分析 (1)由于滑動變阻器的最大電阻是電源內(nèi)阻r的4倍,當滑動變阻器的滑片置于中點時,AB之間的電壓為電動勢的$\frac{2}{5}$,在根據(jù)E=$\frac{U}si7wbn1$可以求得AB間的場強E的大;
(2)滑片在最右端時,先求出兩極板間的電壓,再根據(jù)動能定理求出電子打到熒光屏的速率;
(3)運動到亮斑的最遠處的電子在電場中做的是類平拋運動,當滑動變阻器的電壓到達最大時,電子在電場中運動的時間最短,亮斑的半徑最小,根據(jù)類平拋運動的規(guī)律可以求得此時的電子的初速度的大。
解答 解:(1)設(shè)內(nèi)阻為r,則滑動變阻器的最大電阻R=4r,由分壓關(guān)系有:
UAB=$\frac{2rE}{R+r}=0.4E$
電場強度${E_{AB}}=\frac{{{U_{AB}}}}ky3nx6x=\frac{0.4E}2w10bal$
(2)滑片在最右端時.$U=\frac{4rE}{5r}=0.8E$,
由動能定理,得$qU=\frac{1}{2}mv_{\;}^2-\frac{1}{2}mv_0^2$
電子打到熒光屏的速率$v=\sqrt{v_0^2+\frac{8qE}{5m}}$
(3)當滑片處于最右端時,亮斑最小,此時初速v沿平行于A板方向的電子打在熒光屏上的位置距離圓心最遠.設(shè)亮斑半徑為R斑.電子在勻強電場中做類平拋運動R斑=vt
d=$\frac{1}{2}a{t^2}=\frac{{eU{t^2}}}{2md}$
當滑片處于最右端時,電壓為$U=\frac{4rE}{5r}=0.8E$
圓面積公式 S=π$R_斑^2$
解得,$v=\frac{1}nqlfwqp\sqrt{\frac{2EeS}{5mπ}}$
答:(1)當圖中滑動變阻器的滑片置于變阻器中點時,A、B間的場強大小${E}_{AB}^{\;}$為$\frac{0.4E}qr1djil$;
(2)當圖中滑動變阻器的滑片置于變阻器最右端時,若電子流初速率為v0,電子打到熒光屏的速率$\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{8qE}{5m}}$
(3)若移動變阻器的滑片移至某位置,熒光屏上形成的亮斑最小面積為S,此時電子剛離開放射源C的初速度大小$\frac{1}rzm2x1s\sqrt{\frac{2EeS}{5mπ}}$
點評 當極板之間的電壓最大時,亮斑的半徑最小,并且運動的最遠的電子應(yīng)該是平行于A板發(fā)出的,即此時的電子在電場中做的是類平拋運動.
科目:高中物理 來源: 題型:多選題
A. | 通過R的感應(yīng)電流的方向為由d到a | |
B. | 金屬桿PQ兩端電壓為1.5 V | |
C. | 金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5 N | |
D. | 外力F做功大小等于電路產(chǎn)生的焦耳熱 |
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