题目内容
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分析:(1)根据粒子做平抛运动的规律,运用运动的合成与分解,并依据运动学公式,即可求解;
(2)根据牛顿第二定律,结合电场力表达式,与运动学公式,即可求解.
(2)根据牛顿第二定律,结合电场力表达式,与运动学公式,即可求解.
解答:解:(1)第一个粒子在极板间做平抛运动,设上极板的长度为L,得:
水平位移:
=v0t1
竖直位移:
=
a
=
g
第(N+1)粒子做类平抛运动运动,得:
L=v0t2
所以:
=
.故A正确;
(2)设以上述速度入射的带电粒子,最多能有n个落到下极板上.则第(N+1)个粒子的加速度为a,
由牛顿运动定律得
mg-qE=ma
其中E=
=
=
得a=g-
第(N+1)粒子做匀变速曲线运动 y=
a
=
g
第(N+1)粒子不落到极板上,则y≤
联立以上公式得:N=
故B错误;
(3)第(N+1)粒子运动过程中重力和电场力做功等于粒子动能的增大,W=mg
-qE
代人数据得:W=
,故C正确;
(4)第(N+1)粒子运动过程中电场力做功等于粒子减少的机械能:W电=qE
=
.故D正确.
该题要求选择错误的选项,故选:B
水平位移:
L |
2 |
竖直位移:
d |
2 |
1 |
2 |
t | 2 1 |
1 |
2 |
t | 2 1 |
第(N+1)粒子做类平抛运动运动,得:
L=v0t2
所以:
t1 |
t2 |
1 |
2 |
(2)设以上述速度入射的带电粒子,最多能有n个落到下极板上.则第(N+1)个粒子的加速度为a,
由牛顿运动定律得
mg-qE=ma
其中E=
U |
d |
Q |
Cd |
nq |
Cd |
得a=g-
nq2 |
Cmd |
第(N+1)粒子做匀变速曲线运动 y=
1 |
2 |
t | 2 2 |
1 |
2 |
t | 2 2 |
第(N+1)粒子不落到极板上,则y≤
d |
2 |
联立以上公式得:N=
3gCmd |
4q2 |
(3)第(N+1)粒子运动过程中重力和电场力做功等于粒子动能的增大,W=mg
d |
2 |
d |
2 |
代人数据得:W=
mgd |
8 |
(4)第(N+1)粒子运动过程中电场力做功等于粒子减少的机械能:W电=qE
d |
2 |
3mgd |
8 |
该题要求选择错误的选项,故选:B
点评:考查如何处理平抛运动的思路,掌握运动的合成与分解的方法,理解运动学公式与牛顿第二定律的综合应用.
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练习册系列答案
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A、落到A板的油滴数N=
| ||
B、落到A板的油滴数N=
| ||
C、第N+1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于
| ||
D、第N+1滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于
|
如图所示,在真空室中有两块长为L的水平金属板,板间的距离为d,有一质量为m的小油滴,电荷量为q,自上极板的表面处从左侧以一初速度v0进入板间,当它运动到两极板间区域的正中央时,给两极板加电压U,使小油滴受到向上的电场力开始做匀速直线运动,则 ( )
A.小油滴进入板间的初速度![]() |
B.两极板所加电压为![]() |
C.小油滴一定从下极板的右侧射出 |
D.小油滴一定会打在下极板距离右侧![]() |