freepeople性欧美熟妇, 色戒完整版无删减158分钟hd, 无码精品国产vα在线观看DVD, 丰满少妇伦精品无码专区在线观看,艾栗栗与纹身男宾馆3p50分钟,国产AV片在线观看,黑人与美女高潮,18岁女RAPPERDISSSUBS,国产手机在机看影片

正文內(nèi)容

考點36帶電粒子在勻強電場中的運動——備戰(zhàn)20xx年高考物理考點一遍過-資料下載頁

2025-04-05 05:40本頁面
  

【正文】 與YY′偏轉(zhuǎn)電壓上加的待顯示的信號電壓相同,則在熒光屏上得到的信號是一個周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象。則顯示如圖C所示;故選:C。7.D 【解析】粒子的運動是勻變速曲線運動和勻變速直線運動的組合,粒子的運動軌跡不為拋物線,故選項A錯;粒子的加速度;經(jīng)Δt=104 s,粒子速度為,帶入數(shù)據(jù)解得,故選項B錯;若粒子能射出,則:t==4104 s,所以豎直位移,板問距20 cm,所以粒子不能從兩板間射出,向下C錯;由得d=10cm,D正確。【名師點睛】此題關(guān)鍵是要搞清粒子在兩個方向上的運動特點:水平方向是勻速運動,豎直方向先加速后勻速,再加速后勻速,聯(lián)系運動的合成知識進行解答.8.C 【解析】運動軌跡如圖所示:帶電粒子射出金屬板后的速度的反向延長線都過O點,O點為中點,設(shè)板長為x1,熒光屏距金屬板的邊緣距離為x2,最大速度與最小速度射出金屬板時的偏轉(zhuǎn)位移差為,由相似三角形可知,解得:,C為常數(shù),,以上兩式聯(lián)立解得:,為常數(shù),所以,當U減為時,L也減小為,故應(yīng)選C。9.BC 【解析】由于兩極板接在電源兩端,若S保持閉合,無論向上還是向下移動b板時,兩板間的電壓不變,故電場力做功不變,高度也不變,故重力做功不變,故總功不變,由動能定理可得,則,A錯誤;C正確;若電鍵S閉合一段時間后再斷開,兩極板所帶電荷量不變,向上移動b板,兩板間電勢差增大,重力做功不變,克服電場力做功增加,由動能定理可知,液滴速度變小,即;如果向下移動b板,兩板間電勢差減小,重力做功不變,克服電場力做功變小,由動能定理可知,小球速度變大,即,B正確;D錯誤?!久麕燑c睛】帶正電的液滴在下落過程中受到豎直向下的重力,豎直向上的電場力作用,重力做正功,電場力做負功;由動能定理判斷帶電液滴速度大小關(guān)系。10.D 【解析】經(jīng)加速電場后的速度為v,則根據(jù)動能定理:,所以電子進入偏轉(zhuǎn)電場時速度的大小為,電子進入偏轉(zhuǎn)電場后的偏轉(zhuǎn)的位移為,所以示波管的靈敏度,所以要提高示波管的靈敏度可以增大L,減小d和減小U1,故D正確,ABC錯誤。11.D 【解析】如圖所示,小球的運動可看成是在一個等效重力場中的擺動過程,根據(jù)擺球模型的特點,小球在B位置時受力不平衡,并且小球?qū)⒃贏B之間往復(fù)運動,其幅度不變,故AC錯誤;根據(jù)擺球模型的對稱性可知,當小球處在AB軌跡的中點位置時,小球沿切線方向的合力為零,此時細線與水平方向夾角恰為30176。,根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系得,化簡得,B錯誤;小球從A運動到B的過程中,電場力對其做功為,D正確。12.A 【解析】帶電粒子加速時應(yīng)滿足:,帶電粒子偏轉(zhuǎn)時,由類平拋規(guī)律,應(yīng)滿足:L=v0t, ,聯(lián)立以上各式可得,故A正確,BCD錯誤。13.BC 【解析】0~時間內(nèi)微粒勻速運動,則有:qE0=mg,~內(nèi),微粒做平拋運動,下降的位移,~T時間內(nèi),微粒的加速度,方向豎直向上,微粒在豎直方向上做勻減速運動,T時刻豎直分速度為零,所以末速度的方向沿水平方向,大小為v0,故A錯誤,B正確;微粒在豎直方向上向下運動,位移大小為d,則重力勢能的減小量為mgd,故C正確;在~內(nèi)和~T時間內(nèi)豎直方向上的加速度大小相等,方向相反,時間相等,則位移的大小相等,為d,整個過程中克服電場力做功為2E0qd=qE0d=mgd,故D錯誤?!久麕燑c睛】解決本題的關(guān)鍵是知道微粒在各段時間內(nèi)的運動規(guī)律,抓住等時性,結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式進行求解。知道在~內(nèi)和~T時間內(nèi)豎直方向上的加速度大小相等,方向相反,時間相等,位移的大小相等。14.【答案】(1)20 m/s (2)10 m/s (3) m【解析】(1)電場中的直線加速,由動能定理:解得:(2)偏轉(zhuǎn)過程由動能定理:得:(3)由牛頓第二定律:豎直方向的勻加速直線運動:解得:水平方向的位移:15.【答案】(1)(8分) (2)(6分) (3)(4分)【解析】(1)粒子經(jīng)加速電場后,速度要發(fā)生變化。在0~時間內(nèi),設(shè)粒子源發(fā)射的粒子速度大小為v0,剛進入偏轉(zhuǎn)電場的速度大小為v1。由動能定理得:–qU0=mv12–mv02將代入后解得:v1=在偏轉(zhuǎn)電場中,粒子運動時間t1=側(cè)移量y1=at12=解得:y1=粒子在整個過程中的側(cè)移為代入數(shù)據(jù)解得,偏轉(zhuǎn)方向向上設(shè)在時間內(nèi)進入偏轉(zhuǎn)電場的粒子速度大小為v2,同理,v2=在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)移為y2=粒子在整個過程中的側(cè)移為,偏轉(zhuǎn)方向向上擋板上兩個發(fā)光點之間的距離Δy=(2)考慮到臨界條件,設(shè)當極板間距為時,粒子剛好從偏轉(zhuǎn)極板邊緣飛出,則有又、整理得,對于速度v1時,對于速度v2時,只改變偏轉(zhuǎn)電場兩極板之間的距離,要使豎直擋板僅接收到一個點,極板間距應(yīng)滿足:(3)由以上解析可知,0時刻發(fā)射的粒子的側(cè)移為y1=,時刻發(fā)射的粒子的側(cè)移為y2=因此對0時刻發(fā)射的粒子由動能定理得–qU0+=Ek1–mv02對時刻發(fā)射的粒子由動能定理得qU0+=Ek2–mv02解得1.【答案】(1) ;(2);(3)0或【解析】(1)由題意知在A點速度為零的粒子會沿著電場線方向運動,由于q0,故電場線由A指向C,根據(jù)幾何關(guān)系可知:所以根據(jù)動能定理有:解得:;(2)根據(jù)題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多,做AC垂線并且與圓相切,切點為D,即粒子要從D點射出時沿電場線方向移動距離最多,粒子在電場中做類平拋運動,根據(jù)幾何關(guān)系有而電場力提供加速度有聯(lián)立各式解得粒子進入電場時的速度:;(3)因為粒子在電場中做類平拋運動,粒子穿過電場前后動量變化量大小為mv0,即在電場方向上速度變化為v0 ,過C點做AC垂線會與圓周交于B點,故由題意可知粒子會從C點或B點射出。當從B點射出時由幾何關(guān)系有電場力提供加速度有聯(lián)立解得;當粒子從C點射出時初速度為0。另解:由題意知,初速度為0時,動量增量的大小為,此即問題的一個解。自A點以不同的速率垂直于電場方向射入電場的粒子,動量變化都相同,自B點射出電場的粒子,其動量變化量也恒為,由幾何關(guān)系及運動學規(guī)律可得,此時入射速率為2.C【解析】A.粒子在電場中做類平拋運動,水平方向豎直方向由可得故A錯誤;B.由于故粒子速度大小為故B錯誤;C.由幾何關(guān)系可知,到P點的距離為故C正確;D.由于平拋推論可知,可知速度正切可知速度方向與豎直方向的夾角小于30176。,故D錯誤。故選C。3.B 【解析】由動能的表達式可知帶電小球在M點的動能為,在N點的動能為,所以動能的增量為,故A錯誤;帶電小球在電場中做類平拋運動,豎直方向受重力做勻減速運動,水平方向受電場力做勻加速運動,由運動學公式有,可得,豎直方向的位移,水平方向的位移,因此有,對小球由動能定理有,聯(lián)立上式可解得,因此電場力做正功,機械能增加,故機械能增加,電勢能減少,故B正確D錯誤,重力做負功重力勢能增加量為,故C錯誤。4.A 【解析】由于帶電粒子在電場中類平拋運動,在電場力方向上做勻加速直線運動,加速度為,經(jīng)過時間 ,電場力方向速度為,功率為 ,所以P與t成正比,故A正確。5.D 【解析】本題考查平行板電容器的電場及電荷受力運動的問題,意在考查考生分析問題的能力。兩極板平行時帶電粒子處于平衡狀態(tài),則重力等于電場力,當下極板旋轉(zhuǎn)時,板間距離增大場強減小,電場力小于重力;由于電場線垂直于金屬板表面,所以電荷處的電場線如圖所示,所以重力與電場力的合力偏向右下方,故粒子向右下方運動,選項D正確。6.A 【解析】設(shè)A、B板間的電勢差為U1,B、C板間的電勢差為U2,板間距為d,電場強度為E,第一次由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點,根據(jù)動能定理得:qU1=qU2=qEd,將C板向右移動,B、C板間的電場強度,E不變,所以電子還是運動到P點速度減小為零,然后返回,故A正確;BCD錯誤?!久麕燑c睛】本題是帶電粒子在電場中的運動,主要考察勻變速直線運動的規(guī)律及動能定理,重點是電容器的動態(tài)分析,在電荷量Q不變的時候,板間的電場強度與板間距無關(guān)。7.【答案】(1) (2)【解析】(1)PG、QG間場強大小相等,均為E,粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下,設(shè)粒子的加速度大小為a,有① F=qE=ma②設(shè)粒子第一次到達G時動能為Ek,由動能定理有③設(shè)粒子第一次到達G時所用的時間為t,粒子在水平方向的位移為l,則有④ l=v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得⑥ ⑦(2)設(shè)粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出,則金屬板的長度最短,由對稱性知,此時金屬板的長度L為⑧8.【答案】(1) (2)【解析】(1)設(shè)電場強度的大小為E,小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓定律、運動學公式和題給條件,有mg+qE=ma① ②解得③(2)設(shè)B從O點發(fā)射時的速度為v1,到達P點時的動能為Ek,O、P兩點的高度差為h,根據(jù)動能定理有④且有⑤ ⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得⑦9.【答案】(1)(2) (3)用質(zhì)量大的離子;用帶電量少的離子;減小加速電壓?!窘馕觥浚?)設(shè)正離子經(jīng)過電極時的速度為v,根據(jù)動能定理,有①設(shè)正離子束所受的電場力為,根據(jù)牛頓第三定律,有②設(shè)引擎在時間內(nèi)飄入電極間的正離子個數(shù)為,由牛頓第二定律,有③聯(lián)立①②③式,且得④(2)設(shè)正離子束所受的電場力為,由正離子束在電場中做勻加速直線運動,有⑤考慮到牛頓第三定律得到,聯(lián)立①⑤式得⑥(3)為使盡量大,分析⑥式得到三條建議:用質(zhì)量大的離子;用帶電量少的離子;減小加速電壓。43
點擊復(fù)制文檔內(nèi)容
環(huán)評公示相關(guān)推薦
文庫吧 www.dybbs8.com
備案圖鄂ICP備17016276號-1