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一個質(zhì)量為m，帶電量為q的帶電粒子（粒子的重力不計(jì)）以垂直于電場的初速度射入豎直方向的勻強(qiáng)電場中．勻強(qiáng)電場的寬度為d，粒子從電場中射出的速度為v，與豎直方向的夾角為θ．根據(jù)以上條件，試求：
（1）判斷粒子的電性
（2）電場強(qiáng)度E的大小
（3）沿電場線的偏轉(zhuǎn)位移y．

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一個質(zhì)量為m，帶電量為q的帶電粒子（粒子的重力不計(jì)）以垂直于電場的初速度射入豎直方向的勻強(qiáng)電場中．勻強(qiáng)電場的寬度為d，粒子從電場中射出的速度為v，與豎直方向的夾角為θ．根據(jù)以上條件，試求：
（1）判斷粒子的電性
（2）電場強(qiáng)度E的大小
（3）沿電場線的偏轉(zhuǎn)位移y．

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一個質(zhì)量為m，帶電量為q的帶電粒子（粒子的重力不計(jì)）以垂直于電場的初速度射入豎直方向的勻強(qiáng)電場中．勻強(qiáng)電場的寬度為d，粒子從電場中射出的速度為v，與豎直方向的夾角為θ．根據(jù)以上條件，試求：
（1）判斷粒子的電性
（2）電場強(qiáng)度E的大小
（3）沿電場線的偏轉(zhuǎn)位移y．

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一個質(zhì)量為m，帶電量為q的帶電粒子（粒子的重力不計(jì)）以垂直于電場的初速度射入豎直方向的勻強(qiáng)電場中。勻強(qiáng)電場的寬度為d，粒子從電場中射出的速度為v，與豎直方向的夾角為θ。根據(jù)以上條件，試求：

（1）判斷粒子的電性

（2）電場強(qiáng)度E的大小

（3）沿電場線的偏轉(zhuǎn)位移y

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1. BCD   2. BC    3.D        4.A     5. C

6. AD    7.C     8. CD        9. AB    10.BC

11.（１）ＣＤ（２）指零　　指零　　指零　　　左偏　

12. 電極Ａ與導(dǎo)電紙接觸不良

13. 解：（１）小球速度最大時，棒對它的彈力垂直于棒向下，受力分析如圖，沿桿方向，，垂直桿方向：，聯(lián)立以上各式，得

所以：

（２）小球Ｃ從斜置的絕緣棒上由靜止開始運(yùn)動，必須滿足條件，而即，所以

14. 解：（１）根據(jù)牛頓第二定律，根據(jù)庫侖定律，，解得

（２）當(dāng)Ａ球受到的合力為零即加速度為零時，動能最大，設(shè)此時Ａ球與Ｂ點(diǎn)間的距離為Ｒ，則，解得。

15. 解：（１）、（２）如圖所示，設(shè)小球在Ｃ點(diǎn)的速度大小是，對軌道的壓力大小為，則對于小球由ＡC的過程中，應(yīng)用動能定理列出：－０，在Ｃ點(diǎn)的園軌道徑向應(yīng)用牛頓第二定律，有，解得

（３）如圖所示，設(shè)小球初始位置應(yīng)在離Ｂ點(diǎn)ｘｍ的點(diǎn)，對小球由Ｄ的過程應(yīng)用動能定理，有：，在Ｄ點(diǎn)的圓軌道徑向應(yīng)用牛頓第二定律，有，解得

16. 解：（１）F₁為P₁參與的運(yùn)動而受到指向Ｎ端的洛倫茲力，其值為：（其中 ，為的電量），對應(yīng)有指向Ｎ端的加速度： （其中ｍ為的質(zhì)量）

在管中運(yùn)動會使它受到另一個向左的洛倫茲力，此力與管壁對向右的力所抵消，到達(dá)Ｎ端時具有沿管長方向的速度：

所以，對紙平面的速度大小為：

又因?yàn)?sub>，故：

即：

所以的比荷為：

（２）從Ｍ端到Ｎ端經(jīng)歷的時間為：

離開管后將在紙平面上做勻速圓周運(yùn)動，半徑與周期分別為：

經(jīng)ｔ_１時間已隨管朝正右方向運(yùn)動：

的距離

所以離開Ｎ端的位置恰好為的初始位置

經(jīng)時間ｔ_１已知運(yùn)動到如圖所示的位置Ｓ_２走過的路程為

只能與相碰在圖中的Ｓ處，相遇時刻必為

且要求在這段時間內(nèi)恰好走過2Ｒ的路程，因此有

即得：

所以：

17. 解：……①　

由于重力和電場力平衡，電粒子在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動，小球平拋且碰時動量守恒，根據(jù)條件，碰后反向

……①

另有……②

解得……③

對平拋：

解得