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C.電荷量為1.6×10-19C的正點電荷從E點移到F點.電荷克服電場力做功為 1.6×10-19J 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

如圖,A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個邊長為10cm的正六邊形的六個頂點,A、B、C三點電勢分別為1.0V、2.0V、3.0V,則下列說法正確的是                  (    )
       A.勻強電場的場強大小為10V/m
       B.勻強電場的場強大小為V/m
       C.電荷量為1.6×1019C的正點電荷從E點移到F點,電荷克服電場力做功為
       1.6×10-19J
       D.電荷量為1.6×1019C的負點電荷從F點移到D點,電荷的電勢能減少4.8×10-19J
文本框:

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如圖所示,A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個邊長為10cm的正六邊形的六個頂點,A、B、C三點電勢分別為1.0V、2.0V、3.0V,則下列說法正確的是:(       )

A.勻強電場的場強大小為10V/m 

B.勻強電場的場強大小為11.5V/m

C.電荷量為1.6×10-19C的正點電荷從E點移到F點,電荷克服電場力做功為1.6×10-19J

D.電荷量為1.6×10-19C的負點電荷從F點移到D點,電荷的電勢能減少4.8×10-19J

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在坐標系xOy中,有三個靠在一起的等大的圓形區域,分別存在著方向如圖所示的勻強磁場,磁感應強度大小都為B=0.10T,磁場區域半徑rm,三個圓心A、B、C構成一個等邊三角形,BC點都在x軸上,且y軸與圓形區域C相切,圓形區域A內磁場垂直紙面向里,圓形區域B、C內磁場垂直紙面向外.在直角坐標系的第Ⅰ、Ⅳ象限內分布著場強E=1.0×105N/C的豎直方向的勻強電場,現有質量m=3.2×10-26kg,帶電荷量q=-1.6×10-19C的某種負離子,從圓形磁場區域A的左側邊緣以水平速度v=106m/s沿正對圓心A的方向垂直磁場射入,求:

(1)該離子通過磁場區域所用的時間.

(2)離子離開磁場區域的出射點偏離最初入射方向的側移為多大?(側移指垂直初速度方向上移動的距離)

(3)若在勻強電場區域內豎直放置一擋板MN,欲使離子打到擋板MN上的偏離最初入射方向的側移為零,則擋板MN應放在何處?勻強電場的方向如何?

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(11分)(2009·北京模擬)在坐標系xOy中,有三個靠在一起的等大的圓形區域,分別存在著方向如圖所示的勻強磁場,磁感應強度大小都為B=0.10T,磁場區域半徑r=m,三個圓心A、B、C構成一個等邊三角形,B、C點都在x軸上,且y軸與圓形區域C相切,圓形區域A內磁場垂直紙面向里,圓形區域B、C內磁場垂直紙面向外.在直角坐標系的第Ⅰ、Ⅳ象限內分布著場強E=1.0×105N/C的豎直方向的勻強電場,現有質量m=3.2×10-26kg,帶電荷量q=-1.6×10-19C的某種負離子,從圓形磁場區域A的左側邊緣以水平速度v=106m/s沿正對圓心A的方向垂直磁場射入,求:

(1)該離子通過磁場區域所用的時間.

(2)離子離開磁場區域的出射點偏離最初入射方向的側移為多大?(側移指垂直初速度方向上移動的距離)

(3)若在勻強電場區域內豎直放置一擋板MN,欲使離子打到擋板MN上的偏離最初入射方向的側移為零,則擋板MN應放在何處?勻強電場的方向如何?

 

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(11分)(2009·北京模擬)在坐標系xOy中,有三個靠在一起的等大的圓形區域,分別存在著方向如圖所示的勻強磁場,磁感應強度大小都為B=0.10T,磁場區域半徑r=m,三個圓心A、B、C構成一個等邊三角形,B、C點都在x軸上,且y軸與圓形區域C相切,圓形區域A內磁場垂直紙面向里,圓形區域B、C內磁場垂直紙面向外.在直角坐標系的第Ⅰ、Ⅳ象限內分布著場強E=1.0×105N/C的豎直方向的勻強電場,現有質量m=3.2×10-26kg,帶電荷量q=-1.6×10-19C的某種負離子,從圓形磁場區域A的左側邊緣以水平速度v=106m/s沿正對圓心A的方向垂直磁場射入,求:

(1)該離子通過磁場區域所用的時間.

(2)離子離開磁場區域的出射點偏離最初入射方向的側移為多大?(側移指垂直初速度方向上移動的距離)

(3)若在勻強電場區域內豎直放置一擋板MN,欲使離子打到擋板MN上的偏離最初入射方向的側移為零,則擋板MN應放在何處?勻強電場的方向如何?

 

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一、選擇題

14

15

16

17

18

19

20

21

D

C

ABC

B

B

BD

CD

B

二、非選擇題:

22. (共17分,)

(1)、(5分)  ①   χ   ②     1.0  

(2)、(12分) ① R1             1.45――1.47       1.70――1.83    

②連線如圖

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③ =      > 

23、解析:(1)電子在磁場中運動,只受洛倫茲力作用,故其軌跡是圓弧一部分,又因為f⊥v,故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛倫茲力指向交點上,如圖中的O點,由幾何知識知,AB間圓心角θ=300,OB為半徑.所以r=d/sin300=2d.         

又由r=得m=2dBe/v.

    (2)又因為AB圓心角是300,所以穿過時間 t=T=×=

24、解析:(1)油滴在進入兩板前作自由落體運動,剛進入兩板之間時的速度為V0,受到的電場力與磁場力相等,則

qv0B=qU/d,v0=U/Bd= ,h=U2/2gB2d2

(2)油滴進入兩板之間后,速度增大,洛侖茲力在增大,故電場力小于洛侖茲力,油滴將向P板偏轉,電場力做負功,重力做正功,油滴離開兩板時的速度為Vx ,由動能定理mg(h+L)-q U/2=mVx 2/2,

25、解析:(1)設此時小球的合速度大小為v,方向與u的夾角為θ

    有……①     cosθ=u/v=u/  ………②

  此時粒子受到的洛倫茲力f和管壁的彈力N如所示,由牛頓第二定律可求此時小球上升的加速度為:a=fcosθ=qvBcosθ/m………③ 

聯立①②③解得:a=quB/m

(2)由上問a知,小球上升加速度只與小球的水平速度u有關,故小球在豎直方向上做加速運動.設小球離開N端管口時的豎直分速度為vy,由運動學公式得

此時小球的合速度

    故小球運動的半徑為 

(3)因洛化茲力對小球做的功為零,由動能定理得管壁對小球做的功為:   

W=1/2mv2-1/2mu2=quBh

 

 

 

 


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