求
(1)粒子所受电场力的大小;
(2)粒子的运动区间;
(3)粒子的运动周期。
24答案.
(1)由图可知,
0与d(
或-d)
两点间的电势差为φ0
电场强度的大小
E
0d
电场力的大小
F
qE
q0d
2)设粒子在[-x0,x0]区间内运动,速率为v,由题意得
1mv2qA
2
由○12○得
1mv2q0(1x)A
2d
因动能非负,有
x
q0(1dx)A0
由图可知
得xd(1A)
q0
Ax0d
(1)q0
AA
粒子运动区间d
(1)xd
(1)q0q0
3)考虑粒子从-x0处开始运动的四分之一周期
根据牛顿第二定律,粒子的加速度
Eqq0
mmd
由匀加速直线运动
将○45○代入,得
2md2
q0
(1
q0
粒子运动周期
T4t4d2m(q0A)q0
2012北京20.“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成。
若在结两加恒定电压U,则它会辐
射频率为的电磁波,且与U成正比,即kU。
已知比例系数k仅与元电荷e的2倍
和普朗克常量h有关。
你可能不了解此现象的机理,
但仍可运用物理学中常用的方法,
在下
k的值可能为(
)
1
C、2he
D、
2he
列选项中,推理判断比例系数
h2e
A、B、
2eh
2012北京电场图象
24.(20分)匀强电场方向沿
x轴正向,电场强度
E随x轴的分布如图所示,图中
均为已知量。
将带正电的质点A在O点由静止释放。
A离开电场足够远后,再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放。
当B在电场中运动时,A、B间的相互作用力及相互作用能均为零;B离开电场后,A、B间的相互作用视为静电作用。
已知A的电荷量为Q,
A和B的质量分别为m和m,不计重力。
1)
2)
3)
解:
1)
2)
E
E0
求A在电场中的运动时间t;
4
若B的电荷量qQ,求两质点相互作用能的最大值E
9
为使
pm
B离开电场后不改变运动方向,求
B所带电荷量的最大值qm。
12
at
2,解得t
EQ
2EmQd
A离开电场后的速度:
EQd
1
mv1
2
2EQd
B离开电场时的速度:
Eqd1mvB2
24B
vB
32EQd
9m
4
3v1
A、B共速时两质点相互作用的能最大
mv1
Epm
m
4vB
12
mv1
2
m
(m)v
1m2
vB
24
1m2
(m)v
24
解得:
v16v1,Epm
15
1EQd
45
3)设B离开电场后的速度为v2,若B的速度不改变方向,
则有当A、
B距离足够远
后,B的速度仍为减为零。
取临界条件,AB间距足够远时,B的速度恰为零。
EQd
1
mv1
2
2
1m
2
Eqmd
24
v2
m
0
mv1
4v2
mv1'
12
1m
2
1'2
mv1
v2
mv1
2
24
2
由前两式解得:
qm
Q
2
4v12
3'8'v1,v2v1
55
由后两式解得:
v1
16所以:
qmQ
m9
2013北京20.以往我们认识的光电效应是单光子光电效应。
若一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出。
强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识,用强激光照射金属,由于其光子密度较大,一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能,从而形成多光子光电效应,这已经被实验证实。
光电效应实验装置示意如图。
用频率为v的普通光源照射阴极K,则发生了光电效应;此时,若加上反向电压U,即将阴极K接电源正极,阳极A接电源负极,在KA之间就形成了使光电子减速的电场。
逐渐增大U,光电流会逐渐减小;当光电流恰好减小到零时,所加反向电压U可能是下列的(其中W为逸出功,h为普朗克常量,e为电子
电量)
hv
W
A.
U
e
e
B.
U
2hv
W
e
e
C.
U
2hv
W
D.
U
5hv
W
2ee
考查选修3-5近代物理部分(固定题型)
1,新信息下:
NhWEK(N=2,3,4)2,动能定理:
UqEK难度:
★★(概念+新信息)
2008上海类平抛运动17.(上海卷-23)
Oxy平面
12分)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。
在
的ABCD区域内,存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II,两电场的边界均是边长为L的正方形(不计电子所受重力)
1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子,求电子离开ABCD区域的位置。
开,求所有释放点的位置。
(3)若将左侧电场II整体水平向右移动L/n(n≥1),仍使电子从ABCD区域左下角D处离开(D不随电场移动),求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。
解析】:
(1)设电子的质量为m,电量为e,电子在电场
I中做匀加速直线运动,出区域I
时的为v0,此后电场II做类平抛运动,假设电子从
CD边射出,出射点纵坐标为
y,
eEL=1mv02
2
emE(vL)2
mv0
解得
2)
1
y=L,所以原假设成立,即电子离开ABCD
4
设释放点在电场区域
1
L)
4
中,其坐标为(x,y),在电场I中电子被加速到v1,然后
区域的位置坐标为(-2L,
进入电场
II做类平抛运动,并从
D点离开,有
eEx=1mv21
2
y=1at2=1
22
eE
m(vL)2
mv1
解得:
xy=L,即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置。
4
(3)设电子从(x,y)点释放,在电场I中加速到v2,进入电场II后做类平抛运动,在高度为y′处离开电场II时的情景与
(2)中类似,然后电子做匀速直线运动,经过D点,
则有:
eEx=1mv222
y-y/=1at2=1eE(L)
22mv2
eEL/L
vy=at=,y/=vy
mv2nv2
11
解得:
xy=L2(),即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置
2n4
2008广东18.(广东卷-19)
(16分)如图(a)所示,在光滑绝缘水平面的AB区域内存在水平向右的电场,电场强度E随时间的变化如图(b)所示.不带电的绝缘小球P2静止在O点.t=0时,带正电的小球P1以速度t0从A点进入AB区域,随后与P2发生正碰后反弹,反弹速度大小是碰前的
2
倍,P1的质量为
3
m1,带电量为q,P2的质量m2=5m1,A、O间距为
L0,O、B间距L=
4L0
4
已知qE02v0,T=L0。
m13Lt0
(1)求碰撞后小球P1向左运动的最大距离及所需时间.
(2)讨论两球能否在OB区间内再次发生碰撞.
答案:
(1)L0,L0
(2)能
3v0
解析】
(1)小球P1到达O点的时间TL0,与P2碰撞时,电场刚好由零变为E0。
①
v0
2
碰撞后,P1速度为v1=v0
30
在电场中,P1的加速度加速度为:
a=qE0②
m1
P1向左运动的时间t1=L0=T
v0
在t1时间内,有电场,P1做匀减速直线运动,向左运动的最大距离为:
2
v1L0
sm=
2a3
2)根据动量守恒定律有:
m1v0=m1v1+m2v2
⑤
1
求得P2的速度:
v2=v0
⑥
30
P1从O点运动到B点所需时间t2=L=4T
⑦
v2
在t2时间内,一直存在电场,则P1的位移为:
12
x1=v1t2+at2=2L⑧
2
由于x1>L,故在OB之间P1与P2能再次相碰。
⑨
(本题考查考生对电场、力学基本规律的认识、理解和应用,考查理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学知识处理物理问题的能力及获取信息的能力。
)
2008(重庆卷-21)21图1是某同学设计的电容式速度传感器原理图,其中上板为固定极板,下板为待测物体,在两极板间电压恒定的条件下,极板上所带电量Q将随待测物体的上下运动而变化,若Q随时间t的变化关系为Q=b(a、b为大于零的常数),其ta
图象如题21图2所示,那么题21图3、图4中反映极板间场强大小E和物体速率v随
t变化的图线可能是
固定极板
B.①和④
C.②和③
D.②和④
A.①和③
答案:
C
解析:
本题考查速度传感器的有关知识,本题为较难题目。
由题意可知:
UQ
E
dCd
Q
sd
4kd
Q
所以E的变化规律与Q的变化规律相似,所以Es
4k
sUbk,所以d=t+a=vt+a,所以是匀速移4kdta
动,所以速度图象为③,综上所述C正确。
的图象为②,由
QCU
2008.振动(上海卷-14)如图所示,在光滑绝缘水平面上,两个带等量正电的点电荷
M、
N,分别固定在A、B两点,O为AB连线的中点,
CD为AB的垂直平分线。
在CO之间的F点由静止
释放一个带负电的小球P(设不改变原来的电场分
布),在以后的一段时间内,P在CD连线上做往复
运动。
若
A)
小球P的带电量缓慢减小,则它往复运动过
程中振幅不断减小
B)
小球P的带电量缓慢减小,则它往复运动过程中每次经过
O点时的速率不断减小
C)
点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大,则小球
P往复运动过程中周期不断减
D)
点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大,则小球
P往复运动过程中振幅不断减
答案:
BCD
【解析】:
设F与F′绕O点对称,在F与F′处之间,小球始终受到指向O点的回复力作用下做往复运动,若小球P带电量缓慢减小,则此后小球能运动到F′点下方,即振
幅会加大,A错;每次经过O点因电场力做功减少而速度不断减小,B对;若点电荷M、N电荷量缓慢增大,则中垂线CD上的场强相对增大,振幅减小,加速度相对原来每个位置增大,故一个周期的时间必定减小,C、D正确。
2008(海南卷-5)质子和中于是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的.两个强作用电荷相
反(类似于正负电荷)的夸克在距离很近时几乎没有相互作用(称为“渐近自由”);在距离较远时,它们之间就会出现很强的引力(导致所谓“夸克禁闭”).作为一个简单的模型,设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为:
0,0F0,r1≤r≤r2
0,r>r2
式中F0为大于零的常量,负号表示引力.用
U表示夸克间的势能,令U0=F0(r2—r1),
取无穷远为势能零点.下列
U-r图示中正确的是
答案:
B
【解析】:
从无穷远处电势为零开始到r=r2位置,势能恒定为零,在r=r2到r=r1过程中,
恒定引力做正功,势能逐渐均匀减小,即势能为负值且越来越小,此部分图像为
A、B选项中所示;r少量,故U0=F0(r2-r1)。
2008.(海南卷-6)匀强电场中有
a、b、c三点.在以它们为顶点的三角形中,
∠a=30°、
∠c=90°,.电场方向与三角形所在平面平行.
已知a、b和c点的电势分别为(23)V、
c
(23)V和2V.该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为
A.(23)V、(23)V
B.0V、4V
4343C.
(2)V、
(2)
33
D.0V、3V答案:
B
解析】:
如图,根据匀强电场的电场线与等势面是平行等间距排列,且电场线与等势面处
处垂直,沿着电场线方向电势均匀降落,取ab的中点O,即为三角形的外接圆的圆心,且该点电势为2V,故Oc为等势面,MN
为电场线,方向为MN方向,UOP=UOa=3V,UON:
UOP=2:
3,故UON=2V,N点电势为零,为最小电势点,同理M点电势为4V,
为最大电势点。
2007四川卷如图所示,一根长
电场力做功;类平抛中电场力做功问题
L=1.5m的光滑绝缘细直杆MN,竖直固定在场强为E=1.0
×105N/C、与水平方向成θ
=30°角的倾斜向上的匀强电场中。
杆的下端M固定一个带电小
球A,电荷量Q=+4.5×10-6C;另一带电小球B穿在杆上可自由滑动,电荷量q=+1.0×10-6C,质量m=1.0×10-2kg。
现将小球B从杆的上端N静止释放,小球B开始运动。
(静电力常量k=9.0×109N·m2/C2.取g=10m/s2)
(1)小球B开始运动时的加速度为多大?
(2)小球B的速度最大时,距M端的高度h1为多大?
(3)小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.61m时,速度为v=1.0m/s,求此过程中小球B的电势能改变了多少?
解:
(1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力,沿杆方向运动,由牛顿第二定律得
mg
kQL2qqEsin
ma
解得agkQ2qqEsin
L2mm
代入数据解得:
a=3.2m/s2
(2)小球B速度最大时合力为零,即
kQ2qqEsin
h12
mg④
解得h1kQq
mgqEsin
代入数据解得h1=0.9m
(3)小球B从开始运动到速度为v的过程中,设重力做功为
做功为W3,根据动能定理有W1
W1=mg(L-h2)
W2=-qE(L-h2)sinθ
W2
W31mv2
32
⑧
⑨
12
解得W3mv2mg(Lh2)qE(Lh2)sin
2
设小球的电势能改变了ΔEP,则ΔEP=-(W2+W3)
W1,电场力做功为W2,库仑力
⑦
⑩
EP
mg(L
h2)
2
mv
2
ΔEP=8.2×10-2J
2007上海卷如图所示,边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场。
电量为q、动能为
Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场,不计重力。
(1)若粒子从c点离开电场,求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能;
(2)若粒子离开电场时动能为Ek',则电场强度为多大?
(1)L=v0t,L=qEt=qEL2,所以E=4E,qEL=Ekt-Ek,所以2m2mv0qL
=qEL+Ek=5Ek,
(2)若粒子由bc边离开电场,L=v0t,vy=qmEt=qmEvL,Ek'-Ek=12
,所以
2Ek(Ek'-Ek)E=qL
2q2E2L2q2E2L2
mvy=2mv02=4Ek
若粒子由cd边离开电场,
qEL=Ek'-Ek,所以E=
Ek'-Ek
qL
A相对右板的位置。
由③④求得:
v1
2qEL
2007广东卷如图16所示,沿水平方向放置一条平直光滑槽,它垂直穿过开有小孔的两平行薄板,板相距3.5L。
槽内有两个质量均为m的小球A和B,球A带电量为+2q,球B带电量为-3q,两球由长为2L的轻杆相连,组成一带电系统。
最初A和B分别静止于左板的两侧,离板的距离均为L。
若视小球为质点,不
计轻杆的质量,在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后(设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成,不影响电场的分布),求:
(1)球B刚进入电场时