嘉兴二模一本线各科分数线 （?嘉兴二模）匀强电场方向水平向右，带电小球由图示位置从静止开始释放．已知小球所受电场力等于重
2024-07-11 21:07:15 | 七七网
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- 1、（2012?嘉兴二模）如图甲所示，M、N为竖直放置的两块平行金属板，圆形虚线为与N相连且接地的圆形金属网罩
- 2、（2014?嘉兴二模）在哈尔滨冰雕节上，工作人员将如图所示的小车和冰球推进箱式吊车并运至大钢冰雕顶部安
- 3、（2012?嘉兴二模）匀强电场方向水平向右，带电小球由图示位置从静止开始释放．已知小球所受电场力等于重
（2012?嘉兴二模）如图甲所示，M、N为竖直放置的两块平行金属板，圆形虚线为与N相连且接地的圆形金属网罩
（1）质子在MN板间运动，根据动能定理，有eU MN =| 1 |
| 2 |
| v | 2 0 |
得 v 0 =
|
质子在磁场中运动，根据牛顿第二定律，有
evB=m
|
||
| r |
联立 r=
| m v 0 |
| eB |
| 1 |
| B |
|
若质子能打在收集屏上，轨道半径r与半径R应满足的关系：r≥
| 3 |
解得板间电压 U MN ≥
| 3e B 2 R 2 |
| 2m |
结合图象可知：质子在
| T |
| 6 |
| 5 |
| 6 |
（2）M、N间的电压越小，质子穿出电场进入磁场时的速度越小，质子在极板间经历的时间越长，同时在磁场中运动轨迹的半径越小，在磁场中运动的时间也会越长，设在磁场中质子运动所对应的圆半径为r，运动圆弧所对应的圆心角为θ，射出电场的速度为v 0 ，质子穿出金属网罩时，对应总时间为t，则
在板间电场中运动时间t 1 =
|
||
|
| R |
| v 0 |
|
tan
| θ |
| 2 |
| R |
| r |
| RBe |
| m v 0 |
| RBe | ||
|
在磁场中运动时间t 2 =
| Rθ |
| v 0 |
| θm |
| Be |
所以，运动总时间t=t 1 +t 2 =R
|
| θm |
| Be |
| RBe |
| m v 0 |
在磁场中运动时间t 2 =
| Rθ |
| v 0 |
| θm |
| Be |
| 2m |
| Be |
| RBe | ||
|
所以，运动总时间t=t 1 +t 2 =R
|
| 2m |
| Be |
| RBe | ||
|
（3）稳定时，收集屏上电荷不再增加，即在t＞T 时刻以后，此时，U MN =U 0 ，收集屏与地面电势差恒为U，U=Ir 0
单位时间到达收集板的质子数n
单位时间内，质子的总能量为P 总 =
| 1 |
| 2 |
| v | 2 0 |
单位时间内屏上发热功率为P 屏 =P 总 -P 热
消耗在电阻上的功率为P 热 =I 2 r 0 &nb
（2014?嘉兴二模）在哈尔滨冰雕节上，工作人员将如图所示的小车和冰球推进箱式吊车并运至大钢冰雕顶部安
由题意可知，当向右匀速，水平方向不受到任何力，只有重力与支持力；当处于向上匀加速、向上匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，则有冰球受到重力与支持力；
而当处于向右匀减速时，加速度与速度方向相反，则斜面对冰球有弹力，弹力的分力提供加速度，故B正确，ACD错误；
故选：B．
（2012?嘉兴二模）匀强电场方向水平向右，带电小球由图示位置从静止开始释放．已知小球所受电场力等于重
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A、当小球受到的电场力水平向右时，则小球除受拉力外，还受到重力与电场力．可将此两力等效成一个力，则小球在开始一段时间内小球做变速圆周运动，当摆到45°时，小球的速度达到最大，故A正确；B、当小球受到的电场力水平向左时，则小球除受拉力外，还受到重力与电场力．可将此两力等效成一个力，则小球在开始一段时间内小球做变速直线运动，当运动到最低点，由于线的作用，使小球开始做圆周运动，故B正确；
C、当小球受到的电场力水平向右时，小球作圆周运动过程中，小球电势能与机械能之和一定不变； 而当小球受到的电场力水平向左，小球摆到最低时，由于线的作用，导致机械能损失，产生内能．所以电势能与机械能之和变小，故C错误；
D、当小球受到的电场力水平向右时，小球运动至左侧时最高点即为几何最低点，则一定低于释放位置； 当小球受到的电场力水平向左时，小球运动的最高点高于释放位置．故D错误；
故选：AB 以上就是嘉兴二模一本线各科分数线 （?嘉兴二模）匀强电场方向水平向右，带电小球由图示位置从静止开始释放．已知小球所受电场力等于重全部内容了，了解更多相关信息，关注七七网。更多相关文章关注七七网：www.397577.com
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