热门试卷

解：（1）0～2s内，设物块的加速度为a1，

由牛顿第二定律得  E1q-μmg=ma1

求得 a1=2m/s2

由运动学公式 x=at2=4m                     

（2）2s末物块速度 v0=a1t1=4m/s              

2s后加速度大小为a2

由牛顿第二定律得  E2q+μmg=ma2

a2=3m/s2

减速到第一次速度为0用时t2   t2==s＜2s     

t2时间内小物块的位移为d   d==m         

前2s内静电力做的功W1=E1qx=2.4J               

t2时间内静电力做的功W2=-E2qd=-J         

故小物块从开始到第一次速度为0过程中，静电力做到总功W=W1+W2=J

因此，小物块的电势能减少了，减少了J         

（3）小物块在第一次速度减为0后向左加速t3=2-t2=s

加速度为a3，由牛顿第二定律  E2q-μmg=ma3

a3=1m/s2

加速t3时间后速度为v    v=a3t3=m/s            

之后向左减速，加速度为a4

由牛顿第二定律μmg=ma4a4=1m/s2

再经t4时间速度减为0  t4==s                

故全程总时间t=t1+t2+t3+t4=s=4.67s      

答：（1）2s内小物体的位移为4m；

（2）小物块从开始到第一次速度为零过程中，电势能减少了，减少了J  

（3）小物体运动的全过程经历的总时间为4.67S．

解：（1）根据电容的定义式，有

Q=CU=3×10-6×120=3.6×10-4C

即每一板带电量均为3.6×10-4C．

（2）场强为：E=

故P点的电势能为：0.003m=-90eV=-1.44×10-17J

即电子在P点的电势能为-90eV．

（3）对电子从P到A过程运用动能定理，得到

即电子从B板出发到A板获得的动能为120eV．

（4）根据电压与场强的关系式U=Ed，有

即两板间的电场强度为3×104V/m．

解：（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：

水平方向有：

竖直方向有：

解得：v0=10m/s

由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，

（2）当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：

根据牛顿第二定律得mg-=ma1，

解得：U1=120V

当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：

根据牛顿第二定律得：，

解得：U2=200V

所以所加电压的范围为：120V＜U＜200V．

答：（1）上极板与电源的负极相连．

（2）所加电压的范围为120V＜U＜200V．

解：（1）设A点关于O点的对称点为B，则小球从A运动到B的过程中，电场力做负功，动能减小，所以在A点动能最大，在B点的动能最小．

小球在光滑水平面上运动的最大动能与最小动能的差值为：△Ek=2qEL=20J

代入数据得：E=N/C=4×104N/C

（2）在A处，由牛顿第二定律：F-qE=m

A处小球的动能为：EkA==（F-qE）L=×（140-5×10-4×4×104）×0.5=30（J）

小球的最小动能为：Ekmin=EkB=EkA-△Ek

代入数据得：EkB=30-20=10（J）

（3）小球在B处的动能为：EkB=m

解得：vB==m/s=10m/s

当小球的动能与在A点时的动能相等时，由动能定理可知：y=2L

线断后球做类平抛运动：y=•t2，x=vBt

代入数据后得：t=s，x=m

答：（1）电场强度E的大小为4×104N/C；

（2）运动过程中小球的最小动能为10J；

（3）若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则小球经s其动能与在A点时的动能相等，此时小球距A点为m．