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文檔簡介
1、29、(北京石景山區(qū)2008年一模)(20分)有一個演示實驗,在上下面都是金屬板的玻璃盒內(nèi),放了許多錫箔紙揉成的小球,當上下板間加上電壓后,小球就上下不停地跳動?,F(xiàn)取以下簡化模型進行定量研究。如圖所示,電容量為C的平行板電容器的極板A和B水平放置,相距為d,與電動勢為E、內(nèi)阻可不計的電源相連。設兩板之間只有一個質(zhì)量為m的導電小球,小球可視為質(zhì)點,小球與極板每次發(fā)生碰撞后,速度都立即變?yōu)榱悖瑤щ姞顟B(tài)也立即改變,改變后,小球所帶電荷性質(zhì)與該極板電荷性質(zhì)相同,電量為極板電量的n倍(n<<1),不計帶電小球帶電對極板間勻強電場的影響。重力加速度為g(1)當電鍵S閉合后,電容器所帶的電量Q=
2、?(2)欲使小球能夠不斷地在兩板間上下往返運動,電動勢E至少應大于多少?(3)設上述條件已滿足,在較長的時間間隔t內(nèi),小球做了很多次往返運動。求在t時間內(nèi)小球往返運動的次數(shù)以及通過電源的總電量。ABdESm解:(1)由 解得Q=EC(3分)(2)用q表示碰后小球電荷量的大小。要使小球能不停地往返運動,小球所受的向上的電場力至少應大于重力,則q>mg(3分),其中q=nQ(2分)由、三式解得:E>(2分)(3)當小球帶正電時,小球所受電場力與重力方向相同,向下做加速運動。以a1表示其加速度,t1表示從A板到B板所用的時間,則有:q+mg=ma1,d=a1t12, 解得:(3分)當小球
3、帶負電時,小球所受電場力與重力方向相反,向上做加速運動,以a2表示其加速度,t2表示從B板到A板所用的時間,則有:qmg=ma2,d=a2t22, 解得:(3分)小球往返一次共用時間為(t1+t2),故小球在t時間內(nèi)往返的次數(shù)N=,由以上關系式得N=(2分)小球往返一次通過的電量為2q,在T時間內(nèi)通過電源的總電量Q'=2qN, 由以上兩式可得 (2分)30、(北京崇文區(qū)2008年二模)(20分)如圖所示,一帶電平行板電容器水平放置,金屬板M上開有一小孔。有A、B、C三個質(zhì)量均為m、電荷量均為q的帶電小球(可視為質(zhì)點),其間用長為L的絕緣輕桿相連,處于豎直狀態(tài)。已知M、N兩板間距為3L,
4、現(xiàn)使A小球恰好位于小孔中,由靜止釋放并讓三個帶電小球保持豎直下落,當A球到達N極板時速度剛好為零,求:(1)三個小球從靜止開始運動到A球剛好到達N板的過程中,重力勢能的減少量;(2)兩極板間的電壓;(3)小球在運動過程中的最大速率。(1)(4分)設三個球重力勢能減少量為Ep Ep= 9mgL (4分)(2)(6分)設兩極板電壓為U ,由動能定理 W重-W電Ek (2分)3mg·3L0 (2分)U = (2分)(3)(10分)當小球受到的重力與電場力相等時,小球的速度最大vm 3mg= (3分) n=2 (2分)小球達到最大速度的位置是B球進入電場時的位置由動能定理3mg·L
5、-= ×3mvm2 (3分)vm= (2分)31、(北京宣武區(qū)2008年二模)(18分) 如圖所示,質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球(可看成質(zhì)點)被長度為r的絕緣細繩系住并懸掛在固定點O,當一顆質(zhì)量同為m、速度為v0的子彈沿水平方向瞬間射入原來在A點靜止的小球,然后整體一起繞O點做圓周運動。若該小球運動的區(qū)域始終存在著豎直方向的勻強電場,且測得在圓周運動過程中,最低點A處繩的拉力TA=2mg,求:(1)小球在最低點A處開始運動時的速度大??;(2)勻強電場的電場強度的大小和方向;(3)子彈和小球通過最高點B時的總動能。(1)mv0=2mvA共(3分) vA共=v0(3分)(2)qE=2m
6、v2A共/r(2分)E= (2分)E的方向是: 豎直向上(2分)(3)在AB過程中應用動能定理有: qE·2r-2mg·2r=EkB-·2mv2共(3分)EkB=mv20-4mgr(3分)32、(北京海淀區(qū)2008年二模)(16分)質(zhì)量m=2.0×10-4kg、電荷量q=1.0×10-6C的帶正電微粒靜止在空間范圍足夠大的勻強電場中,電場強度大小為E1。在t=0時刻,電場強度突然增加到E2=4.0×103N/C,到t=0.20s時刻再把電場方向改為水平向右,場強大小保持不變。取g=10m/s2。求:(1)原來電場強度E1的大??;(2)
7、t=0.20s時刻帶電微粒的速度大小;(3)帶電微粒運動速度水平向右時刻的動能。(1)帶電微粒靜止,受力平衡 q E1=mg 2分 解得:E1=2.0×103N/C2分(2)在E2電場中,設帶電微粒向上的加速度為a1,根據(jù)牛頓第二定律 q E2-mg=ma1 2分 解得:a1=10m/s2 1分 設0.20s末帶電微粒的速度大小為v1,則 v1=a1t 2分 解得:v1=2. 0m/s 1分(3)把電場E2改為水平向右后,帶電微粒在豎直方向做勻減速運動,設帶電微粒速度達到水平向右所用時間為t1,則 0-v1=-gt1 1分解得:t1=0.20s設帶電微粒在水平方向電場中的加速度為a2
8、,根據(jù)牛頓第二定律 q E2=ma2 1分解得:a2=20m/s2 1分設此時帶電微粒的水平速度為v2 v2=a2t1 1分解得:v2=4.0m/s 設帶電微粒的動能為EkEk= 1分解得:Ek=1.6×10-3J1 分33、(北京東城區(qū)2008屆期末考)( 1 2分)如圖所示,水平地面上方分布著水平向右的勻強電場。一“L”形的絕緣硬質(zhì)管豎直固定在勻強電場中。管的水平部分長為l1 = 0.2m,管的水平部分離水平地面的距離為h = 5.0m,豎直部分長為l2 = 0.1m。一帶正電的小球從管口A由靜止釋放,小球與管間摩擦不計且小球通過管的彎曲部分(長度極短可不計)時沒有能量損失,小球
9、在電場中受到的電場力大小為重力的一半。(g = 10m/s2)求:小球運動到管口B時的速度vB的大??;小球著地點與管口B的水平距離s。 (12分)分析和解:在小球從A運動到B的過程中,對小球由動能定理有: (2分) 解得: (2分)代入數(shù)據(jù)可得:B = 2.0m/s (2分)小球離開B點后,設水平方向的加速度為a,位移為s,在空中運動的時間為t,水平方向有: (1分), (2分)豎直方向有: (1分)由式,并代入數(shù)據(jù)可得:s = 4.5m (2分)34、(北京海淀區(qū)2008屆期末考)圖18為示波管的示意圖,豎直偏轉(zhuǎn)電極的極板長l4.0 cm,兩板間距離d1.0 cm,極板右端與熒光屏的距離L1
10、8 cm。由陰極發(fā)出的電子經(jīng)電場加速后,以v=1.6×107 ms的速度沿中心線進入豎直偏轉(zhuǎn)電場。若電子由陰極逸出時的初速度、電子所受重力及電子之間的相互作用力均可忽略不計,已知電子的電荷量e1.6×10-19 C,質(zhì)量m0.91×10-30 kg。(1)求加速電壓U0的大?。唬?)要使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上,求加在豎直偏轉(zhuǎn)電極上的電壓應滿足的條件;(3)在豎直偏轉(zhuǎn)電極上加u40 sin100t(V)的交變電壓,求電子打在熒光屏上亮線的長度。圖18U0ULl陰極(1)對于電子通過加速電場的過程,根據(jù)動能定理有 eU0=mv2解得U0=728V3分(2)設偏轉(zhuǎn)
11、電場電壓為U1時,電子剛好飛出偏轉(zhuǎn)電場,則此時電子沿電場方向的位移恰為d/2,即 1分電子通過偏轉(zhuǎn)電場的時間1分解得 , 所以,為使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極上,加在偏轉(zhuǎn)電極上的電壓U應小于91V1分(3)由u40 sin100t(V)可知,偏轉(zhuǎn)電場變化的周期T=,而t=2.5×10-9 s。T>>t,可見每個電子通過偏轉(zhuǎn)電場的過程中,電場可視為穩(wěn)定的勻強電場。當極板間加最大電壓時,電子有最大偏轉(zhuǎn)量。電子飛出偏轉(zhuǎn)電場時平行極板方向分速度vx=v,垂直極板方向的分速度vy=ayt=電子離開偏轉(zhuǎn)電場到達熒光屏的時間 電子離開偏轉(zhuǎn)電場后在豎直方向的位移為y2=vy t=2.0cm電子
12、打在熒光屏上的總偏移量1分電子打在熒光屏產(chǎn)生亮線的長度為1分用下面的方法也給分:設電子在偏轉(zhuǎn)電場有最大電壓時射出偏轉(zhuǎn)電場的速度與初速度方向的夾角為,則tan=0.11電子打在熒光屏上的總偏移量1分電子打在熒光屏產(chǎn)生亮線的長度為1分35、(北京宣武區(qū)2008屆期末考)(6分)如圖所示,長為l的絕緣細線一端懸于O點,另一端系一質(zhì)量為m、帶電荷+q的小球,小球靜止時處于O´點?,F(xiàn)將此裝置放在水平向右的勻強電場中,小球能夠靜止在A點。此時細線與豎直方向成角。若已知當?shù)氐闹亓铀俣却笮間,求:該勻強電場的電場強度大小為多少?若將小球從O´點由靜止釋放,則小球運動到A點時的速度有多大
13、? OO´Al36、(北京豐臺區(qū)2008年三模)(19分)在真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場若將一個質(zhì)量為m、帶正電電量q的小球在此電場中由靜止釋放,小球?qū)⒀嘏c豎直方向夾角為的直線運動?,F(xiàn)將該小球從電場中某點以初速度豎直向上拋出,求運動過程中(?。?(1)小球受到的電場力的大小及方向; (2)小球運動的拋出點至最高點之間的電勢差U參考解答 (1)根據(jù)題設條件,電場力大小 電場力的方向向右 (2)小球沿豎直方向做初速為的勻減速運動,到最高點的時間為,則: 沿水平方向做初速度為0的勻加速運動,加速度為 此過程小球沿電場方向位移為: 小球上升到最高點的過程中,電場力做功為:
14、評分標準:本題共19,(1)問6分,正確得出式給4分,正確得出電場力的方向水平向右得2分;(2)問13分,正確得出、各給3分、式給4分37、(北京順義區(qū)2008年三模)如圖所示,沿水平方向放置一條平直光滑槽,它垂直穿過開有小孔的兩平行薄板,板相距3.5L。槽內(nèi)有兩個質(zhì)量均為m的小球A和B,球A帶電量為+2q,球B帶電量為-3q,兩球由長為2L的輕桿相連,組成一帶電系統(tǒng)。最初A和B分別靜止于左板的兩側(cè),離板的距離均為L。若視小球為質(zhì)點,不計輕桿的質(zhì)量,在兩板間加上與槽平行向右的勻強電場E后(設槽和輕桿由特殊絕緣材料制成,不影響電場的分布),求:ABE3.5L固定底座-3q+2q(1)球B剛進入電場時,帶電系統(tǒng)的速度大??;(2)帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間及球A相對右板的位置。解:對帶電系統(tǒng)進行分析,假設球A能達到右極板,電場力對系統(tǒng)做功為W1,有:而且還能穿過小孔,離開右極板。 假設球B能達到右極板,電場力對系統(tǒng)做功為W2,有:綜上所述,帶電系統(tǒng)速度第一次為零時,球A、B應分別在右極板兩側(cè)。 (1)帶電系統(tǒng)開始運動時,設加速度為a1,由牛頓第二定律:= 球B剛進入電場時,帶電系統(tǒng)的速度為v1,
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