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文檔簡介
電偏轉(zhuǎn)模型中的分解與籍量
國品
模型一帶電粒子(體)在電場中的偏轉(zhuǎn)
模型二帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動
模型三“等效重力法”在電場中的應(yīng)用
模型講解
模型一帶電粒子(體)在電場中的偏轉(zhuǎn)
1.偏轉(zhuǎn)的一般規(guī)律
2.兩個(gè)重要推論
(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角、偏移距離總是相同
的。
(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后,合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)。為粒子水平位移的中點(diǎn),若電場寬度為
1,0到電場邊緣的距離為亨。
3.一般解題方法
運(yùn)動的分一般用分解的思想來處理,即將帶電粒子的運(yùn)動分解為沿電場力方向上的
解法勻加速直線運(yùn)動和垂直電場力方向上的勻速直線運(yùn)動
當(dāng)討論帶電粒子的末速度。時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解:虱4=]小。2
功能關(guān)系
—2館*,其中4=與“指初、末位置間的電勢差
/CL
模型二帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動
1.兩條分析思路
一是力和運(yùn)動的關(guān)系,根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)規(guī)律分析;二是功能關(guān)系(機(jī)械能守恒定律、動能定理、
能量守恒定律)。
2.兩個(gè)運(yùn)動特征
分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動規(guī)律,抓住粒子的運(yùn)動具有周期性和空間上具有對稱性的特征,求解粒子運(yùn)動過程
中的速度、位移等,并確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。
3.交變電壓與v—t圖像
工如圖甲所示,在平行板電容器4、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓,力=0時(shí)刻4板電勢比石板
高,兩板中間靜止一電子,設(shè)電子在運(yùn)動過程中不與兩板相碰,而且電子只受靜電力作用,規(guī)定向左為正方
向,則下列敘述正確的是()
圖線一
[木圖線二
ABU]
7O
-U1
2圖線三
甲
A.在±=0時(shí)刻釋放電子,則電子運(yùn)動的o—t圖像如圖丙圖線一所示,該電子一直向B板做勻加速
直線運(yùn)動
B.若力=彳時(shí)刻釋放電子,則電子運(yùn)動的。一力圖像如圖線二所示,該電子一直向B板做勻加速直
O
線運(yùn)動
C.若七=工時(shí)刻釋放電子,則電子運(yùn)動的v-t圖像如圖線三所示,該電子在2T時(shí)刻在出發(fā)點(diǎn)左邊
4
D.若力=春7時(shí)刻釋放電子,在2T時(shí)刻電子在出發(fā)點(diǎn)的左邊
O
【答案】C
【解析】在力=9時(shí)刻之前釋放電子,靜電力水平向左,電子在靜電力的作用下向A板做勻加速直線運(yùn)
動,4、B錯(cuò)誤;若t=時(shí)刻釋放電子,電子先向左做勻加速直線運(yùn)動,水平向左為速度正方向,在
時(shí)刻速度達(dá)到最大,然后做勻減速直線運(yùn)動,圖線三符合電子運(yùn)動的。一t圖像,v—t圖像與t軸所圍的
面積即為電子的位移,在從開始出發(fā)到2T時(shí)刻0一t圖像與土軸所圍的面積為正,電子的位移為正,所以
電子在出發(fā)點(diǎn)左邊,。正確;若t=用時(shí)刻釋放電子,易分析得在從開始出發(fā)到2T時(shí)刻。一力圖像與t軸
O
所圍的面積為負(fù),即位移為負(fù),電子在出發(fā)點(diǎn)的右邊,。錯(cuò)誤。
模型三“等效重力法”在電場中的應(yīng)用
1.等效重力法
把電場力和重力合成一個(gè)等效力,稱為等效重力。如圖所示,則理為等效重力場中的“重
力",g'=今為等效重力場中的“等效重力加速度”;璃的方向等效為“重力”的方向,即在等效
重力場中的“豎直向下”方向。
2.物理最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn)
重力場與電場在一條直線上重力場與電場成一定夾角
(qE>mg)
等效重力場E
E'[[等效“最高點(diǎn)”)
'等效"最低點(diǎn)”)
rngV|\mg
(mg'為等藪重力'
等效重力場
mg'為
等效“最高點(diǎn)”等效“最低點(diǎn)”等效重力
g'為等效重力加速度g'為等效重力加速度
案例剖析1I,
回1(2022?浙江?統(tǒng)考高考真題)如圖所示,帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場,板長
為L(不考慮邊界效應(yīng))ot=0時(shí)刻,河板中點(diǎn)處的粒子源發(fā)射兩個(gè)速度大小為v0的相同粒子,垂直河板
向右的粒子,到達(dá)N板時(shí)速度大小為V2v0;平行同板向下的粒子,剛好從N板下端射出。不計(jì)重力和粒
子間的相互作用,則()
A.河板電勢高于N板電勢B.兩個(gè)粒子的電勢能都增加
C.粒子在兩板間的加速度&=孚D.粒子從N板下端射出的時(shí)間J=I"
L2v0
【答案】。
【詳解】4由于不知道兩粒子的電性,故不能確定M板和N板的電勢高低,故人錯(cuò)誤:
B.根據(jù)題意垂直河板向右的粒子,到達(dá)N板時(shí)速度增加,動能增加,則電場力做正功,電勢能減??;則平
行兇板向下的粒子到達(dá)N板時(shí)電場力也做正功,電勢能同樣減小,故B錯(cuò)誤;
CD.設(shè)兩板間距離為d,對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出,在兩板間做類平拋運(yùn)動,有
L_.
萬*
d-
對于垂直Al板向右的粒子,在板間做勻加速直線運(yùn)動,因兩粒子相同,在電場中加速度相同,有
(A/2?;O)2—^o=2ad
聯(lián)立解得
-L_2褚
t——一,Q—1一
2。0L
故。正確,_0錯(cuò)誤;
故選。。
的2(2023?安徽淮北?統(tǒng)考一模)如圖甲所示,長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置,O點(diǎn)為兩板中點(diǎn)的一
粒子源,能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為小、電荷量為+q、質(zhì)量為小的粒子。在兩板間存在如圖乙所示的
交變電場,取豎直向下為正方向,不計(jì)粒子重力,以下判斷正確的是(
、E
加“2
2qd
O
2d4d6d8d
哪?%vovovo
2qd
乙
A.能從板間射出的粒子的動能均相同???
B.粒子在電場中運(yùn)動的最短時(shí)間為烏
2no
c”=4時(shí)刻進(jìn)入的粒子,從。點(diǎn)的下方射出
為
D.方=三時(shí)刻進(jìn)入的粒子,從。點(diǎn)的上方射出
2方
【答案】A
【詳解】由圖可知場強(qiáng)
7n裙
2qd
則粒子在電場中的加速度
Q-q-E---vo--
m2d
則粒子在電場中運(yùn)動的最短時(shí)間滿足
11,2
了a—了aXmin
解得
_V2d
6min一
%
故B錯(cuò)誤;
A.能從板間射出的粒子在板間運(yùn)動的時(shí)間均為
.8d
t——
則任意時(shí)刻射入的粒子射出電場時(shí)沿電場方向的速度均為0,可知射出電場時(shí)的動能均為]???/*,故4正
確;
C.1=且=工時(shí)刻進(jìn)入的粒子,在沿電場方向的運(yùn)動是:先向下加速工,后向下減速與速度到零;然
v0444
后向上加速。,再向上減速[速度到零???..如此反復(fù),則最后從。點(diǎn)射出時(shí)沿電場方向的位移為零,則
粒子將從O,點(diǎn)射出,故。錯(cuò)誤;
D.■時(shí)刻進(jìn)入的粒子,在沿電場方向的運(yùn)動是:先向下加速亭,運(yùn)動的位移
此時(shí)粒子已經(jīng)到達(dá)下極板,即粒子不能從右側(cè)射出,故。錯(cuò)誤。
故選人。
網(wǎng)]3(2022?全國?統(tǒng)考高考真題)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場,將一帶正電荷的小球自電場
中P點(diǎn)水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等,重力勢能和電勢能的零點(diǎn)均取在P點(diǎn)。則
射出后,()
A.小球的動能最小時(shí),其電勢能最大
B.小球的動能等于初始動能時(shí),其電勢能最大
C.小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時(shí),其動能最大
D.從射出時(shí)刻到小球速度的水平分量為零時(shí),重力做的功等于小球電勢能的增加量
【答案】BD
【詳解】如圖所示
Eq=mg
故等效重力G'的方向與水平成45°。
當(dāng)%=0時(shí)速度最小為^min^^1,由于此時(shí)5存在水平分量,電場力還可以向左做負(fù)功,故此時(shí)電勢能不是
最大,故A錯(cuò)誤;
BD.水平方向上
Eq
。0二---1
m
在豎直方向上
由于
Eq=mg,得v=
如圖所示,小球的動能等于末動能。由于此時(shí)速度沒有水平分量,故電勢能最大。由動能定理可知
嗎?+%=0
則重力做功等于小球電勢能的增加量,故BO正確;
C.當(dāng)如圖中%所示時(shí),此時(shí)速度水平分量與豎直分量相等,動能最小,故C錯(cuò)誤;
故選&X
皿£(2024上?福建泉州?高三統(tǒng)考期末)如圖甲,豎直平面中有平行于該平面的勻強(qiáng)電場,長為Z的絕緣輕繩
一端固定于。點(diǎn),另一端連接質(zhì)量為小、帶電量為+<7的小球,小球繞。點(diǎn)在豎直面內(nèi)沿順時(shí)針方向做完
整的圓周運(yùn)動。圖中4。為水平直徑,BD為豎直直徑。從A點(diǎn)開始,小球動能場與轉(zhuǎn)過角度。的關(guān)系
如圖乙所示,已知重力加速度大小為g,則()
A.BD為電場的一條等勢線B.該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為理
q
C.輕繩的最大拉力大小為7nigD.輕繩在A、。兩點(diǎn)拉力的差值為6mg
【答案】
【詳解】AB.由圖像知個(gè)=專為等效最低點(diǎn),■為等效最高點(diǎn),根據(jù)動能定理可知
00
W^.—mgl—3mgi
解得
W^=—2mgl
重力和電場力的合力在等效最低點(diǎn)與等效最高點(diǎn)連線上,運(yùn)動距離為2/,則合力大小為mg,根據(jù)余弦定
理可知
(Eq)2=(mg)2+(mg)2—2mg?m^cos60°
解得
E=理
q
根據(jù)幾何關(guān)系可知,電場強(qiáng)度方向和重力方向夾角為120°,方向斜向上,如圖所示
由于為勻強(qiáng)電場,則可知BD不是電場的等勢線,故A錯(cuò)誤,B正確;
C.在等效最低點(diǎn)拉力最大,可得
?,2
^Tmax-mScos60°—Eqcosd0°=m-
3mgl—~^~mv2
解得
瑪ma*=7mg
故。正確;
D.在等效最高點(diǎn)拉力最小,可得
,2
用min+77ZgCOS60。+EqCOS60。=7TL十
7_1,2
mgl——mv
解得
瑪min=
則輕繩在等效最底點(diǎn)和最高點(diǎn)拉力的差值為
\F=7mg—(—mg)=8mg
故輕繩在4、。兩點(diǎn)拉力的差值為8mg,故。錯(cuò)誤。
故選B。。
【系統(tǒng)建?!康刃Хㄇ蠼怆妶鲋袌A周運(yùn)動問題的解題思路
⑴求出重力與電場力的合力乙,將這個(gè)合力視為一個(gè)“等效重力”。
⑵將a=坐視為”等效重力加速度”。找出等效“最低點(diǎn)”和等效“最高點(diǎn)”。
m
(3)將物體在重力場中做圓周運(yùn)動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解。
綜合應(yīng)用
一、單融
、題目口(2024上?河南周口?高三統(tǒng)考階段練習(xí))質(zhì)子(質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)均為1)和a粒子(質(zhì)量數(shù)為4、電荷數(shù)
為2)垂直進(jìn)入某一平行板間的勻強(qiáng)電場中,又都從另一側(cè)離開電場。若兩粒子在通過平行板時(shí)動能的增
量相同,不計(jì)粒子重力,則下列判斷正確的是()
A.質(zhì)子和a粒子射入時(shí)的初動量之比為2:1B,質(zhì)子和a粒子射入時(shí)的初動能之比為1:2
C.質(zhì)子和a粒子射入時(shí)的初速度之比為1:1D.質(zhì)子和a粒子在平行板間的運(yùn)動時(shí)間之比為1:4
【答案】。
【詳解】粒子在勻強(qiáng)電場中,垂直于電場方向做勻速運(yùn)動
豎直方向上
y=4QF
"2
qE=rna
由動能定理知電場力對粒子做的功等于粒子動能增量,則
2斤22
W=△耳=qEy=%~~彳
2ITHJUQ
故動量為
故初動量之比為
Pi==]xVI=X
P2q2新鬲2XV44
故4錯(cuò)誤;
B.由動能增量△氏=-...-可知粒子的初動能
1_
耳。一針吁2下逐
故初動能之比
Ekoi__Qi___1^_1
京一至一手一了
故石錯(cuò)誤;
C.由兩粒子初動量p=?7Wo可知,初速度之比
P1
如=a=as=1x4=x
22&。2Ml4X11
m2
故。正確;
D.由于兩粒子初速度相等,則質(zhì)子和a粒子在平行板間的運(yùn)動時(shí)間之比為
L
力1_如_*2_工
力220011
002???
故。錯(cuò)誤。
故選。。
題目習(xí)(2023上?河南南陽?高三統(tǒng)考期中)在水平向右的勻強(qiáng)電場中,質(zhì)量為小的帶正電小球以初速度期。豎
直向上拋出,經(jīng)過時(shí)間t末小球的速度達(dá)到最小值。,則()
B.小球所受合外力的大小為處手心
A.小球在最高點(diǎn)的速度大小為
/詔一"
C.時(shí)間t內(nèi)合力對小球做功為(若一")D.時(shí)間t內(nèi)合外力對小球的沖量大小為?ngt
【答案】B
【詳解】8.設(shè)重力與電場力的合力F與豎直方向的夾角為仇將初速度正交分解為與F共線和垂直兩個(gè)方
向,分速度分別為
Vi=vocos0,v=gsine
垂直合力方向的分速度即最小速度,速度最小時(shí)
整理得
2
mv1_mv0cos3_mv41—sin汨_myJVQ—V
tttt
故B正確;
4.小球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動,水平方向做勻加速直線運(yùn)動,根據(jù)牛頓第二定律
Feos9—mg,FsinG—max
有運(yùn)動學(xué)公式
伙尸gh,
聯(lián)立得,最高點(diǎn)速度為
故A錯(cuò)誤;
C.根據(jù)動能定理,時(shí)間t內(nèi)合力對小球做功為
W=-^-mv2---^-7n(D2—i)o)
故。錯(cuò)誤;
D.mgt為重力沖量,小球受重力和電場力作用,則合外力對小球的沖量大小不等于?ngt,故。錯(cuò)誤。
故選B。
題目§(2024?廣西?統(tǒng)考一模)如圖,空間中有一勻強(qiáng)電場,大小為管,方向與水平方向成30°角,現(xiàn)有一光
滑絕緣大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi),。點(diǎn)為環(huán)心,將質(zhì)量為小、帶電荷量為+q的小圓環(huán)套在大圓環(huán)的河點(diǎn)
并同時(shí)給小圓環(huán)一個(gè)向右的水平初速度,小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動,重力加速度為9,則
小圓環(huán)()
A.從/■點(diǎn)到Q點(diǎn)動能減小B.在朋■點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢能相等
C.從M點(diǎn)到Q點(diǎn)電場力做負(fù)功D.動能最大處的電勢低于動能最小處的電勢
【答案】。
【詳解】C.小圓環(huán)帶正電,從河點(diǎn)到Q點(diǎn)電場力做正功,。錯(cuò)誤;
B.作出等勢面如圖:
沿電場線方向電勢降低,則在初點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢,正電荷在電勢高的地方電勢能大,所以在“點(diǎn)
的電勢能大于N點(diǎn)的電勢能,8錯(cuò)誤;
A.小圓環(huán)受到的電場力
mg
F—qE—q=mg
則小圓環(huán)運(yùn)動的等效最高點(diǎn)和等效最低點(diǎn)分別為人點(diǎn)和B點(diǎn),在人點(diǎn)速度最小,在B點(diǎn)速度最大,則從M
點(diǎn)到Q點(diǎn)動能先增大后減小,A錯(cuò)誤;
D.根據(jù)沿電場線方向電勢降低,則在B點(diǎn)的電勢低于4點(diǎn)的電勢,即動能最大處的電勢低于動能最小處
的電勢,。正確。
故選D。
二、多選題
題目區(qū)(2024上?安徽阜陽?高三安徽省臨泉第一中學(xué)??计谀┤鐖D所示,空間分布著勻強(qiáng)電場,豎直方向
的實(shí)線為其等勢面,一質(zhì)量為小,帶電量為+q的小球從。點(diǎn)由靜止開始恰能沿直線P運(yùn)動,且到達(dá)P點(diǎn)時(shí)
的速度大小為。,重力加速度為g(規(guī)定。點(diǎn)的電勢為零),下列說法正確的是()
A.電場強(qiáng)度的大小£=等B.p點(diǎn)的電勢必=—喑
2:
C.P點(diǎn)的電勢能瓦=TD.小球機(jī)械能的變化量為號
【答案】BD
【詳解】4小球沿直線運(yùn)動OP,合力沿OP方向,如圖所示
則有
qEtan45°=mg
解得
mg
q
故A錯(cuò)誤;
BC.設(shè)OP=L,根據(jù)動能定理得
7ngz/sin45+qELcos45=-mV
解得電場力做功
mv2
W-QEZ/COS45°
4
根據(jù)
qUop
解得
mv2
UOP=
4q
根據(jù)
Uop—(PO~(PP
且<po—ov,解得
mv2
3產(chǎn)一工
則P點(diǎn)的電勢能為
Ep=q(p=~
P~T~
故B正確,。錯(cuò)誤;
D.小球機(jī)械能的變化量等于電場力做的功,為
mv2
/\E=W=
4
故。正確。
改選BD。
〔題目可(2024上?四川內(nèi)江?高三四川省內(nèi)江市第一中學(xué)??茧A段練習(xí))如圖所示,abc是豎直面內(nèi)的光滑固
定軌道,ab水平,長度為2R;be是半徑為R的四分之一圓弧,與ab相切于b點(diǎn),整個(gè)軌道處于水平向右的
勻強(qiáng)電場中,電場范圍足夠大,電場強(qiáng)度E=4追。質(zhì)量為2加帶電量為+q的小球,由a點(diǎn)從靜止開始向
q
右運(yùn)動到距水平面高度為R的位置時(shí),其動能的增量可能為(已知重力加速度大小為g,不考慮小球與地面
碰撞后的運(yùn)動)()
A.Q.5mgRB.mgRC.2mgRD.3mgR
【答案】BC
【詳解】小球受到的電場力為
F=qE=mg
當(dāng)小球第一次到達(dá)。點(diǎn)時(shí),根據(jù)動能定理得
Eq{2R+R)—2mgR—△耳尸—X2mvc
解得
mgR
則
Vc^yfgR
從。點(diǎn)開始,小球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動,水平方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動,設(shè)小球再次運(yùn)
動到距水平面高度為R的位置時(shí),所用時(shí)間為力,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得
t_2"。_gR
99
在力時(shí)間內(nèi)小球沿電場方向運(yùn)動的位移為
對小球,從a點(diǎn)到再次運(yùn)動到距水平面高度為五的位置,根據(jù)動能定理得
-2mgR+Eq(3R+力)=△及2
解得
△瓦2=^mgR
故選
題目⑥(2024上?廣西?高三校聯(lián)考專題練習(xí))如圖甲所示,真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、
Q,兩板間距為d,兩板間加上如圖乙所示最大值為伍且周期性變化的電壓,在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒
子源A,自t=0時(shí)刻開始連續(xù)釋放初速度大小為。。、方向平行于金屬板的相同帶電粒子,t=0時(shí)刻釋放的
粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場,已知電場變化周期T=也,粒子質(zhì)量為機(jī),不計(jì)粒子重力及相互間的
作用力,則(
T37
2T
A.在t=0時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場時(shí)速度大小仍為g
B.粒子的電荷量為第
C.在力=』T時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場時(shí)電勢能減少了
OO
D.在t=3丁時(shí)刻進(jìn)入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場
4
【答案】AD
【詳解】A.粒子進(jìn)入電場后,水平方向做勻速運(yùn)動,則±=0時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子在電場中運(yùn)動時(shí)間力=
也,此時(shí)間正好是交變電壓的一個(gè)周期,粒子在豎直方向先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動,經(jīng)過一個(gè)周期,粒子
的豎直速度為零,故粒子離開電場時(shí)的速度大小等于水平速度5,故4正確;
B.在豎直方向,力=0時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子在q時(shí)間內(nèi)的位移為
Td
故8錯(cuò)誤;
C.在£■時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子,離開電場時(shí)在豎直方向上的位移為
O
。=乂鏟d
2~2
故靜電力做功為
v11rr_12
W——^―x—d=~^U°q——mv0
電勢能減少了47n若,故。錯(cuò)誤;
D.力=彳■時(shí)刻進(jìn)入的粒子,在豎直方向先向下加速運(yùn)動工,然后向下減速運(yùn)動與,再向上加速工,然后
4444
再向上減速?,由對稱可以知道,此時(shí)豎直方向的位移為零,故粒子從P板右側(cè)邊緣離開電場,故。正確。
故選A。。
題目可(2024?全國?模擬預(yù)測)如圖甲所示,工。沙平面內(nèi)存在著平行于y軸方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度隨時(shí)
12
間的變化如圖乙所示。t=0時(shí)刻,一帶電粒子從V軸上的P點(diǎn)以大小為vQ的初速度沿c軸正方向進(jìn)入電
場。已知O、P兩點(diǎn)之間的距離為"粒子在。時(shí)刻從Q點(diǎn)以與①軸正方向成夕=45°的角度第一次穿過工
軸,2曲時(shí)刻粒子所在位置的沙坐標(biāo)也為乙,粒子在電場中運(yùn)動時(shí)僅受電場力作用。下列說法正確的是
A.Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(2L,0)B.圖乙中4=2瓦
C.2to時(shí)刻,粒子的速度大小為為。D.4to時(shí)刻,粒子的位置坐標(biāo)為(8L.5L)
【答案】4CD
【詳解】A.粒子沿3軸方向上做速度為%的勻速直線運(yùn)動,沿沙軸方向上在0?書,友?2to,2to~4M時(shí)間內(nèi)
分別做勻變速直線運(yùn)動,在0?力0,2名?4功時(shí)間內(nèi)加速度大小
qE0
s=—
m
在to?2力0時(shí)間內(nèi)加速度大小
_qE、
OL2------
m
粒子在to時(shí)刻從Q點(diǎn)以與a;軸正方向成。=45°的角度第一次穿過立軸,可得此時(shí)粒子沿沙軸方向的速度
大小
5=gtan。=vQ
方向向下,由
L=yto
XQ=voto
可得
xQ=2L
故Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(2乙,0),4項(xiàng)正確;
B.設(shè)2to時(shí)刻粒子沿y軸方向的速度大小為”2,方向向上,由2to時(shí)刻粒子所在位置的y坐標(biāo)也為L,可得
即
。2=2%
又
_5
01—五
仍+。2
。2=%.
可得
。2=3al
即
Ei=3及
石項(xiàng)錯(cuò)誤;
C.2。時(shí)刻,粒子的速度大小
仇2=V^o+^2=00
。項(xiàng)正確;
D.4力0時(shí)刻,粒子沿g軸方向的速度
。3=。2—。1?2力0=0
故粒子在2M?4力o時(shí)間內(nèi)沿"軸方向的位移大小
△y二-22環(huán)=4L
4加時(shí)刻,粒子的y坐標(biāo)為
L+by=5L
4加時(shí)亥4,粒子的/坐標(biāo)為
VQ*4力0=8L
。項(xiàng)正確。
故選ACO。
、題目回(2024?湖南邵陽?統(tǒng)考一模)如圖所示,有一勻強(qiáng)電場平行于平面忒加,一個(gè)質(zhì)量為小的帶電粒子僅
在電場力作用下從。點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn),粒子在O點(diǎn)時(shí)速度。。沿9軸正方向,經(jīng)A點(diǎn)時(shí)速度沿c軸正方向,且
粒子在A點(diǎn)的速度大小是它在。點(diǎn)時(shí)速度大小的2倍。關(guān)于該粒子在。4這一過程的運(yùn)動情況,下列說
法正確的是()
九
V
?A
A
A.帶電粒子帶負(fù)電B.帶電粒子在A點(diǎn)的電勢能比在。點(diǎn)的電勢能小
C.這段運(yùn)動過程中粒子的最小動能為卡小褚D.電場力方向與立軸正方向之間夾角的正切值為]
【答案】BD
【詳解】4由于電場線方向未知,則帶電粒子的電性未知,故A錯(cuò)誤;
B.帶電粒子從。點(diǎn)到A點(diǎn)動能增加,則電場力做正功,電勢能減小,故帶電粒子在4點(diǎn)的電勢能比在O
點(diǎn)的電勢能小,故B正確;
D.設(shè)加速度方向與g軸正方向之間的夾角為仇如圖所示
則在沿著0軸方向上
asin。=-y-?fl
沿著立軸方向上
acosd=/
并且粒子在4點(diǎn)的速度是它在。點(diǎn)時(shí)速度的2倍,即
v=2v0
聯(lián)立解得
tan。=-y
故D正確;
C.當(dāng)速度最小時(shí),速度方向與電場力方向垂直,設(shè)最小速度為"min,將初速期0沿著電場力方向和垂直電場
力方向進(jìn)行分解,可得
"min=VQCOSG=-V5VQ
5
則最小動能為
12_22
及min=ym-ymin=-mv0
故。錯(cuò)誤;
故選BD。
面目。(2024上?寧夏銀川?高三寧夏育才中學(xué)??计谀┱婵罩械哪逞b置如圖所示,豎直放置平行金屬板
A、B和水平放置的平行金屬板C、D上均加有電壓,河為熒光屏?,F(xiàn)有質(zhì)子(;H)、氣核儂)和a粒子?
He)均從A板上的。點(diǎn)由靜止開始被加速,經(jīng)過一段時(shí)間后,均打在熒光屏上。中子從O點(diǎn)水平射出,將
打在熒光屏上的。'點(diǎn),不計(jì)粒子所受重力,不考慮平行金屬板外的電場,下列說法正確的是()
A.質(zhì)子、笊核和a粒子均打在熒光屏上的同一位置
B.質(zhì)子、:M核和a粒子從B板運(yùn)動到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間相同
C.質(zhì)子、笊核和a粒子打在熒光屏上時(shí)的速度方向相同
D.平行金屬板C、。間的電場力對質(zhì)子、笊核和。粒子做的功之比為1:1:2
【答案】ACD
【詳解】設(shè)加速電場電壓為偏轉(zhuǎn)電場電壓為偏轉(zhuǎn)電場間距為d,偏轉(zhuǎn)極板長度為乙,則在加速電
場
解得
偏轉(zhuǎn)電場
因?yàn)?/p>
t=—
V
代入得
2_UI}
1qU2+2=1qU2L2
"2md2rrtd4叫
由題知,加速電場電壓,偏轉(zhuǎn)電場電壓,極板長度,極板間距不變,則可知,質(zhì)子、電核和a粒子均打在熒光屏
上的同■一位置。A正確;
B.在加速電場
qUi=-^-mv2
解得
V=
由于3個(gè)粒子比荷不一樣,故速度不一樣,由
V
知,質(zhì)子、1核和a粒子從B板運(yùn)動到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間不相同。_8錯(cuò)誤;
C.粒子的速度偏轉(zhuǎn)角
qUiL
mdv_U?L
tang=—
vv2U2d
由題知,加速電場電壓,偏轉(zhuǎn)電場電壓,極板長度,極板間距不變,質(zhì)子、1核和a粒子打在熒光屏上時(shí)的速
度方向相同。。正確;
D.設(shè)電場力對質(zhì)子、殺核和a粒子做的功為孫、花、取,則電場力做功為
W=qU
代入得
Wy—eU2
W,=eU2
W3=2eU2
則叱:叫:叫=1:1:2,故。正確;
頻目叵1(2024?四川綿陽?統(tǒng)考二模)如圖所示,在真空中兩水平平行板P、Q正對,電容為。,板長為£,板間
距為d,充電后與電源(未畫出)始終相連,一帶正電的粒子從左側(cè)中央以水平初速度為正對屏上的。點(diǎn)射
入,在板間做直線運(yùn)動;現(xiàn)保持P板不動,將Q板向上平移:d,穩(wěn)定后,將該粒子仍從左側(cè)同一位置以相同
初速度射入,粒子打在屏上河點(diǎn)(未標(biāo)出)。己知粒子質(zhì)量為小,電荷量為g,平行板右端到屏距離也為
重力加速度為9。則()
BQ板平移前平行板電容器所帶電荷量為空幽
A.P板電勢高于Q板.
q
C.點(diǎn)O、河間距離為嗎
D.點(diǎn)刊與。重合
2楮
【答案】BD
【詳解】帶正電的粒子在電容器中受到重力和電場力平衡,故電場力向上,上極板帶負(fù)電,則P板電勢
低于Q板,故A錯(cuò)誤;
B.Q板平移前由平衡可知
qE=mg
其中有
E=~
a
電容器的定義式
Q
CJ=u
聯(lián)立解得
Cmgd
W-
q
故B正確;
CD.Q板平移后,板間電場強(qiáng)度
E'=——
根據(jù)牛頓第二定律
qE'—mg=ma
解得
1
在兩板間做類平拋運(yùn)動,有
2
y=ya/:,L=vot
解得
9^
yT6j=*----
出板間時(shí)豎直方向的速度
gL
v=at=-一
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