如圖所示，在空間中取直角坐標(biāo)系Oxy，在第一象限內(nèi)平行于y軸的虛線MN與y軸距離為d，從y軸到MN之間的區(qū)域充滿一個(gè)沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E．初速可忽略的電子經(jīng)過一個(gè)電勢(shì)差U未確定的電場(chǎng)直線加速后，從y軸上的A點(diǎn)以垂直于電場(chǎng)的方向射入第一象限區(qū)域，A點(diǎn)坐標(biāo)為（0，h），已知電子的電量為e，質(zhì)量為m，（重力忽略不計(jì)），若電子可以在第一象限從MN邊界離開電場(chǎng)區(qū)域，求：
（1）加速電場(chǎng)的電勢(shì)差要滿足的條件；
（2）若滿足上述條件的加速電場(chǎng)的電勢(shì)差為U₀時(shí)，求電子經(jīng)過x軸時(shí)離坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離X．

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如圖所示，在空間中取直角坐標(biāo)系xOy，在第一象限內(nèi)從y軸到MN之間的區(qū)域充滿一個(gè)沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN為電場(chǎng)的理想邊界，場(chǎng)強(qiáng)大小為E₁，ON=d．在第二象限內(nèi)充滿一個(gè)沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E₂．電子從y軸上的A點(diǎn)以初速度v₀沿x軸負(fù)方向射入第二象限區(qū)域，它到達(dá)的最右端為圖中的B點(diǎn)，之后返回第一象限，且從MN上的P點(diǎn)離開．已知A點(diǎn)坐標(biāo)為（0，h）．電子的電量為e，質(zhì)量為m，電子的重力忽略不計(jì)，求：
（1）電子從A點(diǎn)到B點(diǎn)所用的時(shí)間；
（2）P點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）電子經(jīng)過x軸時(shí)離坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離．

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1、C   2、D  3、A   4、A  5、B  6、BD  7、ACD   8、AC   9、AB

10、（12分）①5.50；②2.75，1.10；

③；④滑塊的質(zhì)量m；       

11、（8分）①．D 

② ，θ是n個(gè)點(diǎn)對(duì)應(yīng)的圓心角，t是電火花計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)時(shí)間間隔；

③．沒有影響  ,電火花計(jì)時(shí)器向卡紙中心移動(dòng)時(shí)不影響角度的測(cè)量

12、(12分)解：(1)帶電粒子A處于平衡，其受力如圖，其中F為兩點(diǎn)電荷間的庫侖力，T為繩子拉力，E₀為外加電場(chǎng)，則

Tcosθ-mg-Fcosθs=0     1…………………………(2分)

Fsinθ+qE₀-Tsinθ=0      2……………………………(2分)

               3……………………………(2分)

聯(lián)立式解得：有       4……………………………(2分)

                5…………………………………(2分)

(2)小球從B運(yùn)動(dòng)到C的過程中，q與Q間的庫侖力不做功，由動(dòng)能定理得

   6………………………………………………………(2分)

在C點(diǎn)時(shí)：    7……………………………………(2分)

聯(lián)立5、6、7解得：     8……………(2分)

13(12分)．解：設(shè)中央恒星質(zhì)量為M，A行星質(zhì)量為m，則由萬有引力定律和牛頓第二定律得          ①

解得        ②

（2）由題意可知，A、B相距最近時(shí)，B對(duì)A的影響最大，且每隔t₀時(shí)間相距最近。

設(shè)B行星周期為T_B，則有：    ③

解得：      ④

設(shè)B行星的質(zhì)量為m_B，運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R_B，則有

      ⑤

由①④⑤得：       ⑥

14、(14分)（1）設(shè)軌道半徑為R，由機(jī)械能守恒定律：（1）（2分）

對(duì)B點(diǎn)：       （2）（2分）

對(duì)A點(diǎn)：       （3）（2分）

由（1）、（2）、（3）式得：兩點(diǎn)的壓力差：-（4）

由圖象得：截距

  ，得   （5）（2分）

（2）因?yàn)閳D線的斜率 

 所以  （6）（2分）

在A點(diǎn)不脫離的條件為：

      （7）（2分）

由（1）、（6）、（7）式得：   （8）（2分）

23．(15分)（1）由 eU＝mv₀²（1分） 得電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域的初速度v₀＝（1分）

設(shè)電子從MN離開，則電子從A點(diǎn)進(jìn)入到離開勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間t＝ ＝d （1分）；

y＝at²＝（2分）

因?yàn)榧铀匐妶?chǎng)的電勢(shì)差U＞， 說明y＜h，說明以上假設(shè)正確（1分）

所以v_y＝at＝´ d ＝ （1分）

離開時(shí)的速度v＝＝（2分）

（2）設(shè)電子離開電場(chǎng)后經(jīng)過時(shí)間t’到達(dá)x軸，在x軸方向上的位移為x’，則

x’＝v₀t’（1分），y’＝h－y＝h－t＝v_yt’ （1分）

則 l＝d＋x’＝ d＋v₀t’＝ d＋v₀（－）＝ d＋h－＝＋h（1分）

代入解得　l＝＋（2分）

16、(16分)（1）根據(jù)牛頓第二定律，滑塊相對(duì)車滑動(dòng)時(shí)的加速度

                                                                  （1分）

       滑塊相對(duì)車滑動(dòng)的時(shí)間                                                    （1分）

滑塊相對(duì)車滑動(dòng)的距離                                          （1分）

滑塊與車摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能                                         （1分）

由上述各式解得  （與動(dòng)摩擦因數(shù)μ無關(guān)的定值）    （1分）

（2）設(shè)恒力F取最小值為F₁，滑塊加速度為a₁，此時(shí)滑塊恰好到達(dá)車的左端，則

滑塊運(yùn)動(dòng)到車左端的時(shí)間            ①   

由幾何關(guān)系有                 ②                                （1分）

由牛頓定律有               ③                                （1分）

由①②③式代入數(shù)據(jù)解得  ，                         （2分）

則恒力F大小應(yīng)該滿足條件是                                      （1分）

（3）力F取最小值，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到車左端后，為使滑塊恰不從右端滑出，相對(duì)車先做勻加速運(yùn)動(dòng)（設(shè)運(yùn)動(dòng)加速度為a₂，時(shí)間為t₂），再做勻減速運(yùn)動(dòng)（設(shè)運(yùn)動(dòng)加速度大小為a₃）．到達(dá)車右端時(shí)，與車達(dá)共同速度．則有

                                     ④                                （1分）

                                            ⑤                                （1分）

                                          ⑥                                （1分）

由④⑤⑥式代入數(shù)據(jù)解得                                       （1分）

則力F的作用時(shí)間t應(yīng)滿足  ，即（2分）