题目列表(包括答案和解析)
一个初动能为Ek的带电粒子，以速度V垂直电场线方向飞入两块平行金属板间，飞出时动能为3Ek．如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，不计重力，那么该粒子飞出时动能为 （ ）
| A．4 Ek | B．4．5 Ek | C． 6 Ek | D． 9．5 Ek |
一个初动能为Ek的带电粒子，以速度v沿垂直电场线方向飞入两块平行金属板间（带等量异号电荷且正对放置），飞出时动能为3Ek．如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，仍从原位置沿原方向射入，不计重力，那么该粒子飞出时动能为 （ ）
A．4.5Ek B．4Ek C．6Ek D．9.5Ek
一个初动能为Ek的带电粒子，以速度v沿垂直电场线方向飞入两块平行金属板间（带等量异号电荷且正对放置），飞出时动能为3Ek．如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，仍从原位置沿原方向射入，不计重力，那么该粒子飞出时动能为 （ ）
A．4.5Ek B．4Ek C. 6Ek D．9.5Ek
一个初动能为EK的带电粒子，以速率v垂直电场线方向飞入带电的平行板电容器，飞出时带电粒子动能为飞入时动能的2倍。如果使粒子的初速度为原来的2倍，那么当它飞出电容器的时刻，动能为 （ ）
A．4EK B．4.25EK C．5EK D．8EK
1、B C 2、C 3、A 4、A 5、B 6、B C 7、CD 8、B 9、A 10、C 11、 BD
12、 A 13、C 14、AB 15、C D
16、C
17、[⑴当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附。烟尘颗粒受到的电场力F=qU/L，L=at2/2=qUt2/2mL，故t=0.02s
⑵W=NALqU/2=2.5×10-4J
⑶设烟尘颗粒下落距离为x，则当时所有烟尘颗粒的总动能
EK=NA(L-x) mv2/2= NA(L-x) qUx/L，当x=L/2时EK达最大，而x=at12/2，故t1=0.014s ]
18.
19. 
20. 解：由图象可知,
=
(1）当波向右传播时，点B的起振方向竖直向下，包括P点在内的各质点的起振方向均为竖直向下．
①波速
，由
，得
．
②由t= 0至P点第一次到达波峰止，经历的时间
，而t=0时O点的振动方向竖直向上（沿y轴正方向），故经
时间，O点振动到波谷，即
(2）当波速v=
，即
，实线波形变为虚线波形经历了
，故波沿x轴负方向传播．
21解：(1)对整体由动量守恒定律得
，则
，方向向右．
(2)由功能关系得
，则
(3)①物体A、B未相碰撞,B停止时，A继续运动，此时小
车开始运动．对小车应用动能定理得
，则
②物体B速度为零时正好与A相撞，碰后小车开始加速，最终达到共同速度
．对小车应用动能定理得
，则
所以小车位移大小的取值范围是
22、【解析】电子在两极板间运动的V-t图象如右图所示。
(1)要求电子到达A板的速度最大，则电子应该从B板一直加速运动到A板，即电子从B板加速运动到A板所用时间必须满足：
t≤
①
依题意知：S＝
×
×t2＝d ②
综合①、②可得：f≤
。
(2)由电子在电场中运动时的受力情况及速度变化情况可知：要求电子到达A板的速度为零，则电子应该在t＝nT(n＝1，2，3，…)时刻到达A板，电子在每个
内通过的位移为：
S＝××（）2
③
依题意知：d＝n(2S) ④
综合③、④可得：f＝
(n＝1，2，3，…)。
(3)在t=T/4时刻释放电子，经过一个周期，在t=
时刻，电子刚回到出发点。条件是在半个周期即从(
～
)时间内，电子的位移小于d，亦即频率f≥
。
【本题小结】解答带电粒子在交变电场中加速运动的问题，可借助于带电粒子在交变电场中运动的速度图象加以分析。
23.（12分）
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