- 带电粒子在电场中的加速
- 共3430题
如图所示,匀强电场E方向水平向左,带有正电荷的物体沿绝缘水平面向右运动,经过A点时动能是100J,经过B点时,动能是A点的
,减少的动能有
转化成电势能,那么,当它再次经过B点时动能为( )
正确答案
解析
解:设物体向右运动到C点静止,然后返回,AB间距离为x1,BC间距离为x2,则:由动能定理:-(f+qE)x1==-80 J
-(f+qE)x2==-20 J
所以x2=
又qEx1=()×
=48 J
则qEx2=×48=12 J,即由B到C,电势能增加12 J,所以克服摩擦力做功fx2=8 J.
因此,由B到C再回到B的过程中,-2fx2=EkB′-EkB
所以EkB′=EkB-2fx2=-2fx0=20-16=4 J.
故选C
如图所示,光滑绝缘斜面固定在地面上,斜面底端固定有绝缘挡板BC,斜面倾角为30°,斜面上方空间内有平行于斜面向下的匀强电场E,在斜面上距离底端4.9m的A点有一个质量为m、电荷量为+q的弹性小滑块由静止开始沿斜面下滑,并且Eq=
mg,它与挡板BC每碰撞一次后,速度减小到碰前的
,小滑块从开始下滑到停止运动所用的时间是______s.(小滑块视为质点,不计空气阻力及小滑块在运动中所产生磁场的影响,取g=9.8m/s2.)
正确答案
8
解析
解:小滑块在斜面上受到重力、支持力与电场力的作用,沿斜面的方向是重力的分力与电场力,由牛顿第二定律得:
mgsinθ+qE=ma
由于:Eq=mg,θ=30°
所以:a=g
设滑块从A滑到挡板的时间t0,
所以:s
滑块到达挡板的速度:v0=at0=gt0=9.8×1m/s=9.8m/s
第一次碰撞后的速度:
滑块在滑到的过程中,向上的运动与向下的运动是对称的,所以:
第一次碰撞后到第二次碰撞经历的时间:s
第一次碰撞后的速度:
第二次碰撞后到第三次碰撞经历的时间:s
第三次碰撞后到第四次碰撞经历的时间:s
…
第n次碰撞后到第n+1次碰撞经历的时间:s
滑块碰撞若干次后的速度近似是0,设碰撞的此时是n,则滑块经历的总时间:
t=t0+t1+t2+t3+…+tn=s
答:滑块从开始下滑到停止运动所用的时间是8s.
如图所示,ABC是固定在竖直平面内的绝缘圆弧轨道,圆弧半径为R.A点与圆心O等高,B、C点处于竖直直径的两端.PA是一段绝缘的竖直圆管,两者在A点平滑连接,整个装置处于方向水平向右的匀强电场中.一质量为m、电荷量为+q的小球从管内与C点等高处由静止释放,一段时间后小球离开圆管进入圆弧轨道运动.已知匀强电场的电场强度
(g为重力加速度),小球运动过程中的电荷量保持不变,忽略圆管和轨道的摩擦阻力.求:
(1)小球到达B点时速度的大小;
(2)小球到达B点时对圆弧轨道的压力;
(3)小球在圆弧轨道运动过程中速度最大为多少?
正确答案
解:(1)小球从P运动到B的过程中,由动能定理得:
解得:
(2)小球在最低点B时,根据牛顿第二定律得:
则由牛顿第三定律得:小球对圆弧轨道的压力大小为.
(3)对小球,等效最低点为F点,在F点小球的速度最大,设OF与竖直方向的夹角为θ,在此位置小球所受的电场力与重力的合力方向沿半径向外,则有:
tanθ==
则知:sinθ=0.6,cosθ=0.8
设小球在圆弧轨道运动过程中速度最大为vm,小球从P到F的过程,根据动能定理得:
mgR(1+cosθ)+qER(1+sinθ)=
解得:vm=
答:(1)小球到达B点时速度的大小是;
(2)小球到达B点时对圆弧轨道的压力是;
(3)小球在圆弧轨道运动过程中速度最大为.
解析
解:(1)小球从P运动到B的过程中,由动能定理得:
解得:
(2)小球在最低点B时,根据牛顿第二定律得:
则由牛顿第三定律得:小球对圆弧轨道的压力大小为.
(3)对小球,等效最低点为F点,在F点小球的速度最大,设OF与竖直方向的夹角为θ,在此位置小球所受的电场力与重力的合力方向沿半径向外,则有:
tanθ==
则知:sinθ=0.6,cosθ=0.8
设小球在圆弧轨道运动过程中速度最大为vm,小球从P到F的过程,根据动能定理得:
mgR(1+cosθ)+qER(1+sinθ)=
解得:vm=
答:(1)小球到达B点时速度的大小是;
(2)小球到达B点时对圆弧轨道的压力是;
(3)小球在圆弧轨道运动过程中速度最大为.
如图所示,已知平行板电容器两极板间距离d=4mm,充电后两极板电势差为120V.A板带正电,若它的电容为3 μF,且P到A板距离为1mm.求:
(1)每一板的带电荷量;
(2)一个电子从B板出发到A板获得的动能;
(3)两板间的电场强度.
(4)有一带电量为q=1×10-3C的小球可匀速通过板间,请判断小球所带电性和小球质量.(g取10m/s2)
正确答案
解 (1)由Q=UC得:Q=120×3×10-6C=3.6×10-4C.
(2)因为电子从B板出发到A板的过程中电场力做正功,电势能减小,动能增加,所以Ek-0=qUAB,Ek=120 eV.
(3)E==3×104 N/C.
(4)小球运动通过,根据受力分析可知mg=qE,可以得到m=,受到的电场力向上,故带负电.
答:(1)每一板的带电荷量3.6×10-4C;
(2)一个电子从B板出发到A板获得的动能120 eV;
(3)两板间的电场强度3×104 N/C.
(4)小球所带负电和小球质量位3kg
解析
解 (1)由Q=UC得:Q=120×3×10-6C=3.6×10-4C.
(2)因为电子从B板出发到A板的过程中电场力做正功,电势能减小,动能增加,所以Ek-0=qUAB,Ek=120 eV.
(3)E==3×104 N/C.
(4)小球运动通过,根据受力分析可知mg=qE,可以得到m=,受到的电场力向上,故带负电.
答:(1)每一板的带电荷量3.6×10-4C;
(2)一个电子从B板出发到A板获得的动能120 eV;
(3)两板间的电场强度3×104 N/C.
(4)小球所带负电和小球质量位3kg
(2015秋•宝坻区期末)两平行金属板相距为d,两极板间的电势差为U,一个质量为m、电荷量为e的电子从O点沿垂直于极板的方向射出,最远到达A点,然后返回,如图所示,OA=h,此电子具有的初动能是______.
正确答案
解析
解:设出电子的初动能Ek0,末动能为零,极板间的电场E=,
根据动能定理:-eEh=0-Ek0,
解得:Ek0=
故答案为:
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