嘉兴二模一本线各科分数线 (?嘉兴二模)如图甲所示,M、N为竖直放置的两块平行金属板,圆形虚线为与N相连且接地的圆形金属网罩

2024-07-11 21:07:13 | 博考网

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嘉兴二模一本线各科分数线 (?嘉兴二模)如图甲所示,M、N为竖直放置的两块平行金属板,圆形虚线为与N相连且接地的圆形金属网罩

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由题意可知,当向右匀速,水平方向不受到任何力,只有重力与支持力;
当处于向上匀加速、向上匀减速直线运动,根据牛顿第二定律,则有冰球受到重力与支持力;
而当处于向右匀减速时,加速度与速度方向相反,则斜面对冰球有弹力,弹力的分力提供加速度,故B正确,ACD错误;
故选:B.

嘉兴二模一本线各科分数线 (?嘉兴二模)如图甲所示,M、N为竖直放置的两块平行金属板,圆形虚线为与N相连且接地的圆形金属网罩

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B、当小球受到的电场力水平向左时,则小球除受拉力外,还受到重力与电场力.可将此两力等效成一个力,则小球在开始一段时间内小球做变速直线运动,当运动到最低点,由于线的作用,使小球开始做圆周运动,故B正确;
C、当小球受到的电场力水平向右时,小球作圆周运动过程中,小球电势能与机械能之和一定不变; 而当小球受到的电场力水平向左,小球摆到最低时,由于线的作用,导致机械能损失,产生内能.所以电势能与机械能之和变小,故C错误;
D、当小球受到的电场力水平向右时,小球运动至左侧时最高点即为几何最低点,则一定低于释放位置; 当小球受到的电场力水平向左时,小球运动的最高点高于释放位置.故D错误;
故选:AB

嘉兴二模一本线各科分数线 (?嘉兴二模)如图甲所示,M、N为竖直放置的两块平行金属板,圆形虚线为与N相连且接地的圆形金属网罩

(2012?嘉兴二模)如图甲所示,M、N为竖直放置的两块平行金属板,圆形虚线为与N相连且接地的圆形金属网罩

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(1)质子在MN板间运动,根据动能定理,有eU MN =
1
2
m
v 2 0

得 v 0 =
2e U MN
m

质子在磁场中运动,根据牛顿第二定律,有
evB=m
v 2 0
r

联立  r=
m v 0
eB
=
1
B
2m U MN
e

若质子能打在收集屏上,轨道半径r与半径R应满足的关系:r≥
3
R
解得板间电压 U MN
3e B 2 R 2
2m

结合图象可知:质子在
T
6
≤t≤
5
6
T
和t≥T之间任一时刻从s 1 处进入电场,均能打到收集屏上
(2)M、N间的电压越小,质子穿出电场进入磁场时的速度越小,质子在极板间经历的时间越长,同时在磁场中运动轨迹的半径越小,在磁场中运动的时间也会越长,设在磁场中质子运动所对应的圆半径为r,运动圆弧所对应的圆心角为θ,射出电场的速度为v 0 ,质子穿出金属网罩时,对应总时间为t,则
在板间电场中运动时间t 1 =
R
2
v 0
2
=
R
v 0
=R
m
2e U 0

tan
θ
2
=
R
r
RBe
m v 0
=
RBe
2em U MN

在磁场中运动时间t 2 =
v 0
=
θm
Be

所以,运动总时间t=t 1 +t 2 =R
m
2e U 0
+
θm
Be
,θ=2arctan
RBe
m v 0

在磁场中运动时间t 2 =
v 0
=
θm
Be
=
2m
Be
arctan
RBe
2me U MN

所以,运动总时间t=t 1 +t 2 =R
m
2e U 0
+
2m
Be
arctan
RBe
2me U MN

(3)稳定时,收集屏上电荷不再增加,即在t>T 时刻以后,此时,U MN =U 0 ,收集屏与地面电势差恒为U,U=Ir 0
单位时间到达收集板的质子数n
单位时间内,质子的总能量为P =
1
2
nm
v 2 0
=neU 0 =IU 0
单位时间内屏上发热功率为P =P -P
消耗在电阻上的功率为P =I 2 r 0 &nb 博考网

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