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如圖2所示.一帶電粒子以水平初速度()先后進入方向垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域.已知電場方向豎直向?qū)挾认嗤揖o鄰在一起.在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中.電場和磁場對粒子所做的總功為,若把電場和磁場正交重疊.如圖3所示.粒子仍以初速度穿過重疊場區(qū).在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中.電場和磁場對粒子所做的總功為.比較和.有( ) 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

 如圖2所示,一帶電粒子以水平初速度)先后進入方向垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域,已知電場方向豎直向?qū)挾认嗤揖o鄰在一起,在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中(其所受重力忽略不計),電場和磁場對粒子所做的總功為;若把電場和磁場正交重疊,如圖3所示,粒子仍以初速度穿過重疊場區(qū),在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中,電場和磁場對粒子所做的總功為,比較,有(  。

A.一定是         B.一定是

C.一定是          D.可能是,也可能是

 

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 如圖2所示,一帶電粒子以水平初速度)先后進入方向垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域,已知電場方向豎直向?qū)挾认嗤揖o鄰在一起,在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中(其所受重力忽略不計),電場和磁場對粒子所做的總功為;若把電場和磁場正交重疊,如圖3所示,粒子仍以初速度穿過重疊場區(qū),在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中,電場和磁場對粒子所做的總功為,比較,有(  。

A.一定是          B.一定是

C.一定是           D.可能是,也可能是

 

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如圖1所示,一帶電粒子以水平速度v0(v0<E/B)先后進入方向互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域,已知電場方向豎直向下,兩個區(qū)域的寬度相同且緊鄰在一起,在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中,(其所受重力忽略不計),電場和磁場對粒子所做的功為W1;若把電場和磁場正交重疊,如圖2所示,粒子仍以初速度v0穿過重疊場區(qū),在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中,電場和磁場對粒子所做的總功為W2,比較W1和W2,則

A.一定是W1>W(wǎng)2

B.一定是W1=W2

C.一定是W1<W2

D.可能是W1<W2,也可能是W1>W(wǎng)2

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如圖所示,一帶電粒子的質(zhì)量為m,帶電量為+q,以初速度v0從A點垂直射入勻強電場,過一段時間后,粒子到達B點,速度變?yōu)樗椒较虻? v0,試求:(1)UAB; (2)勻強電場的電場強度E。

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精英家教網(wǎng)如圖甲所示,一個半徑r=10cm圓盤由兩種材料Ⅰ、Ⅱ構(gòu)成,每種材料正好形成一個半圓,它們之間除圓心O以外由絕緣薄膜隔開.圓盤下端浸沒在導電液體中,O點到液面的距離是半徑r的
2
2
倍.圓盤可繞O點按順時針方向轉(zhuǎn)動,且在轉(zhuǎn)動過程中,只要材料進入液體中,材料Ⅰ在O點與液體間的電阻恒為R=1kΩ,材料Ⅱ在O點與液體間的電阻恒為R=4kΩ.圓盤通過轉(zhuǎn)軸、導電液體與外電路連接,導線與導電液體電阻不計.電路中電源電動勢E=2000V,內(nèi)阻不計,R=4kΩ.R的兩端與兩塊豎直放置、正對且等大的平行金屬板相連,板間距離不計.金屬板右側(cè)依次有半徑為r/10的圓形勻強磁場區(qū)域及豎直放置的熒光屏,已知平行金屬板正中央的小孔O1、O2,勻強磁場的圓心O3,熒光屏的中心O4在同一條水平直線上,O3O4=20cm.現(xiàn)有一細束帶電粒子從O1點沿O1O2方向進入平行金屬板間,初速度及重力不計,比荷
q
m
=
2
3
×107C/kg
.勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=1.0T,圓盤的轉(zhuǎn)動周期T=4s.
(1)圓盤處于圖示位置時,兩平行金屬板間的電壓是多少?帶電粒子打到熒光屏上時距O4點的距離y是多大?
(2)如果圓盤在圖位置時為零時刻,在圖乙畫出平行金屬板間電壓在一個周期內(nèi)隨時間變化的圖象.(可不寫計算過程,但需在圖上標出具體數(shù)值)
(3)在圖丙中定性畫出電子到達屏上時,它離O4點的距離y隨時間的變化圖線.

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1. BCD   2. BC    3.D        4.A     5. C

6. AD    7.C     8. CD        9. AB    10.BC

11.(1)CD(2)指零  指零  指零   左偏 

12. 電極A與導電紙接觸不良

13. 解:(1)小球速度最大時,棒對它的彈力垂直于棒向下,受力分析如圖,沿桿方向,,垂直桿方向:,聯(lián)立以上各式,得

所以:

(2)小球C從斜置的絕緣棒上由靜止開始運動,必須滿足條件,而,所以

14. 解:(1)根據(jù)牛頓第二定律,根據(jù)庫侖定律,,解得

(2)當A球受到的合力為零即加速度為零時,動能最大,設(shè)此時A球與B點間的距離為R,則,解得。

15. 解:(1)、(2)如圖所示,設(shè)小球在C點的速度大小是,對軌道的壓力大小為,則對于小球由AC的過程中,應(yīng)用動能定理列出:-0,在C點的園軌道徑向應(yīng)用牛頓第二定律,有,解得

(3)如圖所示,設(shè)小球初始位置應(yīng)在離B點xm的點,對小球由D的過程應(yīng)用動能定理,有:,在D點的圓軌道徑向應(yīng)用牛頓第二定律,有,解得

16. 解:(1)F1為P1參與的運動而受到指向N端的洛倫茲力,其值為:(其中 ,為的電量),對應(yīng)有指向N端的加速度: (其中m為的質(zhì)量)

在管中運動會使它受到另一個向左的洛倫茲力,此力與管壁對向右的力所抵消,到達N端時具有沿管長方向的速度:

所以,對紙平面的速度大小為:

又因為,故:

即:

所以的比荷為:

(2)從M端到N端經(jīng)歷的時間為:

離開管后將在紙平面上做勻速圓周運動,半徑與周期分別為:

經(jīng)t時間已隨管朝正右方向運動:

的距離

所以離開N端的位置恰好為的初始位置

經(jīng)時間t已知運動到如圖所示的位置S走過的路程為

只能與相碰在圖中的S處,相遇時刻必為

且要求在這段時間內(nèi)恰好走過2R的路程,因此有

即得:

所以:

17. 解:……① 

由于重力和電場力平衡,電粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動,小球平拋且碰時動量守恒,根據(jù)條件,碰后反向

……①

另有……②

解得……③

對平拋:

解得

 

 

 

 


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