D.在點電荷甲形成的電場中.AB間電勢差 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

如圖所示,在正點電荷Q形成的電場中,已知ab兩點在同一等勢面上,重力不計的甲、乙兩個帶電粒子的運動軌跡分別為acb和adb曲線,兩個粒子經(jīng)過a點時具有相同的動能,下列判斷錯誤的是(  )

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如圖所示,在正點電荷Q形成的電場中,已知ab兩點在同一等勢面上,重力不計的甲、乙兩個帶電粒子的運動軌跡分別為acb和adb曲線,兩個粒子經(jīng)過a點時具有相同的動能,下列判斷錯誤的是(  )
A.甲粒子經(jīng)過c點時與乙粒子經(jīng)過d點時具有相同的動能
B.甲、乙兩個粒子帶異種電荷
C.若取無窮遠處為零電勢,則甲粒子經(jīng)過c點時的電勢能小于乙粒子經(jīng)過d點時的電勢能
D.兩粒子經(jīng)過b點時具有相同的動能
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如圖所示,在正點電荷Q形成的電場中,已知ab兩點在同一等勢面上,重力不計的甲、乙兩個帶電粒子的運動軌跡分別為acb和adb曲線,兩個粒子經(jīng)過a點時具有相同的動能,下列判斷錯誤的是( )

A.甲粒子經(jīng)過c點時與乙粒子經(jīng)過d點時具有相同的動能
B.甲、乙兩個粒子帶異種電荷
C.若取無窮遠處為零電勢,則甲粒子經(jīng)過c點時的電勢能小于乙粒子經(jīng)過d點時的電勢能
D.兩粒子經(jīng)過b點時具有相同的動能

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如圖所示,一個電量為+Q的點電荷甲,固定在絕緣水平面上的O點.另一個電量為﹣q及質(zhì)量為m的點電荷乙,從A點以初速度v0沿它們的連線向甲運動,到B點速度最小,最小值為v.已知靜電力常量為k 、點電荷乙與水平面的動摩擦因數(shù)為μ 及 AB間距離為L0,則

A.OB間的距離為

B.從A到B的過程中,電場力對點電荷乙做的功為

C.從A到B的過程中,電場力對點電荷乙做的功為

D.在點電荷甲形成的電場中,AB間電勢差

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如圖所示,一個電量為-Q的點電荷甲,固定在絕緣水平面上的O點.另一個電學(xué)量為+q及質(zhì)量為m的點電荷乙,從A點以初速度v0沿它們的連線向甲運動,運動到B點時的速度為v,且為運動過程中速度最小值。已知點電荷乙與水平面的動摩擦因數(shù)為μ,AB間距離為L0,靜電力常量為k,則下列說法正確的是(   )

A.點電荷乙從A點運動到B點的過程中,加速度逐漸減小
B.OB間的距離為
C.點電荷乙越過B點向左運動,其電勢能仍增多
D.在點電荷甲形成的電場中,AB間電勢差

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1、C   2、D  3、A   4、A  5、B  6、BD  7、ACD   8、AC   9、AB

10、(12分)①5.50;②2.75,1.10;

;④滑塊的質(zhì)量m;       

11、(8分)①.D 

θn個點對應(yīng)的圓心角,t是電火花計時器的打點時間間隔;

③.沒有影響  ,電火花計時器向卡紙中心移動時不影響角度的測量

12、(12分)解:(1)帶電粒子A處于平衡,其受力如圖,其中F為兩點電荷間的庫侖力,T為繩子拉力,E0為外加電場,則

Tcosθ-mg-Fcosθs=0     1…………………………(2分)

Fsinθ+qE0-Tsinθ=0      2……………………………(2分)

               3……………………………(2分)

聯(lián)立式解得:有       4……………………………(2分)

                5…………………………………(2分)

(2)小球從B運動到C的過程中,q與Q間的庫侖力不做功,由動能定理得

   6………………………………………………………(2分)

在C點時:    7……………………………………(2分)

聯(lián)立5、6、7解得:     8……………(2分)

13(12分).解:設(shè)中央恒星質(zhì)量為M,A行星質(zhì)量為m,則由萬有引力定律和牛頓第二定律得          ①

解得        ②

(2)由題意可知,A、B相距最近時,BA的影響最大,且每隔t0時間相距最近。

設(shè)B行星周期為TB,則有:    ③

解得:      ④

設(shè)B行星的質(zhì)量為mB,運動的軌道半徑為RB,則有

      ⑤

由①④⑤得:       ⑥

14、(14分)(1)設(shè)軌道半徑為R,由機械能守恒定律:(1)(2分)

對B點:       (2)(2分)

對A點:       (3)(2分)

由(1)、(2)、(3)式得:兩點的壓力差:-(4)

由圖象得:截距

  ,得   (5)(2分)

(2)因為圖線的斜率 

 所以  (6)(2分)

在A點不脫離的條件為:

      (7)(2分)

由(1)、(6)、(7)式得:   (8)(2分)

23.(15分)(1)由 eU=mv02(1分) 得電子進入偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域的初速度v0=(1分)

設(shè)電子從MN離開,則電子從A點進入到離開勻強電場區(qū)域的時間t= =d (1分);

y=at2=(2分)

因為加速電場的電勢差U>, 說明y<h,說明以上假設(shè)正確(1分)

所以vy=at=´ d = (1分)

離開時的速度v==(2分)

(2)設(shè)電子離開電場后經(jīng)過時間t’到達x軸,在x軸方向上的位移為x’,則

x’=v0t’(1分),y’=h-y=h-t=vyt’ (1分)

則 l=d+x’= d+v0t’= d+v0(-)= d+h-=+h(1分)

代入解得 l=+(2分)

16、(16分)(1)根據(jù)牛頓第二定律,滑塊相對車滑動時的加速度

                                                                  (1分)

       滑塊相對車滑動的時間                                                    (1分)

滑塊相對車滑動的距離                                          (1分)

滑塊與車摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能                                         (1分)

由上述各式解得  (與動摩擦因數(shù)μ無關(guān)的定值)    (1分)

(2)設(shè)恒力F取最小值為F1,滑塊加速度為a1,此時滑塊恰好到達車的左端,則

滑塊運動到車左端的時間            ①   

由幾何關(guān)系有                 ②                                (1分)

由牛頓定律有               ③                                (1分)

由①②③式代入數(shù)據(jù)解得  ,                         (2分)

則恒力F大小應(yīng)該滿足條件是                                      (1分)

(3)力F取最小值,當(dāng)滑塊運動到車左端后,為使滑塊恰不從右端滑出,相對車先做勻加速運動(設(shè)運動加速度為a2,時間為t2),再做勻減速運動(設(shè)運動加速度大小為a3).到達車右端時,與車達共同速度.則有

                                     ④                                (1分)

                                            ⑤                                (1分)

                                          ⑥                                (1分)

由④⑤⑥式代入數(shù)據(jù)解得                                       (1分)

則力F的作用時間t應(yīng)滿足  ,即(2分)

 


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