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题型:填空题
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填空题

两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置,构成一平行板电容器,与它相连接的电路如图所示,接通开关K,电源即给电容器充电.保持K接通,减小两极板间的距离,则一个电子(不计重力)从下极板处由静止释放到达上极板处时的速度将______(填变大或变小或不变)

正确答案

不变

解析

解:设电源的电动势为E,电子的质量和电量分别为m和q.

因为平行板电容器与电源保持相连,板间电压等于电源的电动势,即U=E.

对电子,运用动能定理得:

   eU=

联立得:v=

由题意知,E不变,m、e也不变,则电子到达上极板处时的速度不变.

故答案为:不变.

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题型: 多选题
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多选题

如图所示,平行线代表等势线,一个带正电、电量为10-6 C的微粒在电场中仅受电场力作用,当它从A点运动到B点时动能减少了10-5 J,已知A点的电势为-10V,则以下判断正确的是(  )

A微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示

B微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示

CB点电势为零

DB点电势为-20V

正确答案

B,C

解析

解:AB、从A点运动到B点时动能减少,电场力做负功.图中是等势线,电场力与等势线垂直,则电场线在竖直方向上.所以虚线2为所示轨迹,粒子所受电场力竖直向下,从A点运动到B点时,电场力对粒子做负功,动能减小,符合题意.故A错误.B正确.

 CD、由根据功能关系可知,从A点运动到B点时,电场力对粒子做负功,且WAB=-10-5 J,则AB间电势差UAB==-10V,已知A点的电势为-10V,则B点的电势为零.故C正确,D错误.

故选BC.

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题型:简答题
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简答题

如图所示AB、CD为平行金属板,A、B两板间电势差为500V,C、D始终和电源相接,测得其间的场强为104V/m,一质量为2.5×10-24㎏,电荷量为8×10-16C的带电粒子(重力不计)由静止开始,经A、B加速后穿过CD发生偏转,最后打在荧光屏上,已知C、D极板长S均为4cm,荧光屏距CD右端的距离L为3cm,

问:(1)粒子刚离开B板小孔时的速度大小?

(2)粒子打在荧光屏上距O点多远处?

(3)粒子打在荧光屏上时的动能为多大?

正确答案

解:(1)粒子刚离开B板小孔时的速度,由动能定理可得:qU=mv02

解得:v0==m/s=4×105m/s

(2)在偏转电场中做类平抛运动,则电子离开偏转电场时的侧向位移为:y1=at2

水平方向有:s=v0

加速度为:a=

竖直分速度为:vy=at                  

则速度偏向角的正切为:tanθ=

粒子离开偏转电场后做匀速直线运动,在打到荧光屏上的这段时间内,竖直方向上发生的位移为:y2=Ltanθ 

联立以上各式可得电子打到荧光屏上时的侧移为:y=y1+y2=(S+2L)=×(0.04+2×0.03)m=0.02m

(3)根据动能定理:qU+qEy1=Ek-0

得:Ek==J=580J

答:(1)粒子刚离开B板小孔时的速度大小为4×105m/s.

(2)粒子打在荧光屏上距O点0.02m处.

(3)粒子打在荧光屏上时的动能为580J.

解析

解:(1)粒子刚离开B板小孔时的速度,由动能定理可得:qU=mv02

解得:v0==m/s=4×105m/s

(2)在偏转电场中做类平抛运动,则电子离开偏转电场时的侧向位移为:y1=at2

水平方向有:s=v0

加速度为:a=

竖直分速度为:vy=at                  

则速度偏向角的正切为:tanθ=

粒子离开偏转电场后做匀速直线运动,在打到荧光屏上的这段时间内,竖直方向上发生的位移为:y2=Ltanθ 

联立以上各式可得电子打到荧光屏上时的侧移为:y=y1+y2=(S+2L)=×(0.04+2×0.03)m=0.02m

(3)根据动能定理:qU+qEy1=Ek-0

得:Ek==J=580J

答:(1)粒子刚离开B板小孔时的速度大小为4×105m/s.

(2)粒子打在荧光屏上距O点0.02m处.

(3)粒子打在荧光屏上时的动能为580J.

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题型:简答题
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简答题

坐标系xoy处于光滑绝缘水平面内,在x<0的区域Ⅰ内有平行于y轴负向的匀强电场,电场强度大小为E1;x>0的区域Ⅱ有与y轴正向成θ的水平匀强电场E2,如图所示.质量为m,电量为+q的小物块最初在x轴上的P点,受到沿x轴正向的水平恒力F的作用后,从静止开始沿直线运动到达D点.物块刚进入电场区域Ⅱ时撤去F,经一段时间运动到x轴上的Q点.已知夹角θ=37°,E1=,xOP=4L,xPQ=L,重力加速度为g,试求:

(1)水平恒力F的大小;

(2)小物块到达D点的速度大小;

(3)电场强度E1 和E2大小之比.

正确答案

解:(1)由直线运动的条件得:

F=qEcotθ,解得:F=mg;   

(2)物块从P到D的过程中作匀加速直线运动,

有:=ma,v2=2a,解得:v=

(3)过D点作直线DM与PD垂直,交x轴于M点,过Q点作QN垂直于DM交DM于N点.

物块在电场Ⅱ中作类平抛运动,从D到Q的过程中有:

xDM=xPDtanθ,xMN=(xPQ-xOP-xDMsinθ)sinθ,

xQN=(xPQ-xOP-xDMsinθ)cosθ,

xQN=vt,xDM+xMN=a2t2

由牛顿第二定律得:qE2=ma2

解得:E2=,则:=

答:(1)水平恒力F的大小为mg;

(2)小物块到达D点的速度大小为

(3)电场强度E1和E2大小之比为1:60.

解析

解:(1)由直线运动的条件得:

F=qEcotθ,解得:F=mg;   

(2)物块从P到D的过程中作匀加速直线运动,

有:=ma,v2=2a,解得:v=

(3)过D点作直线DM与PD垂直,交x轴于M点,过Q点作QN垂直于DM交DM于N点.

物块在电场Ⅱ中作类平抛运动,从D到Q的过程中有:

xDM=xPDtanθ,xMN=(xPQ-xOP-xDMsinθ)sinθ,

xQN=(xPQ-xOP-xDMsinθ)cosθ,

xQN=vt,xDM+xMN=a2t2

由牛顿第二定律得:qE2=ma2

解得:E2=,则:=

答:(1)水平恒力F的大小为mg;

(2)小物块到达D点的速度大小为

(3)电场强度E1和E2大小之比为1:60.

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题型:简答题
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简答题

如图所示,在匀强电场中,有A.B两点,它们间距为2cm,两点的连线与场强方向成60°角.一个质子由A移到B,其电势能减少3.2×10-18 J.求:

(1)A.B两点的电势差UAB为多少?

(2)匀强电场的场强为多大?

正确答案

解:(1)由于电势能减小了3.2×10-18 J,即电场力做功为W=3.2×10-18 J;

则UAB==

(2)根据U=Ed得:

E==2000V/m;

答:(1)AB两点的电势差UAB为20V;

(2)匀强电场的场强的大小为2000V/m.

解析

解:(1)由于电势能减小了3.2×10-18 J,即电场力做功为W=3.2×10-18 J;

则UAB==

(2)根据U=Ed得:

E==2000V/m;

答:(1)AB两点的电势差UAB为20V;

(2)匀强电场的场强的大小为2000V/m.

下一知识点 : 带电粒子在电场中的偏转
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