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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(jìn)入方向互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，已知電場(chǎng)方向豎直向下，兩個(gè)區(qū)域的寬度相同且緊鄰在一起，在帶電粒子穿過電場(chǎng)和磁場(chǎng)的過程中，(其所受重力忽略不計(jì))，電場(chǎng)和磁場(chǎng)對(duì)粒子所做的功為W₁；若把電場(chǎng)和磁場(chǎng)正交重疊，如圖2所示，粒子仍以初速度v₀穿過重疊場(chǎng)區(qū)，在帶電粒子穿過電場(chǎng)和磁場(chǎng)的過程中，電場(chǎng)和磁場(chǎng)對(duì)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(diǎn)垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，過一段時(shí)間后，粒子到達(dá)B點(diǎn)，速度變?yōu)樗�平方向�? v₀，試求：（1）U_AB； （2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E。

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如圖甲所示，一個(gè)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(gè)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(dǎo)電液體中，O點(diǎn)到液面的距離是半徑r的

2

2

倍．圓盤可繞O點(diǎn)按順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，且在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，只要材料進(jìn)入液體中，材料Ⅰ在O點(diǎn)與液體間的電阻恒為R_Ⅰ=1kΩ，材料Ⅱ在O點(diǎn)與液體間的電阻恒為R_Ⅱ=4kΩ．圓盤通過轉(zhuǎn)軸、導(dǎo)電液體與外電路連接，導(dǎo)線與導(dǎo)電液體電阻不計(jì)．電路中電源電動(dòng)勢(shì)E=2000V，內(nèi)阻不計(jì)，R=4kΩ．R的兩端與兩塊豎直放置、正對(duì)且等大的平行金屬板相連，板間距離不計(jì)．金屬板右側(cè)依次有半徑為r/10的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(qiáng)磁場(chǎng)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(xì)束帶電粒子從O₁點(diǎn)沿O₁O₂方向進(jìn)入平行金屬板間，初速度及重力不計(jì)，比荷

q

m

=

2

3

×107C/kg．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T，圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)周期T=4s．
（1）圓盤處于圖示位置時(shí)，兩平行金屬板間的電壓是多少？帶電粒子打到熒光屏上時(shí)距O₄點(diǎn)的距離y是多大？
（2）如果圓盤在圖位置時(shí)為零時(shí)刻，在圖乙畫出平行金屬板間電壓在一個(gè)周期內(nèi)隨時(shí)間變化的圖象．（可不寫計(jì)算過程，但需在圖上標(biāo)出具體數(shù)值）
（3）在圖丙中定性畫出電子到達(dá)屏上時(shí)，它離O₄點(diǎn)的距離y隨時(shí)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(dǎo)電紙接觸不良

13. 解：（１）小球速度最大時(shí)，棒對(duì)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(yùn)動(dòng)，必須滿足條件，而即，所以

14. 解：（１）根據(jù)牛頓第二定律，根據(jù)庫(kù)侖定律，，解得

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

15. 解：（１）、（２）如圖所示，設(shè)小球在Ｃ點(diǎn)的速度大小是，對(duì)軌道的壓力大小為，則對(duì)于小球由ＡC的過程中，應(yīng)用動(dòng)能定理列出：－０，在Ｃ點(diǎn)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(diǎn)ｘｍ的點(diǎn)，對(duì)小球由Ｄ的過程應(yīng)用動(dòng)能定理，有：，在Ｄ點(diǎn)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(yùn)動(dòng)而受到指向Ｎ端的洛倫茲力，其值為：（其中 ，為的電量），對(duì)應(yīng)有指向Ｎ端的加速度： （其中ｍ為的質(zhì)量）

在管中運(yùn)動(dòng)會(huì)使它受到另一個(gè)向左的洛倫茲力，此力與管壁對(duì)向右的力所抵消，到達(dá)Ｎ端時(shí)具有沿管長(zhǎng)方向的速度：

所以，對(duì)紙平面的速度大小為：

又因?yàn)?sub>，故：

即：

所以的比荷為：

（２）從Ｍ端到Ｎ端經(jīng)歷的時(shí)間為：

離開管后將在紙平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑與周期分別為：

經(jīng)ｔ_１時(shí)間已隨管朝正右方向運(yùn)動(dòng)：

的距離

所以離開Ｎ端的位置恰好為的初始位置

經(jīng)時(shí)間ｔ_１已知運(yùn)動(dòng)到如圖所示的位置Ｓ_２走過的路程為

只能與相碰在圖中的Ｓ處，相遇時(shí)刻必為

且要求在這段時(shí)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(chǎng)力平衡，電粒子在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，小球平拋且碰時(shí)動(dòng)量守恒，根據(jù)條件，碰后反向

……①

另有……②

解得……③

對(duì)平拋：

解得