速度图象正确的是 （） 两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）.
⑴在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置.
⑵在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子
【答案】Ａ 恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的6．2007宁夏，18两个质量相同的小球用不可伸长的位置. 细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小
⑶若将左侧电场II整体水平向右移动L/n（n≥1），
球2均带正电，电量分别
仍使 电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电为q1和q2（q1＞q2）．将
细线拉直并使之与电场场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有方向平行，如图6－5－位置. 14．若将两小球同时从静图6－5－14 止状态释放，则释放后细
线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力） （）
1(q1?q2)E 2B．T?(q1?q2)E
1C．T?(q1?q2)E
2D．T?(q1?q2)E
A．T?【提示】两球加速度a相等，用牛顿第二定律分别对两球列方程（也可用整体法），然后消去a即可 【答案】A
7．2008上海，14如图6-5-15，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷M、N，分别固定在A、B两在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P（设不改变原来的电场分布），在以后的一段时间内，P在CD连线上做往复运动.若( )
A.小球P的带电量缓慢
减小，则它往复运动过程中振幅不断减小
图6－5－15
m，电量为e，电子在电场
I中做匀加速直线运动，出区域I时的为v0，此后在电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有
图6－5－1 【解析】⑴设电子的质量为
图6－5－16
eEL?
12mv022L11eE?L?(?y)?at2??? 222m?v0?点，O为AB连线的中点，CD为AB的垂直平分线.解得 y＝
1L，所以原假设成立，即电子离开ABCD41区域的位臵坐标为（－2L，L）
4⑵设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有
eEx?12mv1 2211eE?L?B.小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程
y?at2? ??
22m?v1?中每次经过O点时的速率不断减小
C.点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，则L2解得 xy＝，即在电场I区域内满足方程的点即为
小球P往复运动过程中周期不断减小 4D.点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，则所求位臵.
⑶设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进小球P往复运动过程中振幅不断减小
入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II
【答案】BCD 时的情景与⑵中类似，然后电子做匀速直线运动，经8．2008上海，23如图6-5-16,为研究电子枪中电子在12eEx?mv2 过D点，则有电场中运动的简化模型示意图.在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，
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2
2
11eE?L?y?y??at2???
22m?v2?v12?2a1L ④
由③④求得：v1eELL，y??vy mv2nv21?2?1解得 xy?L???，即在电场I区域内满足方
?2n4?vy?at?程的点即为所求位臵．
?2qEL ⑤ m（2）设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：
t1?
v1
⑥ a1
9，2007广东，19如图6－5－17所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小?3qE?2qEqE
a2???孔的两平行薄板，板相2m2m距3.5L．槽内有两个质显然，带电系统做匀减速运动．设球A刚达到右
图6－5－17 量均为m的小球A和B，极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有：
2球A带电量为+2q，球B带电量为-3q，两球由长为2Lv2?v12?2a2?1.5L
的轻杆相连，组成一带电系统．最初A和B分别静止v2?v1
t?2于左板的两侧，离板的距离均为L．若视小球为质点，a2不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强
求得： v2=12qEL, t2=2mL ⑧ 电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响
2mqE电场的分布），求：
球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加
（1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小； 速度为a3，再由牛顿第二定律：
?3qE a?3（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时2m间及球A相对右板的位置． 设球A从离开电场到静止所需的时间为t3，运动【解析】对带电系统进行分析，假设球A能达到右极的位移为x，则有：
0?v2 板，电场力对系统做功为W1，有： t3?a3W1?2qE?2.5L?(?3qE?1.5L)?0
2?v2?2a3x 而且还能穿过小孔，离开右极板． ① 假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，
有：W2?2qE?2.5L?(?3qE?3.5L)?0
将③⑤代入⑥得：
2mL ⑦ t1?qE球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律：
12mLL, ⑨ ，t3=3qE6综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B由⑦⑧⑨可知，带电系统从静止到速度第一次为应分别在右极板两侧． ② 零所需的时间为：
⑴带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿
72mL
t?t1?t2?t3?第二定律：
3qE求得：x=a1?2qEqE= ③ 2mm球A相对右板的位臵为：x?
球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：
L 6
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