热门试卷

解：

设电场强度为E，小球带电量为q，因小球做直线运动，它受的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线，如图：

mg=qEtanθ  

由此可知，小球做匀减速运动的加速度大小为：

设从O到最高点的路程为s，

由速度和位移的关系得：v02=2as

物体运动的水平距离为：l=scosθ  

两点的电势能之差：△W=qEl  

由以上各式得：

O点的电势能与在O点的电势能之差为．

解：（1）对于小球自由下落的过程，有 h=

解得，t1==s=0.5s；

小球到达小孔时的速度为  v1==m/s=5m/s；

小球在匀强电场中的加速度 α1==g-=10-=5m/s2；

由d=v1t2+得：

  2+4t2-1=0，

解得：t2=s≈0.22s．

故第1个带电小球从M下落至B板的时间为 t=t1+t2=0.5s+0.22s=0.72s

（2）对第n小球，对全过程运用动能定理得：mg（h+d）-Eqnd=△Ek=0，

得  qn==C=4×10-8C，

则 n==4，即第4个小球恰好抵达B板，则第5个小球不能到达B板；

（3）对第5小球，设进入电场的深度为x．

根据动能定理得：mg（h+x）-Eq5x=△Ek=0，

解得 x=m，

所以机械能的变化量为△E机=-mg（h+x）=-Eq5x=5×105×5×10-8×=-×10-2J=-2.08×10-2J．

答：（1）第1个带电小球从M下落至B板的时间为0.72s；

（2）第5个带电小球将不能抵达B板；

（3）第（2）问中该带电小球下落过程中机械能的变化量为-2.08×10-2J．

解：（1）根据动能定理，则有

 解得：

因此，

      ay=2g

所以，

方向斜向右下方，与竖直方向夹角为arctan2．

（2）根据动能定理，则有

解得：

由牛顿第二定律，则有

  解得：F=10mg

由牛顿第三定律，小球对圆环的压力为10mg，方向向下．  

（3）进一步计算发现小球第一次回到A点时动能为qER，这与静电力做功与路径无关矛盾，

出现问题的原因是：这种方向是平行直线，但大小不等的电场是不存在的．

答：（1）小球到达B点时的加速度大小，方向与竖直方向夹角为arctan2；

（2）小球到达C点时对圆环的压力为10mg，方向向下；

（3）通过进一步计算说明这种物理模型存在的问题及形成原因：这种方向是平行直线但大小不等的电场是不存在的．

解：设板长为l，粒子电量为q，质量为m，初速度为v0．

（1）保持开关K闭合，则M、N两板间的电压不变．设N板下移后两板间的距离为d1，d1应满足：

d1≥，即d1≥

根据题意有：

d=，则有d1≥2d，所以N板下移的距离△d1≥d；

（2）把闭合的开关K断开，则M、N两板上的电荷量保持不变，两板间的场强不变，所以粒子在电场中运动的加速度不变，设为a，设N板下移后两板间的距离为d2，d2应满足：

d2≥．

根据题意有：

d=

则有d2≥4d，所以N板下移的距离△d2≥3d；

答：（1）若开关K始终闭合，则这个距离应为d；

（2）若在开关K断开后再移动N板，这个距离又应为3d．