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)
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