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在如圖甲所示的裝置中，陰極K能夠連續(xù)不斷地發(fā)射初速不計(jì)的電子，這些電子經(jīng)P、K間的電場(chǎng)加速后，都能通過(guò)P板上的小孔沿垂直于P板的方向進(jìn)入P板右側(cè)的區(qū)域，打到P板右側(cè)L遠(yuǎn)處且與P平行的熒光屏Q上的O點(diǎn)，由于P、K相距很近，所有電子通過(guò)電場(chǎng)所用時(shí)間忽略不計(jì)�，F(xiàn)在P與Q間加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且從某一時(shí)刻t=0開(kāi)始，在P、K間加一周期性變化的電壓，電壓隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，則從該時(shí)刻起，所有從小孔射出的電子恰好能全部打到熒光屏上。已知電子質(zhì)量為m，帶電量為e，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期小于4T₀，求：

（1）電子打到熒光屏上的范圍；
（2）從t=0時(shí)刻開(kāi)始在電壓變化的一個(gè)周期內(nèi)，打到屏上距O點(diǎn)最近的電子與最遠(yuǎn)的電子的時(shí)間

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（2013唐山一中檢測(cè)）在如圖甲所示的裝置中，陰極K能夠連續(xù)不斷地發(fā)射初速不計(jì)的電子，這些電子經(jīng)P、K間的電場(chǎng)加速后，都能通過(guò)P板上的小孔沿垂直于P板的方向進(jìn)入P板右側(cè)的區(qū)域，打到P板右側(cè)L遠(yuǎn)處且與P平行的熒光屏Q上的O點(diǎn)，由于P、K相距很近，所有電子通過(guò)電場(chǎng)所用時(shí)間忽略不計(jì)。現(xiàn)在P與Q間加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且從某一時(shí)刻t=0開(kāi)始，在P、K間加一周期性變化的電壓，電壓隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，則從該時(shí)刻起，所有從小孔射出的電子恰好能全部打到熒光屏上。已知電子質(zhì)量為m，帶電量為e，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期小于4T₀，求：

（1）電子打到熒光屏上的范圍；

（2）從t=0時(shí)刻開(kāi)始在電壓變化的一個(gè)周期內(nèi)，打到屏上距O點(diǎn)最近的電子與最遠(yuǎn)的電子的時(shí)間差。

 

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如圖所示，MN是一熒光屏，當(dāng)帶電粒子打到熒光屏上時(shí)，熒光屏能夠發(fā)光．MN的上方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．P為屏上的一小孔，PQ與MN垂直．一群質(zhì)量為m、帶電荷量q的粒子（不計(jì)重力），以相同的速率v，從P處沿垂直于磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)區(qū)域，且分布在與PQ夾角為θ的范圍內(nèi)，不計(jì)粒子間的相互作用．則以下說(shuō)法正確的是（　�。�

A、在熒光屏上將出現(xiàn)一個(gè)圓形亮斑，其半徑為 mv qB

B、在熒光屏上將出現(xiàn)一個(gè)半圓形亮斑，其半徑為 mv qB

C、在熒光屏上將出現(xiàn)一個(gè)條形亮線，其長(zhǎng)度為 2mv qB （1-cosθ）

D、在熒光屏上將出現(xiàn)一個(gè)條形亮線，其長(zhǎng)度為 2mv qB （1-sinθ）

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題號(hào)

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

答案

C

B

BD

ABC

AB

BCD

A

BD

B

D

11．（6分，每空2分，有效數(shù)字位數(shù)錯(cuò)誤的每空扣1分）

4.00；0.500；2.00

12．（6分）

（1）B、F、H、K、L（2分）；

（2）甲（2分）；先釋放紙帶再接通電源（2分）

13．（8分）

解：接通電鍵K后，由電阻的串并聯(lián)公式，得閉合電路的總電阻為：

                                 …………………… 1分

由閉合電路的歐姆定律得，通過(guò)電源的電流  ………… 1分

電源的路端電壓                         …………………… 2分

電阻兩端的電壓（即電容器兩端的電壓） … 1分

通過(guò)的總電量就是電容器的帶電量    …………………… 2分

由以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：     …………………… 1分

14．（8分）

解：（1）根據(jù)題意，粒子在垂直電場(chǎng)的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

所以粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間     ……………… 1分

（2）設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿平行場(chǎng)強(qiáng)方向的速度為，

根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場(chǎng)中的加速度為：     …… 1分

所以                                          …………………… 1分

所以粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速方向間夾角的正切值為

                                        …………………… 1分（3）設(shè)粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為，則

                               …………………… 2分

所以                                      …………………… 1分

解得：                                         …………………… 1分

15．（10分）

解：設(shè)貨物相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的過(guò)程中貨物的加速度為，

根據(jù)牛頓第二定律得：   …………………… 2分

貨物自A端由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與傳送帶相對(duì)靜止時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間為：

                                                         …………………… 1分

通過(guò)的距離為：                                          …………………… 1分

代入數(shù)據(jù)解得：                                      …………………… 1分

貨物自A端由靜止開(kāi)始運(yùn)送到B端所用的總時(shí)間為：

                                         …………………… 2分

根據(jù)動(dòng)能定理，摩擦力對(duì)貨物做的功為：      …… 2分

所以由A到B的過(guò)程中摩擦力對(duì)貨物做功的平均功率為：

                                                    …………………… 1分

16．（10分）

解：（1）第一種形式下，根據(jù)萬(wàn)有引力定律和牛頓第二定律得：

                            …………………… 2分

解得相鄰星體間的距離           …………………… 1分

外側(cè)星體運(yùn)動(dòng)的線速度為：             …………………… 1分

解得：                                       …………………… 1分

（2）第二種形式下，星體運(yùn)動(dòng)的半徑為： …… 2分

根據(jù)萬(wàn)有引力定律和牛頓第二定律得：

                             …………………… 2分

解得：                                    …………………… 1分

17．（12分）

解：（1）設(shè)兩球組成的系統(tǒng)沿斜面下滑時(shí)加速度的大小為，

根據(jù)牛頓第二定律有：       …………………… 2分

解得                                             …………………… 1分

根據(jù)公式                                  …………………… 2分

解得小球B沿斜面下滑的時(shí)間 …………………… 1分

（2）由于不計(jì)摩擦及碰撞時(shí)的機(jī)械能損失，因此兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。

兩球在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小相等，設(shè)為

根據(jù)機(jī)械能守恒定律有： …… 2分

解得：                       …………………… 1分

（3）對(duì)B球應(yīng)用動(dòng)能定理有： ……………… 2分

解得桿對(duì)B球所做的功為：       ……………… 1分