A.a(chǎn)球先落地.b球后落地 B.落地時.a.b水平速度相等.且向右 C.整個運動過程中.a.b系統(tǒng)的電勢能增加 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

A、B兩球先后從空中同一點釋放,做自由落體運動,釋放兩球的時間間隔為△t=1s,在某時刻A、B兩球相距s=15m,兩球均沒著地(g=10m/s2),求:
(1)此時A球距釋放點的距離h.
(2)此時B球速度大小v.

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A、B兩球先后從空中同一點釋放,做自由落體運動,釋放兩球的時間間隔為△t=1s,在某時刻A、B兩球相距s=15m,兩球均沒著地(g=10m/s2),求:
(1)此時A球距釋放點的距離h.
(2)此時B球速度大小v.

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A、B兩球先后從空中同一點釋放,做自由落體運動,釋放兩球的時間間隔為△t=1s,在某時刻A、B兩球相距s=15m,兩球均沒著地(g=10m/s2),求:
(1)此時A球距釋放點的距離h.
(2)此時B球速度大小v.

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A、B兩球先后從空中同一點釋放,做自由落體運動,釋放兩球的時間間隔為△t=1s,在某時刻A、B兩球相距s=15m,兩球均沒著地(g=10m/s2),求:
(1)此時A球距釋放點的距離h.
(2)此時B球速度大小v.

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如圖所示,小球從一定高處落到豎直放置在地面上的輕質(zhì)彈簧上,直至速度為零,則從最低點開始往上運動到最高點的過程中( 。

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1.答案:B   根據(jù)電場線疏密判斷E的大小,密的地方場強大,有EA>EB;根據(jù)沿電場線方向電勢降低,有>.

2.答案:A    由點電荷的電場分布特點可知,距離點電荷越近,場強越大,因此該點電荷必然處于A點右側(cè).但點電荷帶電性質(zhì)不確定,因此場強的方向不確定.

3.答案:BD    由電場的疊加,AB中垂線中由C向上場強為先增后減,故電荷C所受電場力向上且先增后減,所以C的加速度先增后減,但速度始終增大,可知BD正確.

4.答案:C    靜電屏蔽作用,人體相當于一個等勢體.

5.答案:BC    注意兩種情況的區(qū)別,電鍵K始終閉合,則電容器兩板間的電壓保持不變,閉合后再斷開則電量保持不變,然后再根據(jù)平行板電容器電容、電勢差和電量的關(guān)系及勻強電場中場強和距離的關(guān)系即可.

6.答案:B    由于庫侖力變化,因此質(zhì)子向b不是做加速運動,A錯誤;由于a、b之間的電勢差恒定,根據(jù)動能定理得,可得,則知粒子從a點由靜止釋放后運動到b點的速率為,B正確;當電子以Oa為半徑繞O做勻速圓周運動時,根據(jù),可得,則知電子以Ob為半徑繞O做勻速圓周運動時的線速度為,C、D錯誤.

7.答案:AD  減小的動能轉(zhuǎn)化為電子的電勢能,由AC減小的動能與由CB增加的動能相等,所以場強方向由O指向C,AB的電勢相等,形成電場的正電荷應(yīng)位于D點.

8.答案:A    根據(jù)帶電粒子在電場中水平方向上勻速和豎直方向上勻加速即可推出A正確.

9.答案:D    剪斷細線Oc后,a、b作為一個系統(tǒng)在水平方向只受內(nèi)力(庫侖力、繩子拉伸后的拉力)作用,外力無沖量故其水平方向上動量恒為零.在豎直方向上,二者同時在重力作用下做初速度為零的勻加速運動,同時落地機械能守恒,故落地時,ab兩球的動能和為.在運動過程中,電場力做正功,因此其系統(tǒng)電勢能減小.

10.答案:BD   粒子在水平方向上做勻速直線運動,因初速度相同,故水平位移大的時間長,因,故,A錯.粒子在豎直方向上做勻加速直線運動,有,因為位移相同,所以運動時間長的粒子加速度小,即,故B正確.粒子到達正極板的動能為,而,所以有,C錯誤.由可以判斷A帶負電,B不帶電,C帶正電,D正確.

11.答案:(1)BE(4分)    要用直流電源形成穩(wěn)恒電流場,以模擬靜電場,應(yīng)選6V的直流電源,所以選B;要用探針尋找等勢點,電流表靈敏度高,指針能左右偏轉(zhuǎn),所以選E.

(2)D (4分) 探針由O點左側(cè)沿x軸正方向移到O點右側(cè)的過程中,兩探針間的電勢差先減小后變大,所以靈敏電流表的指針與零刻度的夾角先變小后變大.

12.答案:(1)如圖(a).(4分)(2)   (4分)(3)  (4分)

提示:帶電小球的受力如圖b,

根據(jù)平衡條件有,

又有,聯(lián)立解得,

,所以應(yīng)以為橫坐標.

13.解析:(1)由圖可得B點電場強度的大小N/C.(2分)

B點的試探電荷帶負電,而受力指向x軸的正方向,故B點場強的方向沿x軸的負方向. (2分)

(2)因A點的正電荷受力和B點的負電荷受力均指向x軸的正方向,

故點電荷Q位于A、B兩點之間,帶負電. (2分)

設(shè)點電荷Q的坐標為x,則,(4分)

由圖可得N/C,解得x=2.6m. (4分)

14.解析:他的解答是錯誤的.   (5分)

小環(huán)是穿在絲線上,作用于小環(huán)上的兩個拉力大小相等,方向不同.小環(huán)受四個力,如圖所示.

豎直方向       Tsin60°=mg  ①    (3分)

水平方向  Tcos60°+T=    ②   (3分)

由①②聯(lián)立得    (3分)

15.解析:(1)由小球運動到最高點可知,小球帶正電(2分)

(2)設(shè)小球運動到最高點時速度為v,對該過程由動能定理有,

①(2分)

在最高點對小球由牛頓第二定律得,②(2分)

由①②式解得,T=15N(1分)

(3)小球在細線斷裂后,在豎直方向的加速度設(shè)為a,則③(2分)

設(shè)小球在水平方向運動L的過程中,歷時t,則④(1分)

設(shè)豎直方向上的位移為s,則⑤(1分)

由①③④⑤解得,s=0.125m(2分)

∴小球距O點高度為s+L=0.625m. (1分)

16.解析:(1)因油滴到達最高點時速度大小為,方向水平,對ON過程用動能定理有,(2分)

所以電場力一定做正功,油滴帶負電,則最高位置一定在O點的左上方. (3分)

(2)由(1)的分析可知,在豎直方向上油滴做初速為的豎直上拋運動,則有,(3分)

.(2分)

(3)油滴由ON的運動時間,(2分)

則在水平方向上由動量定理得,(2分)

.(2分)

17.解析:(1)小球由B點運動到C點過程,由動能定理有,

,(2分)

C點,設(shè)繩中張力為FC,則有(2分)

FC=mg,故vC=0(2分)

又由小球能平衡于A點得,(2分)

(2分)

(2)小球由D點靜止釋放后將沿與豎直方向夾θ=53°的方向作勻加速直線運動,直至運動到O點正下方的P點,OP距離h=Lcot53°=(2分)

在此過程中,繩中張力始終為零,故此過程的加速度a和位移s分別為:

,.(2分)

∴小球到達懸點正下方時的速率為.(2分)

18.解析:(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0,根據(jù)動能定理得:

     e U1=………(2分) 解得:………(2分)

(2)電子以速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場后,垂直于電場方向作勻速直線運動,沿電場方向作初速度為零的勻加速直線運動。設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的電場強度為E,電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的時間為t1,電子的加速度為a,離開偏轉(zhuǎn)電場時相對于原運動方向的側(cè)移量為y1,根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式得:

F=eE,  E= , F=ma,    a =……(3分)

t1=, y1=,解得: y1=……(3分)

(3)設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的速度為vy,根據(jù)運動學(xué)公式得:vy=at1=(2分)

電子離開偏轉(zhuǎn)電場后作勻速直線運動,設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上所用的時間為t2,電子打到熒光屏上的側(cè)移量為y2,如圖所示

t2=, y2= vyt2   解得:y2=……………………(2分)

P到O點的距離為 y=y1+y2=……………………(2分)

 


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