[課下鞏固精練卷(二十五)]帶電粒子(體)在電場中的偏轉(zhuǎn)運動問題________________________________________________________________________(選擇題每題5分，解答題每題10分，建議用時：50分鐘)考點基礎題綜合題帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)1，68，9示波管47在電場和重力場中的偏轉(zhuǎn)2，311在交變電場中的偏轉(zhuǎn)510【基礎落實練】1.如圖所示，在截面半徑為R、圓心為O的圓柱形區(qū)域內(nèi)有一方向平行于直徑ab向右的勻強電場，電場強度大小為E。某帶電粒子自圓形邊界上c點以速度v0，方向垂直ab射入該電場區(qū)域，粒子恰好自b點離開電場。已知∠aOc＝60°，運動中粒子僅受電場力作用，則該粒子的比荷為()A．eq\f(4veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),ER)B．eq\f(2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),ER)C．eq\f(\r(3)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),ER)D．eq\f(\r(3)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2ER)解析：選A。帶電粒子在電場中從c到b做類平拋運動，垂直于電場方向做勻速直線運動，則Rsin60°＝v0t，沿電場方向做勻加速直線運動，則R＋Rcos60°＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，聯(lián)立解得eq\f(q,m)＝eq\f(4veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),ER)，A正確，B、C、D錯誤。2．(2023·重慶渝中高三階段練習)如圖所示，豎直面內(nèi)有矩形ABCD，∠DAC＝30°，以O為圓心的圓為矩形的外接圓，AC為豎直直徑，空間存在范圍足夠大、方向由A指向B的勻強電場。將質(zhì)量均為m的小球P、Q以相同速率從A點拋出，小球P經(jīng)過D點時的動能是小球在A點時動能的4倍。已知小球P不帶電，小球Q帶正電，電荷量為q，重力加速度為g，該電場的電場強度大小為eq\f(mg,q)，則小球Q經(jīng)過B點時的動能是小球在A點時動能的()A．2倍B．4倍C．6倍D．8倍解析：選B。由于勻強電場由A指向B，可知AD為等勢線，設圓的半徑為R，小球P經(jīng)過D點時的動能是小球在A點時動能的4倍，根據(jù)動能定理可得mg·eq\f(3,2)R＝4Ek0－Ek0＝3Ek0，小球Q從A點拋出到B點過程，根據(jù)動能定理可得mgRcos60°＋qER＝EkB－Ek0，又qE＝mg，聯(lián)立解得EkB＝4Ek0，則小球Q經(jīng)過B點時的動能是小球在A點時動能的4倍，故B正確。3．(2023·山東高三專題練習)如圖，在方向平行于紙面的勻強電場中有一平臺，一帶電小球從平臺左下側(cè)某位置P以v0＝8m/s的初速度豎直向上拋出，小球恰好從平臺左端Q點以速度v1＝6m/s水平滑入平臺。小球質(zhì)量m＝0.1kg，帶電荷量q＝＋6×10－4C，重力加速度g＝10m/s2，關于該勻強電場，下列說法正確的是()A．電場強度大小可能小于1000N/CB．電場強度大小一定為1250N/CC．電場強度大小最小為1000N/CD．若電場強度大小確定，其方向也唯一確定解析：選C。由題意可知，水平方向v1＝axt，豎直方向v0＝ayt，可知eq\f(ay,ax)＝eq\f(8,6)＝eq\f(4,3)，設電場強度方向與豎直方向夾角為θ，則豎直方向mg＋qEcosθ＝may，水平方向qEsinθ＝max，整理并代入數(shù)據(jù)可得E＝eq\f(1000,sin（θ－37°）)N/C，可知E最小值為1000N/C；當θ＝90°時，E＝1250N/C，若電場強度大小E確定，其方向不是唯一確定的，故C正確。4．圖甲是示波管的原理圖，圖乙是電子在偏轉(zhuǎn)電極YY′間運動的示意圖，電子以v0的速度沿兩極板YY′的中心線進入，并射到熒光屏。圖乙中極板YY′的長度為l，間距為d，板間電壓為U。已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，則電子在偏轉(zhuǎn)電極YY′間運動的()A．加速度a＝eq\f(2eU,md)B．加速度a＝eq\f(eU,2md)C．偏移距離y＝eq\f(eUl2,mdveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))D．偏移距離y＝eq\f(eUl2,2mdveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))解析：選D。由牛頓第二定律，電子在偏轉(zhuǎn)電極YY′間運動的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU,md)，A、B錯誤；電子在偏轉(zhuǎn)電極YY′間運動，則l＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得，偏移距離y＝eq\f(1,2)·eq\f(eU,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))eq\s\up12(2)＝eq\f(el2U,2mdveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))，C錯誤，D正確。5．如圖甲，一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v平行于極板進入(記為t＝0時刻)，同時在兩板上加一按圖乙變化的電壓。已知粒子比荷為k，帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發(fā)生碰撞，經(jīng)過一段時間，粒子以平行極板方向的速度射出。下列說法中正確的是()A．粒子射出時間可能為t＝4sB．粒子射出的速度大小為2vC．極板長度滿足L＝3vn(n＝1，2，3，…)D．極板間最小距離為eq\r(\f(3kU0,2))解析：選D。粒子進入電容器后，在平行于極板方向做勻速直線運動，垂直極板方向的運動v-t圖像如圖所示，因為粒子平行極板射出，可知粒子垂直板的分速度為0，所以射出時刻可能為1.5s、3s、4.5s……，滿足t＝1.5n(n＝1，2，3，…)，粒子射出的速度大小必定為v，故A、B錯誤；極板長度L＝v·1.5n(n＝1，2，3，…)，故C錯誤；因為粒子不跟極板碰撞，則應滿足eq\f(d,2)≥eq\f(1,2)v垂直×1.5，v垂直＝a×1，a＝eq\f(qU0,md)，聯(lián)立求得d≥eq\r(\f(3,2)kU0)，故D正確。6．(2023·浙江紹興高三統(tǒng)考)如圖所示為某靜電除塵裝置的簡化原理圖。矩形通道的上下兩平行金屬板長為L，間距為d，后面板為絕緣材料，分布均勻的帶負電的塵埃質(zhì)量為m，電荷量為q，以水平速度v進入通道，單位時間內(nèi)進入通道的帶電塵埃數(shù)為n。已知兩金屬板極之間的電壓恒為U＝eq\f(md2v2,qL2)，帶電塵埃碰到極板立即被收集中和，不計塵埃重力及塵埃間的相互作用，下列說法正確的是()A．帶電塵埃被收集到下極板B．除塵裝置對帶電塵埃收集率為75%C．單位時間內(nèi)帶電塵埃減少的電勢能為eq\f(3,8)nqUD．若電壓增大到1.5U，則帶電塵埃能被全部收集解析：選C。塵埃帶負電，上極板與電源正極相連，上極板帶正電，帶電塵埃被收集到上極板，A錯誤；帶電塵埃在極板間最大偏轉(zhuǎn)距離為y，最長運動時間為t，根據(jù)牛頓第二定律可知，塵埃的加速度為a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)＝eq\f(dv2,L2)，L＝vt，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)d，根據(jù)題意可知，收集效率為η＝eq\f(y,d)×100%＝50%，B錯誤；單位時間內(nèi)帶電塵埃減少的電勢能為eq\f(n,2)q·eq\f(U,2)＋eq\f(n,2)q·eq\f(U,2)·eq\f(1,2)＝eq\f(3,8)nqU，C正確；若電壓增大到1.5U，帶電塵埃在極板間最大偏轉(zhuǎn)距離為y′，最長運動時間為t′，根據(jù)牛頓第二定律可知，塵埃的加速度為a′＝eq\f(qE,m)＝eq\f(3qU,2md)＝eq\f(3dv2,2L2)，L＝vt，則y′＝eq\f(1,2)a′t′2＝eq\f(3,4)d，收集效率為η′＝eq\f(y′,d)×100%＝75%，若電壓增大到1.5U，則帶電塵埃仍不能被全部收集，D錯誤?！揪C合提升練】7．(多選)如圖所示，水平平行板電容器間距為d，電源電壓恒定。閉合開關S，板間電場穩(wěn)定后，一電子以初速度v從平行板左端水平射入，經(jīng)過時間t離開平行板間電場時速度與水平方向夾角為θ，電場力對電子做功為W，電子在屏上所產(chǎn)生光點的豎直偏移量為y；若保持開關S閉合，將兩板間距調(diào)整為2d，電子仍然以初速度v水平射入。不計電子重力，則()A．電子通過平行板電容器的時間是tB．平行板間電場對電子做功是eq\f(1,2)WC．電子離開平行板間電場時速度與水平方向夾角是eq\f(1,2)θD．電子在屏幕所產(chǎn)生的光點的豎直偏移量是eq\f(1,2)y解析：選AD。水平方向是勻速直線運動，電子通過平行板電容器的時間是t，故A正確；電子在平行板電容器間豎直偏移量y1＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(qU,md)×t2，平行板間電場對電子做功是W＝qEy1＝eq\f(qU,d)×eq\f(1,2)×eq\f(qU,md)×t2，將兩板間距調(diào)整為2d，則W′＝eq\f(1,4)W，故B錯誤；電子離開平行板間電場時速度與水平方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v)＝eq\f(at,v)＝eq\f(qU,mdv)t，將兩板間距調(diào)整為2d，則tanθ′＝eq\f(1,2)tanθ，故C錯誤；電子在屏幕所產(chǎn)生的光點的豎直偏移量是y＝y(tǒng)1＋y2＝eq\f(qUt2,2md)＋Dtanθ，將兩板間距調(diào)整為2d，則y′＝eq\f(1,2)y，故D正確。8．(多選)(2023·貴州黔東南高三模擬)在直角坐標系xOy的一、四象限內(nèi)有大小為E0、方向沿y軸正方向的勻強電場，虛線OM與x軸夾角α＝30°。如圖所示，一帶電荷量為－q、質(zhì)量為m的粒子由靜止釋放，經(jīng)過加速電壓為U0的電壓加速后從y軸上的Q點，以初速度v0沿x軸正方向射出，粒子做曲線運動垂直打在OM上的P點。已知粒子做曲線運動的時間為t，Q、P間沿y軸方向上的距離為eq\f(s0,4)。不計粒子重力，下列說法正確的是()A．粒子在P處沿豎直方向速度小于v0B．加速電壓U0為eq\f(qEeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))t2,6m)C．v0＝eq\f(\r(3)qE0t,3m)D．P點橫坐標為eq\f(\r(3)s0,4)解析：選BC。粒子做曲線運動垂直打在OM上的P點，tan30°＝eq\f(v0,vPy)，得粒子在P處沿豎直方向速度vPy＝eq\r(3)v0，故A錯誤；根據(jù)vPy＝eq\r(3)v0，vPy＝eq\f(qE0,m)t，qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，聯(lián)立得v0＝eq\f(\r(3)qE0t,3m)，U0＝eq\f(qEeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))t2,6m)，故B、C正確；根據(jù)題意，eq\f(0＋vPy,2)t＝eq\f(s0,4)，P點橫坐標為x＝v0t，解得x＝eq\f(\r(3),6)s0，故D錯誤。9．(10分)在現(xiàn)代科學實驗和技術(shù)設備中，常常利用電場來控制帶電粒子的運動。如圖所示，以O為圓心，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有方向豎直向下的勻強電場。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在紙面內(nèi)自圓周上M點先后以不同的速率沿水平方向進入電場。其中速率為v0的粒子，可從直徑MN上的N點穿出。直徑MN與水平方向的夾角為α＝53°，粒子重力不計。(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)(1)求電場強度的大?。?4分)(2)以某一速率入射的粒子在電場中運動時間最長，求此粒子動能的增加量。(6分)解析：(1)設從N點穿出電場的粒子在電場中運動時間為t，由類平拋運動規(guī)律可得x＝v0t＝2Rcos53°y＝eq\f(1,2)at2＝2Rsin53°a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq,m)聯(lián)立解得E＝eq\f(20mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),9qR)。(2)如圖所示，從圖中P點出來的粒子在電場中運動時間最長設初速度大小為v1，從M到P點過程中由動能定理得W合＝ΔEk動能的變化量為ΔEk＝Eq(R＋Rsin53°)解得ΔEk＝4mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))。答案：(1)eq\f(20mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),9qR)(2)4mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))10．(10分)如圖甲所示，M、N為水平放置的平行板電容器，兩板間距離為4R，板間有豎直向上的勻強電場，光滑的四分之一圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，半徑為R，末端位于平行板電容器左端連線中點。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的絕緣小球從圓軌道頂端靜止釋放，從軌道末端水平飛出，恰好打在N板中點且速度與水平方向夾角為45°，重力加速度為g，不計空氣阻力。(1)求小球剛進入電場時的速度大小v0；(3分)(2)求平行板電容器極板長度L和板間電場強度的大小E；(3分)(3)若M、N間改接交變電源，兩板間電壓UMN變化規(guī)律如圖乙所示，其中U0＝eq\f(4mgR,q)。t＝0時刻，小球仍以v0進入電場，恰從N板右端邊緣沿水平方向飛出，求UMN的周期T。(4分)解析：(1)小球由靜止釋放到達圓軌道末端，由動能定理得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得v0＝eq\r(2gR)。(2)小球打在N板中點時豎直方向的速度vy＝v0水平方向有eq\f(L,2)＝v0t豎直方向有2R＝eq\f(vy,2)t解得L＝8R從小球由靜止釋放到打在N板，由動能定理得mg·3R－qE·2R＝eq\f(1,2)m(eq\r(2)v0)2－0解得E＝eq\f(mg,2q)。(3)加上交變電壓UMN小球在0～eq\f(T,2)內(nèi)的加速度大小a1＝eq\f(mg＋q\f(U0,4R),m)＝2geq\f(T,2)～T內(nèi)的加速度大小a2＝eq\f(q\f(3U0,4R)－mg,m)＝2g設小球在電容器中運動時間為交變電壓周期的k倍水平方向L＝v0·kT豎直方向2R＝2k·eq\f(1,2)a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)解得T＝eq\r(\f(R,2g))。答案：(1)eq\r(2gR)(2)8Req\f(mg,2q)(3)eq\r(\f(R,2g))11．(10分)如圖所示，水平光滑直軌道AB右側(cè)BC部分為某種粗糙材料構(gòu)成，BC長度可以調(diào)節(jié)，在BC的上方，有水平向右的勻強電場，電場強度大小E1＝300V/m，在BC的下方，存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小E2＝1500V/m。小球a為絕緣材質(zhì)，質(zhì)量m＝1.0kg，小球b質(zhì)量為M＝3.0kg，帶電荷量為q＝＋2.0×10－2C，小球a從A點以水平向右v0＝6m/s的初速度釋放，與靜止的小球b發(fā)生彈性正碰，小球b在粗糙材料上所受阻力為其重力的0.3倍，然后從C點水平飛離水平軌道，落到水平面上的P點，P、C兩點間的高度差為H＝1.6m。小球可以視為質(zhì)點，且不計空氣阻力，小球b的電荷量始終保持不變，重力加速度g＝10m/s2。(1)求小球b運動至B點的速度大小；(4分)(2)求小球落點P與B點的最大水平距離。(6分)解析：(1)兩小球碰撞的過程