1.（1）当t＝0时，电子进入场区，根据运动和力的关系，可画出粒子运动速度随时间变化的关系图象（如答图1所示）。由图象可知，因图线与时间轴所围的面积总在速度轴的正值一侧，说明粒子的位移方向总沿同一方向，即一直朝Ｂ板运动。由图象还可看出，粒子的具体运动情况是：先加速、再减速，当速度减为零后继而又开场加速、再减速……，如此不断循环地变化而向Ｂ板运动。答图1v0tUBU0-U00tT/23T/22TTT/2T3T/22T（2）当t＝T/8时，电子进入场区，参照上述的方法分析，可以得出答案：电子时而向B板运动，时而向A板运动，最终到达B板。答图2v0tUBU0-U00tT/23T/22TT2T3T/2TT/2（3）当t＝3T/8时，电子进入场区，此时仍按上述思路画出粒子运动速度随时间变化的图象（如答图2所示）。由图象可知，粒子向正方向（B板）和负方向（A板）都将发生位移，得负方向的位移大于正方向的位移，所以粒子将在电压变化的第一个周期内被推出场区，而无法到达Ｂ板。（4）对于t＝T/2时电子进入场区的情况，依照上述思路分析得出的答案是：粒子在刚一进入场区时，即被推出，故也不能到达B板。2.（1）200V/m；（2）－1V。3.解：（1）两极间电压内部场强解出（2）设最多能有n’个电子到达B板，那么第n’个电子在到达B板时速度恰减为0。满足解出（3）第1个电子在两板间作匀速运动，运动时间为4/4\n最后1个电子在两板间作匀减速运动，到达B板时速度恰为0，运动时间为二者时间之差为4.解．（1）根据动能定理：mglsin60°-qUBA=0-0，B、A两点的电势差（2）电场强度（3）小球到达B点时，悬线对小球的拉力T、重力沿半径方向的分力mgcos30°、电场力沿半径方向的分力qEcos60°的合力是向心力：因为vB=0,解得T=mg。5.(1)4×10-10F，2×10–8C。6.。7.（1）L=U1d2/U2，(2)T=28.(1)，(2)9.（1）设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有qE=ma…………………………………………………………………………………（1）4/4\n解得a=qE/m=8.0m/s2………………………………………………………………（2）设带电体运动到B端的速度大小为vB，那么vB2=2as解得vB==4.0m/s。。。。（3）（2）设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为N，根据牛顿第二定律有N-mg=mvB2/R…………（4）解得N=mg+mvB2/R=5.0N……（5）根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧轨道B端的压力大小N′=N=5.0N………（6）（3）因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所做的功W电=qER=0.32J…………………………………………………………………（7）设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩，对此过程根据动能定理有W电+W摩-mgR=0-mvB2…………（8）解得W摩=-0.72J……………（9）10.（1）设电子的质量为m、电量为e，电子通过加速电场后的速度为v，由动能定理有：eu=mv2;电子通过偏转电场的时间t=;此过程中电子的侧向位移y=at2=()2联立上述两式解得：y=;要使电子都打不到屏上，应满足u取最大值800V时仍有y>代入数据可得，为使电子都打不到屏上，U至少为100V。（2）当电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时，其侧移量最大ymax＝＝2.5cm4/4\n电子飞出偏转电场时，其速度的反向延长线通过偏转电场的中心，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax，那么由几何关系可得：=，解得Ymax=ymax=5.0cm由第（1）问中的y=可知，在其它条件不变的情况下，u越大y越小，所以当u=800V时，电子通过偏转电场的侧移量最小。其最小侧移量ymin==1.25×10－2m=1.25cm同理，电子打在屏上距中心点的最小距离Ymin=ymin=2.5cm所以电子打在屏上距中心点O在2.5cm～5.0cm范围内。4/4
