8.如圖所示,A、B為兩塊平行金屬板,板長(zhǎng)為l,兩板間的距離為d,且d<<l,B板接地,A板的電勢(shì)U可隨時(shí)間發(fā)生突變,質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子,從A的邊緣貼近A板以平行于A板的初速度v0射入兩板間的空間中,這時(shí)U=U0>0;經(jīng)過(guò)一段時(shí)間t1,U突變?yōu)閁=-U0;再經(jīng)過(guò)一段時(shí)間t2,U又突變?yōu)閁=U0;再經(jīng)過(guò)一段時(shí)間t3,粒子又貼近A板且沿平行于A板的方向從A板的另一邊緣處以速度v0射出兩板間的空間,已知粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中曾非常接近B板但恰好沒(méi)有B板接觸,不計(jì)重力,則( 。
A.t1=$\frac{l}{4{v}_{0}}$B.t2=$\frac{l}{2{v}_{0}}$
C.U0=$\frac{8{mv}_{0}^{2}alj7eyz^{2}}{q{l}^{2}}$D.U0=$\frac{16{mv}_{0}^{2}xnetg2n^{2}}{q{l}^{2}}$

分析 運(yùn)動(dòng)過(guò)程中粒子的加速度大小恒定,要使得粒子又貼近A板且沿平行于A板方向從A板的另一邊緣處以速度v0射出兩板間的空間,則運(yùn)動(dòng)過(guò)程是這樣的:在沿電場(chǎng)方向上經(jīng)過(guò)時(shí)間t1加速后,再經(jīng)$\frac{{t}_{2}}{2}$時(shí)間速度恰好為零,此時(shí)粒子非常接近B板但恰好沒(méi)與B板接觸,根據(jù)位移關(guān)系求得時(shí)間.因?yàn)榱W釉趦蓸O板間豎直方向做這樣的運(yùn)動(dòng):先做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),然后又做加速度相同的勻減速直線運(yùn)動(dòng),到了非常接近B板但恰好沒(méi)與B板接觸的位置后電場(chǎng)方向上的速度恰好為零,根據(jù)逆向思維,由位移公式求解U0

解答 解:AB、因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過(guò)程中粒子的加速度大小恒為|a|=$\frac{q{U}_{0}}{md}$,故要使得粒子又貼近A板且沿平行于A板方向從A板的另一邊緣處以速度v0射出兩板間的空間,則運(yùn)動(dòng)過(guò)程是這樣的:在沿電場(chǎng)方向上經(jīng)過(guò)時(shí)間t1加速后,再經(jīng)$\frac{{t}_{2}}{2}$時(shí)間速度恰好為零,此時(shí)粒子非常接近B板但恰好沒(méi)與B板接觸,即粒子發(fā)生的位移為d,此后$\frac{{t}_{2}}{2}$時(shí)間向上加速,之后經(jīng)t3時(shí)間電場(chǎng)方向上的速度又減小到零,故根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知 t1=t3=$\frac{{t}_{2}}{2}$,粒子在水平方向上從始至終做初速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng),故有v0t1+v0t2+v0t3=L,聯(lián)立解得 t1=t3=$\frac{l}{4{v}_{0}}$,t2=$\frac{l}{2{v}_{0}}$,故AB正確.
CD、因?yàn)榱W釉趦蓸O板間豎直方向做這樣的運(yùn)動(dòng):先做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),然后又做加速度相同的勻減速直線運(yùn)動(dòng),到了非常接近B板但恰好沒(méi)與B板接觸的位置后電場(chǎng)方向上的速度恰好為零,根據(jù)逆向思維,勻減速到零的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),故 $\frac{1}{2}$•$\frac{q{U}_{0}}{md}$$(\frac{l}{4{v}_{0}})^{2}$+$\frac{1}{2}$•$\frac{q{U}_{0}}{md}$$(\frac{l}{4{v}_{0}})^{2}$=d,解得 U0=$\frac{16{mv}_{0}^{2}zblwsgb^{2}}{q{l}^{2}}$,故C錯(cuò)誤,D正確.
故選:ABD

點(diǎn)評(píng) 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),綜合了靜電場(chǎng)和力學(xué)的知識(shí),分析的方法和力學(xué)的分析方法基本相同,即先分析受力情況,再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程(平衡、加速、減速、直線或曲線),然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題.解決這類(lèi)問(wèn)題的基本方法有兩種:第一種利用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn),運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解.第二種利用能量轉(zhuǎn)化的觀點(diǎn),運(yùn)用動(dòng)能定理和功能關(guān)系求解.

練習(xí)冊(cè)系列答案
相關(guān)習(xí)題

科目:高中物理 來(lái)源: 題型:填空題

2.如圖,導(dǎo)體棒ab在磁場(chǎng)中沿金屬導(dǎo)軌向右做切割磁惑線運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體棒cd靜止在導(dǎo)軌上.a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向上(填向上或是向下)和cd受到的磁場(chǎng)力方向右(填向左或是向右).

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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:解答題

3.如圖所示,支架連同電動(dòng)機(jī)的質(zhì)量為M(電動(dòng)機(jī)在圖中未畫(huà)出),電動(dòng)機(jī)裝在支架上,支架放在水平地面上,轉(zhuǎn)軸O處用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿懸掛一質(zhì)量為m的小球,轉(zhuǎn)軸在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下使輕桿及小球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí),支架對(duì)地面恰好無(wú)壓力,求:
(1)小球運(yùn)動(dòng)的向心加速度大;
(2)小球運(yùn)動(dòng)的線速度大小;
(3)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)地面對(duì)支架的支持力大。

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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:選擇題

16.利用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置可以測(cè)量磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小,用絕緣輕質(zhì)絲線把底邊長(zhǎng)為L(zhǎng),電阻為R,質(zhì)量為m的U形線框豎直懸掛在力敏傳感器上,將線框置于待測(cè)磁場(chǎng)中(可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)),線框平面與磁場(chǎng)方向垂直,用輕質(zhì)導(dǎo)線連接線框與直流電源,電源內(nèi)阻不計(jì),電動(dòng)勢(shì)可調(diào),導(dǎo)線的電阻忽略不計(jì).當(dāng)外界拉力F作用于力敏傳感器的掛鉤上,力敏傳感器會(huì)顯示拉力的大小F,當(dāng)線框接電動(dòng)勢(shì)為E1的電源時(shí),力敏傳感器顯示拉力的大小為F1,當(dāng)線線框接電動(dòng)勢(shì)為E2的電源時(shí),力敏傳感器顯示拉力的大小為F2,下列說(shuō)法正確的是(  )
A.當(dāng)線框接電動(dòng)勢(shì)為E1的電源時(shí)所受安培力大小為F1
B.當(dāng)線框接電動(dòng)勢(shì)為E2的電源時(shí)力敏傳感器顯示的拉力大小為線框所受安培力大小與重力大小之差
C.待測(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為$\frac{({F}_{1}-{F}_{2})R}{({E}_{1}-{E}_{2})L}$
D.待測(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為$\frac{({F}_{1}-{F}_{2})R}{({E}_{2}-{E}_{1})L}$

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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:解答題

3.一足夠長(zhǎng)的粗細(xì)均勻的桿被一細(xì)繩吊于高處,桿下端離地面高H,上端套一個(gè)細(xì)環(huán),如圖所示.?dāng)嚅_(kāi)輕繩,桿和環(huán)自由下落,假設(shè)桿與地面發(fā)生碰撞時(shí)觸地時(shí)間極短,無(wú)動(dòng)能損失,桿立即獲得等大反向的速度.已知桿和環(huán)的質(zhì)量均為m,相互間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力kmg(重力加速度為g,
k>1).桿在整個(gè)過(guò)程中始終保持豎直,空氣阻力不計(jì).求:
(1)桿第一次與地面碰撞彈起上升的過(guò)程中,環(huán)的加速度
(2)桿與地面第二次碰撞前的瞬時(shí)速度
(3)從斷開(kāi)輕繩到桿和環(huán)靜止,摩擦力對(duì)環(huán)和桿做的總功.

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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:多選題

13.空間某一區(qū)域中只存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng),在這個(gè)區(qū)域內(nèi)有一個(gè)帶電粒子,關(guān)于電場(chǎng)和磁場(chǎng)的情況,下列敘述正確的是( 。
A.如果電場(chǎng)與磁場(chǎng)方向相同或相反,則帶電粒子的動(dòng)量方向一定改變
B.如果電場(chǎng)與磁場(chǎng)方向相同或相反,則帶電粒子的動(dòng)能一定改變
C.如果帶電粒子的動(dòng)量的方向保持不變,則電場(chǎng)與磁場(chǎng)方向一定互相垂直
D.如果帶電粒子的動(dòng)能保持不變,則電場(chǎng)與磁場(chǎng)方向一定互相垂直

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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:選擇題

20.如圖所示,水平放置的平行板電容器間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),現(xiàn)有比荷相同的4種帶電粒子從電容器中間O點(diǎn)分別沿OP、OQ、OM、ON四個(gè)方向以相同的速率射出,已知OP、OQ沿水平方向且粒子均能從平行板電容器間射出,OM、ON沿豎直方向,不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用,則以下對(duì)粒子運(yùn)動(dòng)的描述正確的是(  )
A.沿OP、OQ兩方向射出的粒子若電性相反,則粒子離開(kāi)電容器時(shí)速度相同
B.沿OP、OQ兩方向射出的粒子若電性相反,則粒子離開(kāi)電容器時(shí)電場(chǎng)力做的功一定相等
C.沿OP、OQ兩方向射出的粒子若電性相反,則粒子離開(kāi)電容器時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角大小相等
D.沿OM、ON兩方向射出的粒子若均帶負(fù)電,則沿OM方向射出的粒子先到達(dá)極板

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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:多選題

17.如圖所示,一個(gè)圓形線圈的匝數(shù)n=100,線圈面積S=200cm2,線圈的電阻r=1Ω,線圈外接一個(gè)阻值R=4Ω的電阻,把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示.下列說(shuō)法中正確的是(  )
A.線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?/td>
B.電阻R兩端的電壓隨時(shí)間均勻增大
C.線圈電阻r消耗的功率為4×10-4 W
D.前4 s內(nèi)通過(guò)R的電荷量為4×10-4 C

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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:實(shí)驗(yàn)題

18.實(shí)驗(yàn)室只備有下列器材:蓄電池(電動(dòng)勢(shì)約6V),電壓表一個(gè)(量程0~3V,內(nèi)阻幾千歐),電阻箱一個(gè)(0~9 999Ω),滑動(dòng)變阻器一個(gè)(0~10Ω),開(kāi)關(guān)一個(gè),導(dǎo)線若干.

(1)甲組同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)半偏法測(cè)量電壓表內(nèi)阻的電路圖1,請(qǐng)你連接實(shí)物圖2.
(2)測(cè)量時(shí),在開(kāi)關(guān)S閉合前先將滑動(dòng)變阻器R1的觸頭滑至最左端,電阻箱R2的旋鈕調(diào)至零位,閉合開(kāi)關(guān)S后只調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R1的觸頭使電壓表指針恰好滿偏,保持觸頭位置不動(dòng),再調(diào)節(jié)電阻箱R2,當(dāng)電壓表指針恰好半偏時(shí),電阻箱的讀數(shù)即為待測(cè)電壓表的內(nèi)阻阻值;若電阻箱的讀數(shù)為R0時(shí),電壓表指針恰好是滿偏的三分之二,則測(cè)得電壓表的內(nèi)阻等于2R0
(3)甲組同學(xué)用以上方法測(cè)量得到的電壓表內(nèi)阻與實(shí)際值相比偏大(填“偏大”或“偏小”).
(4)乙組同學(xué)為測(cè)定蓄電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻,設(shè)計(jì)出另一種電路,不用滑動(dòng)變阻器,只把電阻箱調(diào)至最大值后與電壓表(內(nèi)阻RV)、電源、開(kāi)關(guān)共同組成一個(gè)串聯(lián)電路,通過(guò)調(diào)節(jié)電阻箱獲得多組U、R值,并繪出$\frac{1}{U}$-R圖象,若得到的圖象是一條直線,且直線的斜率為k,圖線在$\frac{1}{U}$軸上的截距為b,則該蓄電池的電動(dòng)勢(shì)E=$\frac{1}{k{R}_{V}}$,內(nèi)阻r=$\frac{k}$-RV.(用k、b和RV表示)

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同步練習(xí)冊(cè)答案