(含坐標(biāo)軸) 有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第出象限內(nèi)有沿x軸正向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 E的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為 m、電荷量為q的帶正電粒子，從 x軸上的P點(diǎn)以大小為20的速度垂直射入22qE電場(chǎng)，不計(jì)粒子重力和空氣阻力，P、。兩點(diǎn)間的距離為 以 。(1)求粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v以及進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)到原點(diǎn)

15、的距離X；(2)若粒子由第IV象限的磁場(chǎng)直接回到第出象限的電場(chǎng)中，求磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小需要 滿(mǎn)足的條件。【來(lái)源】2019年遼寧省遼陽(yáng)市高考物理二模試題【答案】(1) J2v0; mv0 (2) B 晅 1)E qEvo【解析】【詳解】2(1)由動(dòng)能定理有：qE mv0- mv2 - mv22qE 22解得：v= , 2 vo,22設(shè)此時(shí)粒子的速度方向與 y軸負(fù)方向夾角為 0,則有cos 9= v v解得：0= 45 一x 一 根據(jù)tan 2 - 1 ,所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)位置到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為PO兩點(diǎn)距離的兩y2八 二二 mv0倍，故x -qEx軸相切，如圖所示,(2)要使粒子由第IV象限的磁

16、場(chǎng)直接回到第 出象限的電場(chǎng)中，其臨界條件是粒子的軌跡與由幾何關(guān)系有:s= R+Rsin 02 v 乂： qvB m R解得：B(-2 1)EV0,(.2 1)E故 B V06.如圖1所示，直徑分別為 D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑兩圓之間的環(huán)形區(qū)域（I區(qū)）和小圓內(nèi)部（II區(qū)）均存在垂直圓面向里的勻強(qiáng)磁m,電最場(chǎng).間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，上極板開(kāi)有一小孔.一質(zhì)量為為+q的粒子由小孔下 d處?kù)o止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場(chǎng)，由H點(diǎn)2緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力.工工圖2（1）求極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E;（2）若I區(qū)、II區(qū)磁感應(yīng)

17、強(qiáng)度的大小分別為2mvqD4mv 、一， 一一 ，、_，粒子運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間 t后再次經(jīng)qD過(guò)H點(diǎn)，試求出這段時(shí)間t;:（3）如圖2所示，若將大圓的直徑縮小為屈b調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強(qiáng)度為 Bo （大小未知），并60角，粒子仍由H點(diǎn)緊靠大圓將小圓中的磁場(chǎng)改為勻強(qiáng)電場(chǎng)，其方向與水平方向夾角成內(nèi)側(cè)射入磁場(chǎng)，為使粒子恰好從內(nèi)圓的最高點(diǎn)A處進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，且粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，求I區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度Bo的大小和II區(qū)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E0的大小？【全國(guó)百?gòu)?qiáng)?！刻旖蚴行氯A中學(xué)mv2qd(2)5.5 D -(3)v2019屆高三高考模擬物理試題3mv 8、3mv2qB9qD解：（i）粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理可得:qEd -

18、 mv222解得：E2mvqd(2)粒子在I區(qū)中，由牛頓第二定律可得:2 v m Ri其中Bi2 vF，Ri qD粒子在II區(qū)中，由牛頓第二定律可得:qvB22 v mR2其中B24mvqD2 R2v由幾何關(guān)系可得:1 120180tiQit223606 tit25.5解得：tv(3)由幾何關(guān)系可知:2 ,D、2- 3D、2r (-)(r)22由牛頓第二定律可得:2 v m 一r3mv解得：B0qBcos32解得： 30 ,則粒子速度方向與電場(chǎng)垂直D(1 sin ) vt2D12cos at22Eq ma解得：e08 3mv27.如圖所示，在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)，虛線(xiàn) PQ與x軸正方向的夾角為 6

19、0,其右側(cè)有沿y軸 正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)；左側(cè)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B. 一質(zhì)量為m,帶電量為q的帶負(fù)電的粒子自坐標(biāo)原點(diǎn)O射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后恰好自虛線(xiàn)PQ上白M M點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸的交點(diǎn)為N.已知O、M兩點(diǎn)間的距離為J3L;O、N兩點(diǎn)間的距離為(1+1)1_,粒子重力不(1)帶電粒子自坐標(biāo)原點(diǎn) O射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)的速度大小；(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。?3)若自O(shè)點(diǎn)射入磁場(chǎng)的粒子帶正電，粒子的質(zhì)量、帶電量、初速度等都不變，則在粒子離開(kāi)O點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)中第二次與虛線(xiàn)PQ相交的交點(diǎn)坐標(biāo).【來(lái)源】2019年山東省德州市高三一模物理試卷【

20、答案】(1)理；(2) 3HB工；(3)(g|_, 1Lmm62【解析】【詳解】2(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí) qvB=mv- , 3 L=2rsin60 r解得粒子自坐標(biāo)原點(diǎn) O射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)的速度大小 尸理m(2)粒子自M到N做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)沿電場(chǎng)方向：3 Lsin60 = 91322m垂直電場(chǎng)方向；(巫 1)L-J3Lcos60 =vt12得電場(chǎng)強(qiáng)度E=3qB2L(3)若自O(shè)點(diǎn)射人磁場(chǎng)的粒子帶正電，粒子在磁場(chǎng)中逆時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)240。后自R點(diǎn)垂直于電場(chǎng)方向離開(kāi)磁場(chǎng)，如圖所示.離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)x坐標(biāo);xRrcos30,3-L23.y 坐標(biāo)：yR(r rsin30) L粒子進(jìn)入電場(chǎng)后自 R到S做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)垂直電場(chǎng)

21、方向；Xrsvt2沿電場(chǎng)方向：yRs qEt22mtan60 =yRsXRS2、,3m 2 3斛伶：t2 , Xrs L , yRS 2 LVL3qB3第二次與虛線(xiàn)PQ的交點(diǎn)S的x坐標(biāo)：x xRS xR1 1y 坐標(biāo)：y yRS y -L則第二次與虛線(xiàn) PQ的交點(diǎn)S的坐標(biāo)為( 立L , 1 L )8.如圖，平面直角坐標(biāo)系中，在,y0及yv-*L區(qū)域存在場(chǎng)強(qiáng)大小相同，方向相反均平2行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在-3Lvy(1)小物體Pi在水平軌道CD上運(yùn)動(dòng)速度v的大?。?2)傾斜軌道GH的長(zhǎng)度s.【來(lái)源】【全國(guó)百?gòu)?qiáng)?！?017屆浙江省溫州中學(xué)高三 3月高考模擬物理試卷(帶解析)【答案】 (1) 4m/s

22、 (2) 0.56m【解析】【分析】【詳解】(1)設(shè)小物體Pi在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v,受到水平外力 F,重力mg,支持力N,豎直向上的洛倫茲力 F1,滑動(dòng)摩擦力f貝U F=qvB N mg qvB , f N 勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，物體處于平衡狀態(tài)；F f 0解得v 4 m/s說(shuō)明：各1分，各2分(2)設(shè)物體P1在G點(diǎn)的速度為v1，由于洛倫茲力不做功 TOC o 1-5 h z 212 _由動(dòng)能th理知 qEr sin37 mgr(1 cos37 )mv1mv 2解得速度v 5 m/s小物體P1在GH上運(yùn)動(dòng)受到水平向右的電場(chǎng)力qE,重力mg,垂直斜面支持力 N1,沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力 f1設(shè)加速

23、度為a1由牛頓第二定律有 N1 mg cos37 qE cos37 , G MqE mg sin 37f1 ma1 ,解得 “ 10 m/s2小物體P1在GH上勻加速向上運(yùn)動(dòng)=0.55m小物體p2在GH上運(yùn)動(dòng)受到重力 m2g,垂直斜面支持力 N2,沿斜面向上的滑動(dòng)摩擦力f2,加速度為a2貝Um2gsin37mzg cos37m2a2 解得 a?2 m/s2. 2小物體p2在GH上勻加速向下運(yùn)動(dòng) s2 a2t =0.01m故軌道長(zhǎng)s SiS2所以 s=0.56m (11)15.電子擴(kuò)束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)組成.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的極板由相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板組成，如圖甲所示.大量電子由靜止開(kāi)始，經(jīng)加速電場(chǎng)加速 后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間OO射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng).當(dāng)兩板不帶電時(shí)，這些電子通過(guò)兩板之間的時(shí)間為 2to；：當(dāng)在兩板間加最大值為 U。、周期為2to的電壓(如