題目列表(包括答案和解析)
(帶電粒子在電場中的運(yùn)動+帶電粒子在磁場中的運(yùn)動)兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置,極板間加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場,變化規(guī)律分別如圖1、圖2所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向).在t=0時刻由負(fù)極板釋放一個初速度為零的帶負(fù)電的粒子(不計重力).若電場強(qiáng)度E0、磁感應(yīng)強(qiáng)度B0、粒子的比荷均已知,且t0=,兩板間距h=.
(1)求粒子在0~t0時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值;
(2)求粒子在板板間做圓周運(yùn)動的最大半徑(用h表示);
(3)若板間電場強(qiáng)度E隨時間的變化仍如圖1所示,磁場的變化改為如圖3所示,試畫出粒子在板間運(yùn)動的軌跡圖(不必寫計算過程).
湯姆遜用來測定電子的比荷實驗裝置如下:真空管內(nèi)的陰極C發(fā)出電子,(不計初速,重力和電子間相互作用), 經(jīng)過A、B間的電場加速后,穿過A、B的中心小孔沿中心軸O/O的方向進(jìn)入到兩塊水平正對的長度為L的平行極板D和E間的區(qū)域,當(dāng)極板間不加偏轉(zhuǎn)電壓時,電子束打在熒光屏的中心O'點(diǎn),形成一個亮點(diǎn);若在D、E間加上方向向下、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場,電子將向上偏轉(zhuǎn);如果再利用通電線圈在D、E電場區(qū)加上一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出),調(diào)節(jié)磁場的強(qiáng)弱,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B時,熒光斑恰好回到熒光屏中心。接著再去掉電場,電子向下偏轉(zhuǎn),偏轉(zhuǎn)角為φ。如圖所示,求(1)在圖中畫出磁場B的方向 (2)根據(jù)L、E、B和φ,推導(dǎo)電子的比荷的表達(dá)式。
湯姆遜用來測定電子的比荷實驗裝置如下:真空管內(nèi)的陰極C發(fā)出電子,(不計初速,重力和電子間相互作用), 經(jīng)過A、B間的電場加速后,穿過A、B的中心小孔沿中心軸O/O的方向進(jìn)入到兩塊水平正對的長度為L的平行極板D和E間的區(qū)域,當(dāng)極板間不加偏轉(zhuǎn)電壓時,電子束打在熒光屏的中心O'點(diǎn),形成一個亮點(diǎn);若在D、E間加上方向向下、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場,電子將向上偏轉(zhuǎn);如果再利用通電線圈在D、E電場區(qū)加上一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出),調(diào)節(jié)磁場的強(qiáng)弱,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B時,熒光斑恰好回到熒光屏中心。接著再去掉電場,電子向下偏轉(zhuǎn),偏轉(zhuǎn)角為φ。如圖所示,求(1)在圖中畫出磁場B的方向 (2)根據(jù)L、E、B和φ,推導(dǎo)電子的比荷的表達(dá)式。
湯姆遜用來測定電子的比荷實驗裝置如下:真空管內(nèi)的陰極C發(fā)出電子,(不計初速,重力和電子間相互作用), 經(jīng)過A、B間的電場加速后,穿過A、B的中心小孔沿中心軸O/O的方向進(jìn)入到兩塊水平正對的長度為L的平行極板D和E間的區(qū)域,當(dāng)極板間不加偏轉(zhuǎn)電壓時,電子束打在熒光屏的中心O'點(diǎn),形成一個亮點(diǎn);若在D、E間加上方向向下、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場,電子將向上偏轉(zhuǎn);如果再利用通電線圈在D、E電場區(qū)加上一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出),調(diào)節(jié)磁場的強(qiáng)弱,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B時,熒光斑恰好回到熒光屏中心。接著再去掉電場,電子向下偏轉(zhuǎn),偏轉(zhuǎn)角為φ。如圖所示,求(1)在圖中畫出磁場B的方向 (2)根據(jù)L、E、B和φ,推導(dǎo)電子的比荷的表達(dá)式。
一、選擇題
1、B 2、C 3、AC 4、D 5、BC 6BC
7、A 解析:由題意知,地面對物塊A的摩擦力為0,對物塊B的摩擦力為。
對A、B整體,設(shè)共同運(yùn)動的加速度為a,由牛頓第二定律有:
對B物體,設(shè)A對B的作用力為,同理有
聯(lián)立以上三式得:
8、B 9、A 10、B
二、實驗題
11、⑴ 不變 ⑵ AD ⑶ABC ⑷某學(xué)生的質(zhì)量
三、計算題
12、解析:由牛頓第二定律得:mg-f=ma
拋物后減速下降有:
Δv=a/Δt
解得:
13、解析:人相對木板奔跑時,設(shè)人的質(zhì)量為,加速度為,木板的質(zhì)量為M,加速度大小為,人與木板間的摩擦力為,根據(jù)牛頓第二定律,對人有:;
(2)設(shè)人從木板左端開始距到右端的時間為,對木板受力分析可知:故,方向向左;
由幾何關(guān)系得:,代入數(shù)據(jù)得:
(3)當(dāng)人奔跑至右端時,人的速度,木板的速度;人抱住木柱的過程中,系統(tǒng)所受的合外力遠(yuǎn)小于相互作用的內(nèi)力,滿足動量守恒條件,有:
�。ㄆ渲�為二者共同速度)
代入數(shù)據(jù)得,方向與人原來運(yùn)動方向一致;
以后二者以為初速度向右作減速滑動,其加速度大小為,故木板滑行的距離為。
14. 解析:(1)從圖中可以看出,在t=2s內(nèi)運(yùn)動員做勻加速直線運(yùn)動,其加速度大小為
=
設(shè)此過程中運(yùn)動員受到的阻力大小為f,根據(jù)牛頓第二定律,有mg-f=ma
得 f=m(g-a)=80×(10-8)N=160N
(2)從圖中估算得出運(yùn)動員在14s內(nèi)下落了
39.5×2×
根據(jù)動能定理,有
所以有 =(80×10×158-×80×62)J≈1.25×105J
(3)14s后運(yùn)動員做勻速運(yùn)動的時間為
s=57s
運(yùn)動員從飛機(jī)上跳下到著地需要的總時間
t總=t+t′=(14+57)s=71s
15. 13、解析:(1)取豎直向下的方向為正方向。
球與管第一次碰地前瞬間速度,方向向下。
碰地的瞬間管的速度,方向向上;球的速度,方向向下,
球相對于管的速度,方向向下。
碰后,管受重力及向下的摩擦力,加速度a管=
球受重力及向上的摩擦力,加速度a球=
球相對管的加速度a相=
取管為參照物,則球與管相對靜止前,球相對管下滑的距離為:
要滿足球不滑出圓管,則有。
(2)設(shè)管從碰地到它彈到最高點(diǎn)所需時間為t1(設(shè)球與管在這段時間內(nèi)摩擦力方向不變),則:
設(shè)管從碰地到與球相對靜止所需時間為t2,
因為t1 >t2,說明球與管先達(dá)到相對靜止,再以共同速度上升至最高點(diǎn),設(shè)球與管達(dá)到相對靜止時離地高度為h’,兩者共同速度為v’,分別為:
然后球與管再以共同速度v’作豎直上拋運(yùn)動,再上升高度h’’為
因此,管上升最大高度H’=h’+h’’=
(3)當(dāng)球與管第二次共同下落時,離地高為,球位于距管頂處,同題(1)可解得在第二次反彈中發(fā)生的相對位移。
16. 解析:(1)小球最后靜止在水平地面上,在整個運(yùn)動過程中,空氣阻力做功使其機(jī)械能減少,設(shè)小球從開始拋出到最后靜止所通過的路程S,有 fs=mv02/2 已知 f =0.6mg 代入算得: s= 5
v02/(
(2)第一次上升和下降:設(shè)上升的加速度為a11.上升所用的時間為t11,上升的最大高度為h1;下降的加速度為a12,下降所用時間為t12.
上升階段:F合=mg+f =1.6 mg
由牛頓第二定律:a11 =
根據(jù):vt=v0-a11t11, vt=0
得:v0=l.6gt11, 所以t11= 5 v0/(
下降階段:a12=(mg-f)/m=
由h1= a11t112/2 和 h2= a12t122/2 得:t12=2t11=5 v0/(
所以上升和下降所用的總時間為:T1=t11+t12=3t11= 15 v0/(
第二次上升和下降,以后每次上升的加速度都為a11,下降的加速度都為a12;設(shè)上升的初速度為v2,上升的最大高度為h2,上升所用時間為t21,下降所用時間為t22
由v22=
上升階段:v2=a11t21 得:t21= v2/
a11= 5 v0/(
下降階段: 由 h2= a11t212/2 和h2= a12t222/2 得t22=2t21
所以第二次上升和下降所用總時間為:T2=t21+t22=3t21=15 v0/(
第三次上升和下降,設(shè)上升的初速度為v3,上升的最大高度為h3,上升所用時間為t31,下降所用時間為t32
由 v32=
上升階段:v3=a11t
下降階段:由 h3= a11t312/2 和h3= a12t322/2 得:t32=2t31
所以第三次上升和下降所用的總時間為:T3=t31+t32=3t31=15 v0/(
同理,第n次上升和下降所用的總時間為: Tn=
所以,從拋出到落地所用總時間為: T=15 v0/(
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