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備考2025高考物理“二級結(jié)論”精析與培優(yōu)爭分練講義——10.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題含答案10.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題——備考2025高考物理“二級結(jié)論”精析與培優(yōu)爭分練一、帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的兩個分運動(1)沿初速度方向做勻速直線運動,t=eq\f(l,v0)(如圖).(2)沿靜電力方向做勻加速直線運動①加速度:a=eq\f(F,m)=eq\f(qE,m)=eq\f(qU,md)②離開電場時的偏移量:y=eq\f(1,2)at2=eq\f(qUl2,2mdv02)③離開電場時的偏轉(zhuǎn)角:tanθ=eq\f(vy,v0)=eq\f(qUl,mdv02)例題1.(2024·浙江溫州·二模)如圖所示,加速電場的兩極板P、Q豎直放置,間距為d,電壓為。偏轉(zhuǎn)電場的兩極板M、N水平放置,兩極板長度及間距均為L,電壓為。P、Q極板分別有小孔A、B,AB連線與偏轉(zhuǎn)電場中心線BC共線。質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子從小孔A無初速度進入加速電場,經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場,到達探測器(探測器可上下移動)。整個裝置處于真空環(huán)境,且不計離子重力。下列說法正確的是(
)A.離子在加速電場中運動時間為B.離子在M、N板間運動時間為C.離子到達探測器的最大動能為D.為保證離子不打在M、N極板上,與應(yīng)滿足的關(guān)系為練1.(2024·江蘇揚州·二模)如圖所示,質(zhì)子和粒子分別從點由靜止開始經(jīng)過M、N板間的電場加速后,從處垂直射入偏轉(zhuǎn)電場。質(zhì)子落在感光板上的點,則粒子()A.落在點,速度方向與質(zhì)子的相同B.落在點,速度方向與質(zhì)子的不同C.落在點左側(cè),速度方向與質(zhì)子的相同D.落在點右側(cè),速度方向與質(zhì)子的不同二、兩個重要結(jié)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,偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的.證明:在加速電場中有qU0=eq\f(1,2)mv02在偏轉(zhuǎn)電場偏移量y=eq\f(1,2)at2=eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2偏轉(zhuǎn)角θ,tanθ=eq\f(vy,v0)=eq\f(qU1l,mdv02)得:y=eq\f(U1l2,4U0d),tanθ=eq\f(U1l,2U0d)y、θ均與m、q無關(guān).(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出,速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點,即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為偏轉(zhuǎn)極板長度的一半.例題2.噴墨打印機的簡化模型如圖所示,墨計微滴(重力不計)從墨盒噴出,經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?,以速度v沿軸線垂直勻強電場飛入極板間,最終打在紙上,紙面關(guān)于軸線對稱,通過調(diào)節(jié)信號輸入使微滴可以帶不同的電荷量q,改變偏轉(zhuǎn)電壓U及兩極板的極性均可改變墨汁微滴打在紙上的位置,乃至能夠恰好使微滴可以打在紙上的最高點和最低點。如果極板長度為L,板間距離為d,極板右端到紙面的距離為,紙張最高點到最低點的距離為2d,則()A.在微滴帶負電時,要使微滴打在紙張的下部,應(yīng)使上極板為正極B.如果板間電壓一定,要使微滴打在紙張上時的偏移量加倍,則微滴的電荷量要加倍C.如果以中央軸線為準,上下增大板間距離,可以提高微滴偏移的靈敏度D.要使微滴打在紙張的最高點或最低點,則微滴帶電荷量與板間電壓的關(guān)系應(yīng)滿足練2.如圖所示為示波管中偏轉(zhuǎn)電極的示意圖,相距為d、長度為L的極板AC、BD加上電壓U后,可在兩極板之間(設(shè)為真空)產(chǎn)生勻強電場。在左端距兩板等距離處的O點,有一電荷量為-q、質(zhì)量為m的粒子以某一速度沿與板平行射入,不計重力,下列說法正確的是(
)A.入射粒子向下偏轉(zhuǎn)B.入射速度大于的粒子可以射出電場C.若粒子可以射出電場,則入射速度越大,動能變化越大D.若粒子可以射出電場,則射出電場時速度方向的反向延長線過O點例題3.如圖所示,在邊長為L的正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有電場強度大小為E的勻強電場,圖中豎直平行的直線為勻強電場的電場線(方向未知)。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負電粒子,從A點以某一初速度沿AB邊、垂直電場方向進入電場,經(jīng)過電場中的P點并從BC邊上的Q點離開電場,帶電粒子通過Q點的速度方向與水平方向的夾角為53°,已知∠PAD=60°,忽略空氣的阻力,不考慮帶電粒子受到的重力,取sin53°=0.8,cos53°=0.6.下列說法正確的是()A.帶電粒子從A點運動到Q點的過程中,電場力所做的功為B.帶電粒子從A點運動到Q點的過程中,電場力所做的功為C.帶電粒子從A點運動到P點的時間為D.帶電粒子從A點運動到P點的時間為練3.(2024·山西·二模)如圖所示,半徑為R的虛線圓在豎直面內(nèi),O是圓心,AC、BD分別為豎直和水平直徑,E是弧AD的中點,F(xiàn)是弧BC的中點,電場強度為的勻強電場豎直向下,甲、乙兩個帶電粒子(重力忽略不計)質(zhì)量均為m,帶電量的絕對值均為q,先讓甲從C點以初速度水平拋出,經(jīng)過一段時間運動到B點,再讓乙從E點以初速度水平拋出,經(jīng)過一段時間運動到F點,下列說法正確的是(
)A.甲、乙均帶負電B.B、C兩點間的電勢差與E、F兩點間的電勢差之比為C.甲在B點的速度以及乙在F的速度與水平方向的夾角均為D.三、功能關(guān)系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解:qUy=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mv02,其中Uy=eq\f(U,d)y,指初、末位置間的電勢差.例題4.(2023·遼寧大連·一模)如圖所示,在xoy平面內(nèi)有一勻強電場,方向未知,兩個相同的粒子a和b在坐標原點O以大小相等的速率v射入電場。粒子a的速度沿x軸正方向,粒子b的速度與x軸正方向成45°斜向右下方,兩粒子質(zhì)量均為m,重力不計。當粒子a的速度方向豎直向下時,速度大小為v,由此可知()A.電場方向與x軸負方向成45°斜向左下B.該過程粒子b的速度方向也改變了C.該過程粒子b的電勢能減少了D.該過程粒子b的速度先減小后增大練4.(2022·安徽合肥·模擬預測)固定的足夠長斜面頂端有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷的小球,以速度v0平拋。整個裝置處在豎直向下的勻強電場之中,場強大小E=,小球從拋出到落到斜面的時間為t1,重力做功為WG1,電勢能減少量為Ep1,落到斜面上時的動能為Ek1;若將電場方向改為豎直向上,其他條件不變,小球從拋出到落到斜面的時間為t2,重力做功為WG2,電勢能增加量為Ep2,落到斜面上時的動能為Ek2,則下列關(guān)系式不正確的是()A.t1:t2=1:3 B.Ek1:Ek2=1:1C.WG1:WG2=1:1 D.Ep1:Ep2=1:3四、帶電粒子在重力場和電場復合場中的偏轉(zhuǎn)重力場和電場復合場沿豎直方向,帶電粒子以垂直復合場方向進入復合場,做類平拋運動,沿等效重力場做初速度為零的勻加速速直線運動,沿初速度方向做勻速直線運動。例題5.(2024·江西贛州·模擬預測)如圖所示,在立方體的塑料盒內(nèi),其中AE邊豎直,質(zhì)量為m的帶正電小球(可看作質(zhì)點),第一次小球從A點以水平初速度沿AC方向拋出,小球在重力作用下運動恰好落在G點。M點為BC的中點,小球與塑料盒內(nèi)壁的碰撞和小球與塑料盒邊長的碰撞為彈性碰撞(碰撞后平行平面或邊長的速度分量保持不變,垂直平面或垂直邊長的速度分量大小不變,方向相反),落在底面不反彈。則下列說法正確的是()A.第二次將小球從A點沿AB方向,以的水平初速度拋出,與邊BF碰撞后,小球最終落在F點B.第二次將小球從A點沿AM方向,以水平初速度拋出,小球?qū)⒑虲G邊發(fā)生碰撞C.若又在空間增加沿AD方向的勻強電場,第三次將小球從A點沿AB方向水平拋出,要使小球落在G點,初速度為D.若又在空間增加沿AB方向的勻強電場,第三次將小球從A點沿AD方向水平拋出,要使小球落在G點,電場力大小為2mg練5.(2023·全國·模擬預測)如圖所示,AB和BC是固定在勻強電場中的兩個擋板,兩擋板與豎直方向夾角相同且AC兩個端點之間的距離為,B到AC的距離為,從任一擋板的頂點拋出帶電荷量為的小球。電場方向豎直向下,大小為,重力加速度為,下列說法正確的是()
A.將小球平拋出去,可以豎直達到點B.將小球以平拋出去,可以垂直打到對面擋板C.將小球從點斜拋出去,能到達對面擋板上點的最小拋出速度為D.撤去電場前后,均將小球以能打到對面擋板頂點的最小速度斜拋出去,小球運動的最高點與所在水平面的最大距離變小五、帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)1.帶電粒子在交變電場中的運動,通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)的情形.當粒子垂直于交變電場方向射入時,沿初速度方向的分運動為勻速直線運動,沿電場方向的分運動具有周期性.2.研究帶電粒子在交變電場中的運動,關(guān)鍵是根據(jù)電場變化的特點,利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況.根據(jù)電場的變化情況,分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等.3.注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律):抓住粒子運動時間上的周期性和空間上的對稱性,求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的臨界條件.4.對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場,若粒子穿過板間的時間極短,帶電粒子穿過電場時可認為是在勻強電場中運動.例題6.(2024·遼寧·一模)如圖(a)所示,兩平行正對的金屬板間距為d,兩板間所加電壓如圖(b)所示。在兩板左側(cè)中間位置O點有一個粒子源,能沿兩板中軸線向外持續(xù)射出質(zhì)量為m、電荷量為初速度為的粒子。已知極板長度為4d,不計粒子重力及粒子間的相互作用,時刻兩板間電場方向豎直向下,此時射入板間的粒子恰好能從極板右側(cè)射出,則()A.時刻射入極板間的粒子離開電場時沿電場方向的位移為dB.時刻射入極板間的粒子離開電場時速度方向仍沿方向C.時刻射入極板間的粒子將打在極板上D.粒子從右側(cè)射出時的最大動能為練6.(2023·云南·模擬預測)如圖甲,一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v平行于極板進入(記為時刻),同時在兩板上加一按圖乙變化的電壓。已知粒子比荷為k,帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發(fā)生碰撞,經(jīng)過一段時間,粒子以平行極板方向的速度射出。則下列說法中正確的是()A.粒子射出時間可能為 B.粒子射出的速度大小為C.極板長度滿足 D.極板間最小距離為(建議用時:60分鐘)一、單選題1.如圖所示,一充電后與電源斷開的平行板的兩極板水平放置,板長為,板間距離為,距板右端處有一豎直屏。一帶電荷量為、質(zhì)量為的質(zhì)點以初速度沿中線射入兩板間,最后垂直打在上,重力加速度大小為,下列說法正確的是()A.兩極板間電壓為B.質(zhì)點通過電場過程中電勢能減少C.若僅增大初速度,則該質(zhì)點不可能垂直打在上D.若僅增大兩極板間距,則該質(zhì)點不可能垂直打在上2.有一帶電的平行板電容器,內(nèi)部存在勻強電場,有兩個帶正電的粒子,它們所帶電荷量相等,某時刻兩粒子以垂直電場線的初速度進入電場,經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從電容器另一端離開電場。不計粒子重力以及粒子間作用力。關(guān)于兩種帶正電的粒子在電場中的運動情況,下面說法正確的是(
)A.兩粒子一定同時離開電場B.只要兩粒子質(zhì)量相同,它們一定從同一位置離開電場C.只要兩粒子初速度相同,它們一定從同一位置離開電場D.只要兩粒子初動能相同,它們一定從同一位置離開電場3.如圖所示,豎直平面內(nèi)有豎直方向的勻強電場(圖中未畫出)和豎直放置的光屏。光屏左側(cè)水平距離為L處的S點放置點光源和不帶電的小球A(可視為質(zhì)點)。質(zhì)量為m的帶電小球B貼著光屏向下運動,當B與點光源在同一高度時,水平拋出小球A,發(fā)現(xiàn)A的影子總與B重合。已知重力加速度g,不計阻力,以下說法正確的是()A.小球B受到的電場力方向豎直向上,且電場力大小為B.小球B做勻減速直線運動,加速度為C.拋出小球A時,B球與A球的速度關(guān)系為D.小球A、B相遇時,B球與A球的速度關(guān)系為4.如圖甲所示,兩水平金屬板間距為d,板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。時刻,質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度沿中線射入兩板間,時間內(nèi)微粒勻速運動,T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在時間內(nèi)運動的描述,正確的是(
)
A.末速度大小為 B.重力的沖量為零C.克服電場力做功 D.重力勢能增加了5.在真空中有水平放置的兩個平行、正對金屬平板,板長為l,兩板間距離為d,在兩極板間加一交變電壓如圖乙,質(zhì)量為m,電荷量為e的電子以速度v0(v0接近光速的)從兩極板左端中點沿水平方向連續(xù)不斷地射入兩平行板之間。若電子經(jīng)過兩極板間的時間相比交變電流的周期可忽略不計,不考慮電子間的相互作用和相對論效應(yīng),則在任意0.2s內(nèi)()A.當時,所有電子都能從極板的右端射出B.當時,將沒有電子能從極板的右端射出C.當時,有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1:2D.當時,有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為6.在真空中有水平放置的兩個平行、正對金屬平板,板長為l,兩板間距離為d,在兩極板間加一電壓如圖乙,質(zhì)量為m,電荷量為e的電子以速度v0從兩極板左端中點沿水平方向連續(xù)不斷地射入兩平行板之間。若電子經(jīng)過兩極板間的時間相比電壓變化的周期可忽略不計,不考慮電子間的相互作用和相對論效應(yīng),則()A.當時,所有電子都能從極板的右端射出B.當時,將沒有電子能從極板的右端射出C.當時,有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1:2D.當時,有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1:二、多選題7.水平臺邊緣O處一質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球,以與水平面成30°角的速度斜向上拋出,在豎直面上運動,整個空間有一勻強電場(圖中未畫出),小球所受電場力與重力等大。小球先后以速度大小v1、v2兩次拋出,分別落在傾角為60°的斜面上的a、b兩點,兩次運動時間分別為t1、t2且小球機械能的增量相同,其中落到a點時小球速度與斜面垂直。已知O、b兩點等高且水平距離為L,重力加速度為g,空氣阻力不計,則()A.a(chǎn)、b兩點電勢為B.小球落到a時的速度大小為2v1C.兩次運動的時間關(guān)系為D.落到斜面上a、b兩點時增加的機械能為8.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U0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時刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0、方向平行于金屬板的相同帶電粒子,t=0時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=,粒子質(zhì)量為m,不計粒子重力及相互間的作用力,則()A.在t=0時刻進入的粒子離開電場時速度大小仍為v0B.粒子的電荷量為C.在t=T時刻進入的粒子離開電場時電勢能減少了mv02D.在t=T時刻進入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場三、解答題9.如圖甲所示,極板A、B間是加速電場,從A板O處的放射源連續(xù)無初速度地釋放質(zhì)量為m、電荷量為e的電子,經(jīng)電場加速后射向偏轉(zhuǎn)極板C、D的中心線。C、D兩板長度為L、間距為d,兩板之間加有如圖乙所示的交變電壓,時間段內(nèi)極板C的電勢高于極板D的電勢。電子被加速后離開加速電場的速度,電子不會打到偏轉(zhuǎn)極板上。(1)極板A、B間的加速電壓;(2)對于時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子,離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移距離;(3)對于時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子,離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移距離。10.如圖所示,兩平行金屬板A、B長,兩板間距離,A板比B板電勢高400V,一帶正電的粒子電荷量,質(zhì)量,沿兩板中心線RO以初速度飛入平行金屬板,粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后,進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域,(設(shè)界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響),已知兩界面MN、PS相距為,D是中心線RO與界面PS的交點,粒子穿過界面PS后的運動過程中速率保持不變,最后打在放置于中心線上的熒光屏bc上E點。(E點未畫出,靜電力常數(shù),粒子重力忽略不計)(1)求粒子到達PS界面時離D點多遠?(2)確定點電荷Q的電性并求其電荷量的大小。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)(3)求出粒子從進入平行板電場到E點運動的總時間。
10.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題——備考2025高考物理“二級結(jié)論”精析與培優(yōu)爭分練一、帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的兩個分運動(1)沿初速度方向做勻速直線運動,t=eq\f(l,v0)(如圖).(2)沿靜電力方向做勻加速直線運動①加速度:a=eq\f(F,m)=eq\f(qE,m)=eq\f(qU,md)②離開電場時的偏移量:y=eq\f(1,2)at2=eq\f(qUl2,2mdv02)③離開電場時的偏轉(zhuǎn)角:tanθ=eq\f(vy,v0)=eq\f(qUl,mdv02)例題1.(2024·浙江溫州·二模)如圖所示,加速電場的兩極板P、Q豎直放置,間距為d,電壓為。偏轉(zhuǎn)電場的兩極板M、N水平放置,兩極板長度及間距均為L,電壓為。P、Q極板分別有小孔A、B,AB連線與偏轉(zhuǎn)電場中心線BC共線。質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子從小孔A無初速度進入加速電場,經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場,到達探測器(探測器可上下移動)。整個裝置處于真空環(huán)境,且不計離子重力。下列說法正確的是(
)A.離子在加速電場中運動時間為B.離子在M、N板間運動時間為C.離子到達探測器的最大動能為D.為保證離子不打在M、N極板上,與應(yīng)滿足的關(guān)系為【答案】B【解析】A.粒子在加速電場做勻加速直線運動,加速度為由公式得離子在加速電場中運動時間為故A錯誤;B.設(shè)粒子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為,由動能定理離子在M、N板間運動時間為得故B正確;C.當粒子打到M或N板時動能最大,由動能定理有故C錯誤;D.為保證離子不打在M、N極板上,即粒子在豎直方向的偏轉(zhuǎn)位移應(yīng)小于,有得故D錯誤。故選B。練1.(2024·江蘇揚州·二模)如圖所示,質(zhì)子和粒子分別從點由靜止開始經(jīng)過M、N板間的電場加速后,從處垂直射入偏轉(zhuǎn)電場。質(zhì)子落在感光板上的點,則粒子()A.落在點,速度方向與質(zhì)子的相同B.落在點,速度方向與質(zhì)子的不同C.落在點左側(cè),速度方向與質(zhì)子的相同D.落在點右側(cè),速度方向與質(zhì)子的不同【答案】A【解析】設(shè)粒子的質(zhì)量為,電荷量為,M、N板電壓為,偏轉(zhuǎn)電場的場強為;粒子經(jīng)過加速電場過程,根據(jù)動能定理可得可得粒子進入偏轉(zhuǎn)做類平拋運動,則有,聯(lián)立可得可知粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的軌跡與粒子的質(zhì)量和電荷量均無關(guān),則粒子和質(zhì)子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動軌跡相同,即粒子落在點,速度方向與質(zhì)子的相同。故選A。二、兩個重要結(jié)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,偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的.證明:在加速電場中有qU0=eq\f(1,2)mv02在偏轉(zhuǎn)電場偏移量y=eq\f(1,2)at2=eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2偏轉(zhuǎn)角θ,tanθ=eq\f(vy,v0)=eq\f(qU1l,mdv02)得:y=eq\f(U1l2,4U0d),tanθ=eq\f(U1l,2U0d)y、θ均與m、q無關(guān).(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出,速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點,即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為偏轉(zhuǎn)極板長度的一半.例題2.噴墨打印機的簡化模型如圖所示,墨計微滴(重力不計)從墨盒噴出,經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?,以速度v沿軸線垂直勻強電場飛入極板間,最終打在紙上,紙面關(guān)于軸線對稱,通過調(diào)節(jié)信號輸入使微滴可以帶不同的電荷量q,改變偏轉(zhuǎn)電壓U及兩極板的極性均可改變墨汁微滴打在紙上的位置,乃至能夠恰好使微滴可以打在紙上的最高點和最低點。如果極板長度為L,板間距離為d,極板右端到紙面的距離為,紙張最高點到最低點的距離為2d,則()A.在微滴帶負電時,要使微滴打在紙張的下部,應(yīng)使上極板為正極B.如果板間電壓一定,要使微滴打在紙張上時的偏移量加倍,則微滴的電荷量要加倍C.如果以中央軸線為準,上下增大板間距離,可以提高微滴偏移的靈敏度D.要使微滴打在紙張的最高點或最低點,則微滴帶電荷量與板間電壓的關(guān)系應(yīng)滿足【答案】B【解析】A.如果上極板是正極,則板間電場方向向下,由于微滴帶負電,則微滴所受電場力向上,故會往上偏打到紙張的上部,A錯誤;B.微滴在電場中做類平拋運動,由L=vt,解得由射出電場時速度方向的反向延長線過水平位移的中點,可得為微滴在紙張上的偏移量,即在U一定時,有,故如果板間電壓一定,要使微滴打在紙張上的偏移量加倍,則微滴的電荷量要加倍,B正確;C.由知在保持其他條件不變的情況下,,則板間距離增大,微滴的偏移量減小,說明微滴偏移的靈敏度降低,C錯誤;D.當微滴在紙張上的偏移量為d時,即有解得D錯誤。故選B。練2.如圖所示為示波管中偏轉(zhuǎn)電極的示意圖,相距為d、長度為L的極板AC、BD加上電壓U后,可在兩極板之間(設(shè)為真空)產(chǎn)生勻強電場。在左端距兩板等距離處的O點,有一電荷量為-q、質(zhì)量為m的粒子以某一速度沿與板平行射入,不計重力,下列說法正確的是(
)A.入射粒子向下偏轉(zhuǎn)B.入射速度大于的粒子可以射出電場C.若粒子可以射出電場,則入射速度越大,動能變化越大D.若粒子可以射出電場,則射出電場時速度方向的反向延長線過O點【答案】B【解析】A.因為上極板帶正電,下極板帶負電,所以兩極板間的電場方向豎直向下,而粒子帶負電,所以受到豎直向上的電場力,故應(yīng)向上發(fā)生偏轉(zhuǎn),故A錯誤;B.若粒子剛好離開電場,則粒子在豎直方向上發(fā)生的位移為,在水平方向上發(fā)生的位移為L,因為粒子在水平方向上做勻速直線運動,所以有在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動,根據(jù)牛頓第二定律可得所以有聯(lián)立可得當入射速度大于此速度時,發(fā)生相同水平位移時所用的時間更小,則豎直位移也更小,則粒子一定能射出電場;故B正確;C.過程中只有電場力做功,當入射速度越大,故根據(jù)可得偏轉(zhuǎn)量越小,故電場力做功越小,根據(jù)動能定理可得故動能變化量越小,故C錯誤;D.若粒子可以射出電場,速度偏轉(zhuǎn)角正切值是位移偏轉(zhuǎn)角正切值的2倍,則射出電場時速度方向的反向延長線過水平位移的中點,故不會過O點,故D錯誤。故選B。例題3.如圖所示,在邊長為L的正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有電場強度大小為E的勻強電場,圖中豎直平行的直線為勻強電場的電場線(方向未知)。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負電粒子,從A點以某一初速度沿AB邊、垂直電場方向進入電場,經(jīng)過電場中的P點并從BC邊上的Q點離開電場,帶電粒子通過Q點的速度方向與水平方向的夾角為53°,已知∠PAD=60°,忽略空氣的阻力,不考慮帶電粒子受到的重力,取sin53°=0.8,cos53°=0.6.下列說法正確的是()A.帶電粒子從A點運動到Q點的過程中,電場力所做的功為B.帶電粒子從A點運動到Q點的過程中,電場力所做的功為C.帶電粒子從A點運動到P點的時間為D.帶電粒子從A點運動到P點的時間為【答案】A【解析】AB.根據(jù)類平拋運動規(guī)律的推論可知,粒子在Q點速度方向的反向延長線一定過AB中點,根據(jù)幾何關(guān)系可知解得粒子運動到Q點時的豎直位移為帶電粒子從A點運動到Q點的過程中,電場力所做的功為故A正確,B錯誤;CD.設(shè)帶電粒子的初速度大小為v0,經(jīng)時間t2運動到Q點,則有聯(lián)立上述兩式解得設(shè)帶電粒子從A點運動到P點的時間為t1,則有解得故CD錯誤。故選A。練3.(2024·山西·二模)如圖所示,半徑為R的虛線圓在豎直面內(nèi),O是圓心,AC、BD分別為豎直和水平直徑,E是弧AD的中點,F(xiàn)是弧BC的中點,電場強度為的勻強電場豎直向下,甲、乙兩個帶電粒子(重力忽略不計)質(zhì)量均為m,帶電量的絕對值均為q,先讓甲從C點以初速度水平拋出,經(jīng)過一段時間運動到B點,再讓乙從E點以初速度水平拋出,經(jīng)過一段時間運動到F點,下列說法正確的是(
)A.甲、乙均帶負電B.B、C兩點間的電勢差與E、F兩點間的電勢差之比為C.甲在B點的速度以及乙在F的速度與水平方向的夾角均為D.【答案】B【解析】A.由甲乙運動的軌跡可知,甲受力方向與電場反向,是負電荷,乙受力方向與電場同向,是正電荷,故A錯誤;B.B、C兩點間的電勢差E、F兩點間的電勢差所以B、C兩點間的電勢差與E、F兩點間的電勢差之比為故B正確;C.甲運動到在B點的過程以及乙運動到F點的過程中,位移與水平方向的夾角為45°,根據(jù)平拋運動的速度與水平方向夾角的正切是位移與水平方向夾角正切的2倍可知,速度與水平方向夾角不等于45°,故C錯誤;D.因為兩個帶電粒子質(zhì)量均為m,帶電量的絕對值均為q,根據(jù)牛頓第二定律可知兩小球的加速度相等,對于甲有可得對于乙有可得則故D錯誤。故選B。三、功能關(guān)系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解:qUy=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mv02,其中Uy=eq\f(U,d)y,指初、末位置間的電勢差.例題4.(2023·遼寧大連·一模)如圖所示,在xoy平面內(nèi)有一勻強電場,方向未知,兩個相同的粒子a和b在坐標原點O以大小相等的速率v射入電場。粒子a的速度沿x軸正方向,粒子b的速度與x軸正方向成45°斜向右下方,兩粒子質(zhì)量均為m,重力不計。當粒子a的速度方向豎直向下時,速度大小為v,由此可知()A.電場方向與x軸負方向成45°斜向左下B.該過程粒子b的速度方向也改變了C.該過程粒子b的電勢能減少了D.該過程粒子b的速度先減小后增大【答案】C【解析】A.由題意可知粒子a在x正方向做勻減速運動y方向做勻加速運動可知Fx=Fy即電場力方向與x軸負方向成45°斜向左下,大小為因粒子電性不確定,可知場強方向不能確定,選項A錯誤;BD.該過程粒子b的初速度方向與電場方向垂直,粒子做類平拋運動,速度一直增加,速度方向改變量小于,選項BD錯誤;C.該過程粒子b沿場強方向的位移電場力做功則電荷的電勢能減少了,選項C正確。故選C。練4.(2022·安徽合肥·模擬預測)固定的足夠長斜面頂端有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷的小球,以速度v0平拋。整個裝置處在豎直向下的勻強電場之中,場強大小E=,小球從拋出到落到斜面的時間為t1,重力做功為WG1,電勢能減少量為Ep1,落到斜面上時的動能為Ek1;若將電場方向改為豎直向上,其他條件不變,小球從拋出到落到斜面的時間為t2,重力做功為WG2,電勢能增加量為Ep2,落到斜面上時的動能為Ek2,則下列關(guān)系式不正確的是()A.t1:t2=1:3 B.Ek1:Ek2=1:1C.WG1:WG2=1:1 D.Ep1:Ep2=1:3【答案】C【解析】A.勻強電場方向豎直向下時,對小球受力分析,由牛頓第二定律可得:同理,勻強電場方向豎直向上時,有又聯(lián)立,可得設(shè)斜面傾角為,根據(jù)平拋運動規(guī)律,可得兩次類平拋運動過程有解得t1:t2=1:3故A正確,與題意不符;C.兩次類平拋運動過程,豎直分位移分別為根據(jù)重力做功的公式,有聯(lián)立,可得WG1:WG2=1:3故C錯誤,與題意相符;D.根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系,以及電場力做功表達式可得,即Ep1:Ep2=1:3故D正確,與題意不符;B.根據(jù)動能定理,有可得聯(lián)立,可得Ek1:Ek2=1:1故B正確,與題意不符。本題選不正確的故選C。四、帶電粒子在重力場和電場復合場中的偏轉(zhuǎn)重力場和電場復合場沿豎直方向,帶電粒子以垂直復合場方向進入復合場,做類平拋運動,沿等效重力場做初速度為零的勻加速速直線運動,沿初速度方向做勻速直線運動。例題5.(2024·江西贛州·模擬預測)如圖所示,在立方體的塑料盒內(nèi),其中AE邊豎直,質(zhì)量為m的帶正電小球(可看作質(zhì)點),第一次小球從A點以水平初速度沿AC方向拋出,小球在重力作用下運動恰好落在G點。M點為BC的中點,小球與塑料盒內(nèi)壁的碰撞和小球與塑料盒邊長的碰撞為彈性碰撞(碰撞后平行平面或邊長的速度分量保持不變,垂直平面或垂直邊長的速度分量大小不變,方向相反),落在底面不反彈。則下列說法正確的是()A.第二次將小球從A點沿AB方向,以的水平初速度拋出,與邊BF碰撞后,小球最終落在F點B.第二次將小球從A點沿AM方向,以水平初速度拋出,小球?qū)⒑虲G邊發(fā)生碰撞C.若又在空間增加沿AD方向的勻強電場,第三次將小球從A點沿AB方向水平拋出,要使小球落在G點,初速度為D.若又在空間增加沿AB方向的勻強電場,第三次將小球從A點沿AD方向水平拋出,要使小球落在G點,電場力大小為2mg【答案】C【解析】A.設(shè)立方體邊長為l,從A點沿AC方向平拋落在G點,豎直方向自由落體運動時間為水平方向勻速直線運動可知初速度為從A點沿AB方向,以水平初速度拋出,經(jīng)歷時間可得將與邊BF碰撞,碰撞前后豎直向下的速度不變,垂直邊BF的速度反向,再經(jīng)歷時間落到地面恰好打在E點,故A錯誤;B.從A點沿AM方向,以水平初速度拋出,經(jīng)歷時間可得將與面BCGF碰撞,碰撞前后豎直向下的速度不變,平行與面BCGF的速度也不變,垂直面BCGF的速度反向,再經(jīng)歷時間落到地面恰好與DH邊發(fā)生碰撞,之后落在底面EFGH中,故B錯誤;C.加了沿AD方向的勻強電場,從A點沿AB方向水平拋出,不改變AB方向的勻速運動,也不改變豎直方向的自由落體運動,而平行AD方向上做勻加速直線運動,若要打到G點,則設(shè)拋出的初速度為,可得又得故C正確;D.B方向上根據(jù)分運動具有等時性,豎直方向自由落體運動得時間等于AB方向上勻加速運動的時間,即解得所以電場力為故D錯誤。故選C。練5.(2023·全國·模擬預測)如圖所示,AB和BC是固定在勻強電場中的兩個擋板,兩擋板與豎直方向夾角相同且AC兩個端點之間的距離為,B到AC的距離為,從任一擋板的頂點拋出帶電荷量為的小球。電場方向豎直向下,大小為,重力加速度為,下列說法正確的是()
A.將小球平拋出去,可以豎直達到點B.將小球以平拋出去,可以垂直打到對面擋板C.將小球從點斜拋出去,能到達對面擋板上點的最小拋出速度為D.撤去電場前后,均將小球以能打到對面擋板頂點的最小速度斜拋出去,小球運動的最高點與所在水平面的最大距離變小【答案】B【解析】根據(jù)題意,將重力和電場力合成為等效重力,則有則A.拋運動的物體有水平速度,且水平方向做勻速運動,則不能豎直落在B點,故A錯誤;B.若水平拋出,并垂直撞擊在擋板BC上,則由幾何關(guān)系可知,速度偏轉(zhuǎn)角滿足又由幾何關(guān)系知聯(lián)立解得故B正確;CD.設(shè)物體斜拋的速度與水平方向的夾角為,則有聯(lián)立解得可知,當時,能到達對面擋板上點的拋出速度最小,為撤去電場前有同理,撤去電場后的最小速度為則有即撤去電場前后,小球運動的最高點與AC所在水平面的最大距離不變,故CD錯誤。故選B。五、帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)1.帶電粒子在交變電場中的運動,通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)的情形.當粒子垂直于交變電場方向射入時,沿初速度方向的分運動為勻速直線運動,沿電場方向的分運動具有周期性.2.研究帶電粒子在交變電場中的運動,關(guān)鍵是根據(jù)電場變化的特點,利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況.根據(jù)電場的變化情況,分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等.3.注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律):抓住粒子運動時間上的周期性和空間上的對稱性,求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的臨界條件.4.對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場,若粒子穿過板間的時間極短,帶電粒子穿過電場時可認為是在勻強電場中運動.例題6.(2024·遼寧·一模)如圖(a)所示,兩平行正對的金屬板間距為d,兩板間所加電壓如圖(b)所示。在兩板左側(cè)中間位置O點有一個粒子源,能沿兩板中軸線向外持續(xù)射出質(zhì)量為m、電荷量為初速度為的粒子。已知極板長度為4d,不計粒子重力及粒子間的相互作用,時刻兩板間電場方向豎直向下,此時射入板間的粒子恰好能從極板右側(cè)射出,則()A.時刻射入極板間的粒子離開電場時沿電場方向的位移為dB.時刻射入極板間的粒子離開電場時速度方向仍沿方向C.時刻射入極板間的粒子將打在極板上D.粒子從右側(cè)射出時的最大動能為【答案】B【解析】A.粒子在電場中運動的時間為時刻射入極板間的粒子豎直方向先向下加速,后向下減速,因粒子恰能從極板右側(cè)射出,則離開電場時沿電場方向的位移為d,故A錯誤;B.由對稱性可知,時刻射入極板間的粒子離開電場時沿電場方向的速度減為零,則速度方向仍沿方向,故B正確;C.時刻射入極板間的粒子豎直方向先向上加速時間為,然后向上減速時間,則最終粒子恰能從上極板邊緣飛出,故C錯誤;D.由運動的對稱性可知,無論何時進入電場的粒子,豎直方向都要經(jīng)過先加速后減速到零,然后反向加速后反向減速到零,即粒子出離電場時沿電場方向的速度均為零,可知粒子從右側(cè)射出時的動能均為故D錯誤。故選B。練6.(2023·云南·模擬預測)如圖甲,一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v平行于極板進入(記為時刻),同時在兩板上加一按圖乙變化的電壓。已知粒子比荷為k,帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發(fā)生碰撞,經(jīng)過一段時間,粒子以平行極板方向的速度射出。則下列說法中正確的是()A.粒子射出時間可能為 B.粒子射出的速度大小為C.極板長度滿足 D.極板間最小距離為【答案】D【解析】AB.粒子進入電容器后,在平行于極板方向做勻速直線運動,垂直極板方向的運動圖像如圖所示因為粒子平行極板射出,可知粒子垂直板的分速度為0,所以射出時刻可能為、、……,滿足(,2,3……)粒子射出的速度大小必定為v,故AB錯誤;C.極板長度(,2,3……)故C錯誤;D.因為粒子不跟極板碰撞,則應(yīng)滿足聯(lián)立求得故D正確。故選D。(建議用時:60分鐘)一、單選題1.如圖所示,一充電后與電源斷開的平行板的兩極板水平放置,板長為,板間距離為,距板右端處有一豎直屏。一帶電荷量為、質(zhì)量為的質(zhì)點以初速度沿中線射入兩板間,最后垂直打在上,重力加速度大小為,下列說法正確的是()A.兩極板間電壓為B.質(zhì)點通過電場過程中電勢能減少C.若僅增大初速度,則該質(zhì)點不可能垂直打在上D.若僅增大兩極板間距,則該質(zhì)點不可能垂直打在上【答案】B【解析】A.由題意可知,質(zhì)點飛出平行板后只受重力作用且垂直打在上,可知質(zhì)點在平行板間豎直方向受力不平衡,質(zhì)點在平行板間向上偏轉(zhuǎn)做類平拋運動,如圖所示。則有質(zhì)點在平行板間豎直方向的加速度與飛出平行板后豎直方向的加速度大小相等,方向相反,在平行板間由牛頓第二定律可得飛出平行板后則有聯(lián)立解得兩極板間的電場強度為由勻強電場的電場強度與電勢差的關(guān)系式可得A錯誤;B.質(zhì)點在電場中向上偏移的距離為其中在水平方向聯(lián)立解得此時質(zhì)點在豎直方向的分速度為則有質(zhì)點在電場中運動增加的機械能為由能量守恒定律可知,質(zhì)點通過電場過程中電勢能減少等于質(zhì)點機械能的增加,B正確;C.若僅增大初速度,質(zhì)點在兩個偏轉(zhuǎn)過程中具有對稱性,即兩個過程的受力情況分別不變,豎直方向加速度大小相等,方向相反,運動的時間相等,則該質(zhì)點仍能垂直打在上,C錯誤;D.若僅增大兩極板間距,因兩板上所帶電荷量不變,則有可得可知兩板間的電場強度不變,質(zhì)點在電場中受力不變,則運動情況不變,則該質(zhì)點仍能垂直打在上,D錯誤。故選B。2.有一帶電的平行板電容器,內(nèi)部存在勻強電場,有兩個帶正電的粒子,它們所帶電荷量相等,某時刻兩粒子以垂直電場線的初速度進入電場,經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從電容器另一端離開電場。不計粒子重力以及粒子間作用力。關(guān)于兩種帶正電的粒子在電場中的運動情況,下面說法正確的是(
)A.兩粒子一定同時離開電場B.只要兩粒子質(zhì)量相同,它們一定從同一位置離開電場C.只要兩粒子初速度相同,它們一定從同一位置離開電場D.只要兩粒子初動能相同,它們一定從同一位置離開電場【答案】D【解析】A.兩粒子在電場中做平拋運動,設(shè)平行板長度為L,則運動時間為因此兩粒子初始度相等時才能同時離開電場,故A錯誤;BC.帶電粒子在離開電場時的偏轉(zhuǎn)量為兩粒子帶電量相等,則在電場中受到的電場力相等,當初速度相等時,兩粒子在電場中運動時間相同,若質(zhì)量不相等,則加速度大小不相等,離開電場時的偏轉(zhuǎn)量不相等,不會從同一位置離開電場;當質(zhì)量相同時,加速度大小相等,若初速度不同,則在電場中運動時間不同,離開電場時的偏轉(zhuǎn)量不相等,不會從同一位置離開電場,故BC錯誤;D.根據(jù)可得電場中運動時間為離開電場時的偏轉(zhuǎn)量為由于兩粒子帶電量相同,故兩粒子初動能相同時,它們在電場的偏轉(zhuǎn)了相同,一定從同一位置離開電場,故D正確。故選D。3.如圖所示,豎直平面內(nèi)有豎直方向的勻強電場(圖中未畫出)和豎直放置的光屏。光屏左側(cè)水平距離為L處的S點放置點光源和不帶電的小球A(可視為質(zhì)點)。質(zhì)量為m的帶電小球B貼著光屏向下運動,當B與點光源在同一高度時,水平拋出小球A,發(fā)現(xiàn)A的影子總與B重合。已知重力加速度g,不計阻力,以下說法正確的是()A.小球B受到的電場力方向豎直向上,且電場力大小為B.小球B做勻減速直線運動,加速度為C.拋出小球A時,B球與A球的速度關(guān)系為D.小球A、B相遇時,B球與A球的速度關(guān)系為【答案】C【解析】ABC.A球做平拋運動,則有小球落地前P點、A球、B球三者始終保持在一條直線上,根據(jù)相似三角形可得可得可知B球做勻速直線運動,則電場力與重力平衡,可知小球聯(lián)立解得C正確,AB錯誤;D.豎直方向小球A做自由落體運動,B勻速運動,故相遇時,B球與A球的豎直方向速度關(guān)系為A球水平方向有分速度,故D錯誤。故選C。4.如圖甲所示,兩水平金屬板間距為d,板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。時刻,質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度沿中線射入兩板間,時間內(nèi)微粒勻速運動,T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在時間內(nèi)運動的描述,正確的是(
)
A.末速度大小為 B.重力的沖量為零C.克服電場力做功 D.重力勢能增加了【答案】C【解析】A.時間內(nèi)微粒勻速運動,則有在內(nèi),微粒做平拋運動;在內(nèi),微粒受到的合力方向向上,大小為在豎直方向上根據(jù)對稱性可知,時刻豎直方向上的分速度為零,則微粒末速度大小為,故A錯誤;B.根據(jù)可知重力的沖量不為零,故B錯誤;D.微粒沿金屬板邊緣飛出,豎直方向上向下運動的位移為,則重力勢能減少了,故D錯誤。C.在時間內(nèi),合力為在豎直方向上根據(jù)對稱性可知,此過程微粒豎直方向上向下運動的位移為,所以克服電場力做功為故C正確。故選C。5.在真空中有水平放置的兩個平行、正對金屬平板,板長為l,兩板間距離為d,在兩極板間加一交變電壓如圖乙,質(zhì)量為m,電荷量為e的電子以速度v0(v0接近光速的)從兩極板左端中點沿水平方向連續(xù)不斷地射入兩平行板之間。若電子經(jīng)過兩極板間的時間相比交變電流的周期可忽略不計,不考慮電子間的相互作用和相對論效應(yīng),則在任意0.2s內(nèi)()A.當時,所有電子都能從極板的右端射出B.當時,將沒有電子能從極板的右端射出C.當時,有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1:2D.當時,有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為【答案】D【解析】AB.電子進入極板后,水平方向上不受力,做勻速直線運動,豎直方向上受到電場力作用,當電子恰好飛出極板時有解得當時,所有電子都能從極板的右端射出;當時,在0.2s時間內(nèi),極板間電壓的時間段內(nèi),電子能從極板的右端射出,故AB錯誤;C.當時,分析圖乙可知,任意0.2s內(nèi),有一半的時間內(nèi)極板間電壓低于臨界電壓,因此有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1:1,故C錯誤;D.當時,分析圖乙可知,任意0.2s內(nèi),有0.2s的時間內(nèi)極板間電壓低于臨界電壓,因此有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為,故D正確。故選D。6.在真空中有水平放置的兩個平行、正對金屬平板,板長為l,兩板間距離為d,在兩極板間加一電壓如圖乙,質(zhì)量為m,電荷量為e的電子以速度v0從兩極板左端中點沿水平方向連續(xù)不斷地射入兩平行板之間。若電子經(jīng)過兩極板間的時間相比電壓變化的周期可忽略不計,不考慮電子間的相互作用和相對論效應(yīng),則()A.當時,所有電子都能從極板的右端射出B.當時,將沒有電子能從極板的右端射出C.當時,有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1:2D.當時,有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1:【答案】A【解析】兩板間電壓為Um時,由牛頓第二定律可得電子做類平拋運動,在水平方向上在豎直方向上聯(lián)立可得,當時,即電子恰好從極板邊緣飛出,此時,A.當時,所有電子都能從極板的右端射出,A正確;B.當時,電壓小于等于時有電子射出,電壓大于時電子打到極板上,沒有電子射出,故將有部分電子能從極板的右端射出,B錯誤;CD.當時,類比C選項的分析結(jié)合乙圖的特點可知,有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1:1,同理可知,當時,有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1:,CD錯誤。故選A。二、多選題7.水平臺邊緣O處一質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球,以與水平面成30°角的速度斜向上拋出,在豎直面上運動,整個空間有一勻強電場(圖中未畫出),小球所受電場力與重力等大。小球先后以速度大小v1、v2兩次拋出,分別落在傾角為60°的斜面上的a、b兩點,兩次運動時間分別為t1、t2且小球機械能的增量相同,其中落到a點時小球速度與斜面垂直。已知O、b兩點等高且水平距離為L,重力加速度為g,空氣阻力不計,則()A.a(chǎn)、b兩點電勢為B.小
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