(帶電粒子在電場中的運動＋帶電粒子在磁場中的運動)兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規(guī)律分別如圖1、圖2所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向)．在t＝0時刻由負極板釋放一個初速度為零的帶負電的粒子(不計重力)．若電場強度E₀、磁感應強度B₀、粒子的比荷均已知，且t₀＝，兩板間距h＝．

(1)求粒子在0～t₀時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值；

(2)求粒子在板板間做圓周運動的最大半徑(用h表示)；

(3)若板間電場強度E隨時間的變化仍如圖1所示，磁場的變化改為如圖3所示，試畫出粒子在板間運動的軌跡圖(不必寫計算過程)．

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帶等量異種電荷的兩平行金屬板相距L，板長H，豎直放置，x軸從極板中點O通過，如圖20所示。板間勻強電場的場強為E，且?guī)д�電的極板接地。將一質(zhì)量為m、電量為+q的粒子（重力不計）從坐標為x₀處釋放。

小題1:試從牛頓第二定律出發(fā)，證明該帶電粒子在極板間運動的過程中，電勢能與動能總和保持不變。
小題2:為使該粒子從負極板上方邊緣的P點射出，須在x₀處使該粒子獲得豎直向上的初速度v₀為多大?

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一、選擇題

1、B    2、C  3、AC    4、D    5、BC  6BC  

7、A  解析：由題意知，地面對物塊A的摩擦力為0，對物塊B的摩擦力為。

對A、B整體，設(shè)共同運動的加速度為a，由牛頓第二定律有：

對B物體，設(shè)A對B的作用力為，同理有

聯(lián)立以上三式得：

 8、B    9、A       10、B

二、實驗題

11、⑴ 不變    ⑵ AD  ⑶ABC  ⑷某學生的質(zhì)量

三、計算題

12、解析：由牛頓第二定律得：mg－f＝ma

    拋物后減速下降有：

                          Δv＝a^/Δt

                    解得：

13、解析：人相對木板奔跑時，設(shè)人的質(zhì)量為，加速度為，木板的質(zhì)量為M，加速度大小為，人與木板間的摩擦力為，根據(jù)牛頓第二定律，對人有：；

（2）設(shè)人從木板左端開始距到右端的時間為，對木板受力分析可知：故，方向向左；

由幾何關(guān)系得：，代入數(shù)據(jù)得：

（3）當人奔跑至右端時，人的速度，木板的速度；人抱住木柱的過程中，系統(tǒng)所受的合外力遠小于相互作用的內(nèi)力，滿足動量守恒條件，有：

�。ㄆ渲�為二者共同速度）

代入數(shù)據(jù)得，方向與人原來運動方向一致；

以后二者以為初速度向右作減速滑動，其加速度大小為，故木板滑行的距離為。

14. 解析：（1）從圖中可以看出，在t＝2s內(nèi)運動員做勻加速直線運動，其加速度大小為

 =8m/s²

設(shè)此過程中運動員受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律，有mg－f＝ma

得           f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N

（2）從圖中估算得出運動員在14s內(nèi)下落了

                     39.5×2×2m＝158 m

根據(jù)動能定理，有

所以有    ＝（80×10×158－×80×6²）J≈1.25×10⁵J

（3）14s后運動員做勻速運動的時間為

              s＝57s

運動員從飛機上跳下到著地需要的總時間

        t_總＝t＋t′＝（14＋57）s＝71s

15. 13、解析：（1）取豎直向下的方向為正方向。

   球與管第一次碰地前瞬間速度，方向向下。

   碰地的瞬間管的速度，方向向上；球的速度，方向向下，

   球相對于管的速度，方向向下。

   碰后，管受重力及向下的摩擦力，加速度a_管=2g，方向向下，

   球受重力及向上的摩擦力，加速度a_球=3g，方向向上，

球相對管的加速度a_相=5g，方向向上。

取管為參照物，則球與管相對靜止前，球相對管下滑的距離為：

要滿足球不滑出圓管，則有。

（2）設(shè)管從碰地到它彈到最高點所需時間為t₁（設(shè)球與管在這段時間內(nèi)摩擦力方向不變），則：

設(shè)管從碰地到與球相對靜止所需時間為t₂，

因為t₁ ＞t₂，說明球與管先達到相對靜止，再以共同速度上升至最高點，設(shè)球與管達到相對靜止時離地高度為h’，兩者共同速度為v’，分別為：

然后球與管再以共同速度v’作豎直上拋運動，再上升高度h’’為

因此，管上升最大高度H’=h’+h’’=

（3）當球與管第二次共同下落時，離地高為，球位于距管頂處，同題（1）可解得在第二次反彈中發(fā)生的相對位移。

16. 解析：(1)小球最后靜止在水平地面上，在整個運動過程中，空氣阻力做功使其機械能減少，設(shè)小球從開始拋出到最后靜止所通過的路程S，有 fs=mv₀²/2       已知 f ＝0.6mg    代入算得： s=  5 v₀²/(6g)                

    (2)第一次上升和下降：設(shè)上升的加速度為a₁₁．上升所用的時間為t₁₁，上升的最大高度為h₁；下降的加速度為a₁₂，下降所用時間為t₁₂．

    上升階段：F_合＝mg＋f ＝1.6 mg

    由牛頓第二定律：a₁₁ ＝1.6g           

    根據(jù)：v_t＝v₀－a₁₁t₁₁，  v_t＝0

    得：v₀＝l.6gt₁₁， 所以t₁₁＝ 5 v₀/(8g)              

    下降階段：a₁₂=(mg-f)/m= 0.4g          

    由h₁= a₁₁t₁₁²/2  和 h₂= a₁₂t₁₂²/2      得：t₁₂＝2t₁₁＝5 v₀/(4g)          

    所以上升和下降所用的總時間為：T₁＝t₁₁＋t₁₂＝3t₁₁＝  15 v₀/(8g)        

    第二次上升和下降，以后每次上升的加速度都為a₁₁，下降的加速度都為a₁₂；設(shè)上升的初速度為v₂，上升的最大高度為h₂，上升所用時間為t₂₁，下降所用時間為t₂₂

    由v₂²=2a₁₂h₁  和v₀²=2a₁₁h₁          得  v₂＝ v₀/2           

    上升階段：v₂＝a₁₁t₂₁     得：t₂₁= v₂/ a₁₁=  5 v₀/(16g)       

    下降階段：  由  h₂= a₁₁t₂₁²/2   和h₂= a₁₂t₂₂²/2        得t₂₂＝2t₂₁       

 所以第二次上升和下降所用總時間為：T₂＝t₂₁＋t₂₂＝3t₂₁＝15 v₀/(16g)= T₁/2    

    第三次上升和下降，設(shè)上升的初速度為v₃，上升的最大高度為h₃，上升所用時間為t₃₁，下降所用時間為t₃₂

    由 v₃²=2a₁₁h₂    和v₂²=2a₁₂h₂          得：  v₃＝ v₂/2  = v₀/4

    上升階段：v₃＝a₁₁t_3l，得t₃₁＝ 5 v₀/(32g)    

    下降階段：由 h₃= a₁₁t₃₁²/2       和h₃= a₁₂t₃₂²/2            得：t₃₂＝2t₃₁    

    所以第三次上升和下降所用的總時間為：T₃＝t₃₁＋t₃₂＝3t₃₁＝15 v₀/(32g)= T₁/4       

    同理，第n次上升和下降所用的總時間為： T_n＝        

    所以，從拋出到落地所用總時間為： T=15 v₀/(4g)