题目内容
15.(1)带电粒子入射初速度的大小.
(2)落到下极板上的带电粒子的总个数.
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.
解答 解:(1)对第一个落到O点的粒子:水平方向$\frac{L}{2}={v_0}t$ ①
竖直方向$\frac{d}{2}=\frac{1}{2}g{t^2}$ ②
解得${v_0}=\frac{L}{2}\sqrt{\frac{g}{d}}=2.5m/s$
(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…③
其中:E=$\frac{U}{d}$=$\frac{Q}{Cd}$=$\frac{nq}{Cd}$…④
由③、④得:a=g-$\frac{n{q}^{2}}{Cmd}$…⑤
第(n+1)粒子做匀变速曲线运动
x=v0t=L
$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
得:y=$\frac{1}{2}$(g-$\frac{n{q}^{2}}{Cmd}$)($\frac{L}{{v}_{0}}$)2;
第(n+1)粒子不落到极板上,则y≤$\frac{d}{2}$;
得:$\frac{1}{2}(g-\frac{n{q}^{2}}{Cmd})(\frac{L}{{v}_{0}})^{2}≤\frac{d}{2}$
因此有:n=$\frac{Cmd}{{q}^{2}}(g-\frac{{v}_{0}^{2}}{{L}^{2}}d)$=$\frac{1{0}^{-6}×2×1{0}^{-6}}{(1{0}^{-8})^{2}}(10-\frac{2.{5}^{2}}{0.{1}^{2}}×0.4×1{0}^{-2})$×0.4×10-2=600个;
答:(1)带电粒子入射初速度的大小为2.5m/s;
(2)以上述速度入射的带电粒子,最多能有600个落到下极板上.
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.
| A. | 物体的动能增加了0.8mgh | B. | 物体的机械能减少了0.8mgh | ||
| C. | 物体克服阻力所做的功为0.8mgh | D. | 物体的重力势能减少了mgh |
| A. | 线圈中有感应电动势,有感应电流 | B. | 线圈中有感应电动势,无感应电流 | ||
| C. | AB边两端有电压,且电压表有示数 | D. | AB边两端有电压,但电压表无示数 |
| A. | 保持开关S闭合,适当下移P极板 | B. | 保持开关S闭合,适当上移P极板 | ||
| C. | 先断开开关S,再适当下移P极板 | D. | 先断开开关S,再适当上移P极板 |