17．如图所示，从电子枪射出的电子束（初速度不计）经电压U1=2000V加速后，从一对金属板Y和Y′正中间平行金属板射入，电子束穿过两板空隙后最终垂直打在荧光屏上的O点．若现在用一输出电压为U2=160V的稳压电源与金属板YY′连接，在YY′间产生匀强电场，使得电子束发生偏转．若取电子质量为9×10﹣31kg，YY′两板间距d=2．4cm，板长l=6．0cm，板的末端到荧光屏的距离L=12cm．整个装置处于真空中，不考虑重力的影响，试回答以下问题：
（1）电子束射入金属板YY′时速度为多大？
（2）加上电压U2后电子束打到荧光屏上的位置到O点的距离为多少？
（3）如果两金属板YY′间的距离d可以随意调节（保证电子束仍从两板正中间射入），其他条件都不变，试求电子束打到荧光屏上的位置到O点距离的取值范围． 【答案】（1）2．67×107m/s；（2）15mm；（3）0～30mm． 【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据动能定理，设电子在加速电极作用下获得速度为v0， 有U1e?12mv0， 2解得：v0?2U1e…① m
代入数据解得：v0?8?107m/s?2.67?107m/s； 3（2）电子穿过偏转电极过程中，在沿初速度方向做匀速直线运动有l=v0t…② 在沿电场方向受力为F=Eq…③ 根据匀强电场性质U2=Ed…④ 根据牛顿第二定律F=ma…⑤
根据匀变速直线运动规律，在出偏转电场时其在电场方向位移为[来y?12at…⑥ 2U2l2…⑦ 根据①﹣⑥式可推得：y?4dU1此时在电场方向上的分速度为：vy=at…⑧
出电场后电子做直线运动最终打在荧光屏上，距离O点的距离设为y′，根据几何关系及①⑦⑧可得
y′?Ul?l?2L?l?2Ly?2…⑨ l4dU1d，所以此时电子可以射出偏转电场 2于是将数据代入⑨式可得y′=15mm
将数据代入⑦式可得y=3mm＜
（3）d越小则偏转电场越强，电子的偏转也越厉害，但是同时两板间距缩小电子更容易打在极板上，
所以电子的偏转应有最大值，且临界条件为电子刚好擦YY′极板而出．即：联立⑦式代入数据可解得此时：y=6mm， 继续代入⑨式可得此时：y′=30mm，
所以电子束打到荧光屏上的位置到O点距离的取值范围为0～30mm；
d?y…⑩ 2
18．在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同，在原点O处放一个质量m=0.01 kg带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q= -5×10－8 C．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，给物块一个沿x轴正方向的初速度v0=2 m/s.如图所示．试求：
(1)物块沿x轴正方向运动的加速度； (2)物块沿x轴正方向运动的最远距离； (3)物体运动的总时间为多长？ 【答案】(1)5 m/s2 (2)0.4 m (3)1.74 s 【解析】 【分析】
带负电的物块以初速度v0沿x轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动．根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间． 【详解】
（1）由牛顿第二定律可得?mg?Eq?ma ，得a?5m/s2
（2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：???mg?Eq?s1?0?代入数据，得：s1=0.4m
（3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：s1?接着物块向左作匀加速直线运动：a2?根据：s1?1mv02． 2v0?vtv?t1?0?t1，得：t1=0.4s 22qE??mg＝1m/s2． m1a2t22 得t2?20.2s 2物块离开电场后，向左作匀减速运动：a3??根据：a3t3?a2t2 解得t3?0.2s
物块运动的总时间为：t?t1?t2?t3?1.74s 【点睛】
?mgm???g??2m/s2
本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．
19．两平行金属板A、B间距离为d，两板间的电压UAB随时间变化规律如图所示，变化周期为T＝6秒，在t＝0时，一带正电的粒子仅受电场力作用，由A板从静止起向B板运动，并于t＝2T时刻恰好到达B板，求：
（1）若该粒子在t＝T/6时刻才从A板开始运动，那么，再经过2T时间，它将运动到离A板多远的地方？
（2）若该粒子在t＝T/6时刻才从A板开始运动，那么需再经过多长时间才能到达B板， 【答案】（1）【解析】 【分析】 【详解】
(1)粒子在t＝0时开始运动，它先加速再减速，再加速、减速，向同一方向运动，其v-t图如图中粗实线所示，
1d （2）32.6s 3
设每次加速（或减速）运动的位移为s，则4s＝d，s?d, 4若粒子在t＝T/6时刻才从A板开始运动，其运动图线如图中细实线所示，
设每次加速（或减速）运动的位移为s1，设每次反向加速（或减速）运动的位移为s2， 则s1?4ds? 99s2?1ds? 936d 6所以一个周期内的总位移为s??2(s1?s2)?所以2T内粒子运动的总位移为
d 3(2)粒子在t＝T / 6时刻才从A板开始运动，6个周期内的总位移刚好是d，但由于粒子有一段反向运动，所以在6个周期末之前已到达B板，即在5个周期末，粒子和B板的距离为
s??d 6
粒子通过此距离所需时间为(?232)T 6232172)T?(?)T?32.6s 636则粒子到达B板所需时间为t??5T?(?【点睛】
由于粒子不是在电场中一直处于加速或减速，所以导致分析运动较复杂;也可以假设b板向下移动到最后一个周期末速度为零的位置，这算出整段时间，再去移动距离的时间.
20．如图所示，竖直平面内有一坐标系xoy，已知A点坐标为（–2h，h），O、B区间存在竖直向上的匀强电场。甲、乙两小球质量均为m，甲球带电量为+q，乙球带电量为–q，分别从A点以相同的初速度水平向右抛出后，都从O点进入匀强电场，其中甲球恰从B点射出电场，乙球从C点射出电场，且乙球射出电场时的动能是甲球射出电场时动能的13倍。已知重力加速度为g。求
（1）小球经过O点时速度的大小和方向； （2）匀强电场的场强E。
【答案】（1）v?2gh ；θ=450（2）E?【解析】
（1）如图1所示，设小球经过O点时的速度为v，水平分速度为vx，竖直分速度为vy，平抛运动的时间为t。
3mg q
vx1222tan??v?gt根据平抛运动规律h?gt①，2h?vxt②，y③，v?vx?vy④，⑤ vy2由以上式子解得v?2gh，??45?，vy?vx⑥
（2）甲球在B点的速度如图2所示，乙球在C点的速度如图3所示。依题意得
EkC?13EkB
即
112222mvx?vcy?13?mvx?vy，解得vcy?5vx⑦ 22????设甲球在电场中的加速度为a甲，乙球在电场中的加速度为a乙；甲、乙两球在电场中运动的时间为t'。研究竖直方向，有
对甲球：2vy?a甲t'⑧，Eq?mg?ma甲⑨， 对乙球：vcy?vy?a乙t'⑩，Eq?mg?ma乙?， 由⑥～?式解得E?3mg； q
高中物理必修第3册第十章 静电场中的能量试卷综合测试(Word版 含答案)
