第47練專題強(qiáng)化：帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)分值：60分1~6題每小題4分，共24分1.(多選)(2025·山東泰安市開學(xué)考)如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，A球位于B球的正上方，質(zhì)量相等的兩個(gè)小球以相同初速度水平拋出，它們最后落在水平面上同一點(diǎn)，其中只有一個(gè)小球帶電，不計(jì)空氣阻力，下列判斷正確的是()A.如果A球帶電，則A球一定帶負(fù)電B.如果A球帶電，則A球的電勢(shì)能一定增加C.如果B球帶電，則B球一定帶負(fù)電D.如果B球帶電，則B球的電勢(shì)能一定增加2.如圖所示，在真空中，將一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從A點(diǎn)以初速度v0豎直向上射入水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，粒子通過(guò)電場(chǎng)中B點(diǎn)時(shí)，速度vB＝2v0，方向與電場(chǎng)的方向一致，則A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為()A.mv022q B.3m3.(2024·山東德州市一模)示波管原理圖如圖甲所示。它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空。如果在偏轉(zhuǎn)電極XX'和YY'之間都沒(méi)有加電壓，電子束從電子槍射出后沿直線運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏中心，產(chǎn)生一個(gè)亮斑如圖乙所示。若板間電勢(shì)差UXX'和UYY'隨時(shí)間變化關(guān)系圖像如丙、丁所示，則熒光屏上的圖像可能為()4.如圖所示，質(zhì)量相同、帶等量異種電荷的甲、乙兩粒子，先后從S點(diǎn)沿SO方向垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，分別經(jīng)過(guò)圓周上的P、Q兩點(diǎn)，不計(jì)粒子間的相互作用及重力，則兩粒子在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A.甲粒子的入射速度小于乙粒子B.靜電力對(duì)甲粒子做的功大于對(duì)乙粒子做的功C.甲粒子在P點(diǎn)的速度方向可能沿OP方向D.甲粒子所受靜電力的沖量小于乙粒子5.(多選)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子以初速度v0緊貼上板垂直于電場(chǎng)線的方向進(jìn)入該電場(chǎng)，而后剛好從下板邊緣射出，射出時(shí)其末速度恰與下板的夾角θ＝30°，不計(jì)粒子重力，下列說(shuō)法正確的是()A.粒子做非勻變速運(yùn)動(dòng)B.粒子的末速度大小為2C.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為3D.兩板間的距離為36.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)()A.所用時(shí)間為mB.速度大小為3v0C.與P點(diǎn)的距離為2D.速度方向與豎直方向的夾角為30°7題6分，8題14分，9題16分，共36分7.(2024·浙江1月選考·11)如圖所示，金屬極板M受到紫外線照射會(huì)逸出光電子，最大速率為vm。正對(duì)M放置一金屬網(wǎng)N，在M、N之間加恒定電壓U。已知M、N間距為d(遠(yuǎn)小于板長(zhǎng))，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，則()A.M、N間距離增大時(shí)電子到達(dá)N的動(dòng)能也增大B.只有沿x方向逸出的電子到達(dá)N時(shí)才有最大動(dòng)能(12mvm2C.電子從M到N過(guò)程中y方向位移大小最大為vmd2D.M、N間加反向電壓mv8.(14分)如圖所示，三條豎直虛線A、B、C相互平行，A、B間距為L(zhǎng)，B、C間距為2L。在A、B間有平行于虛線向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)Ⅰ，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1；在B、C間有平行于虛線向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)Ⅱ，垂直于虛線的直線分別交A、C于P、Q點(diǎn)。在P點(diǎn)與PQ成60°斜向右上射出一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子恰好垂直虛線B進(jìn)入電場(chǎng)Ⅱ，經(jīng)電場(chǎng)Ⅱ偏轉(zhuǎn)恰好到達(dá)Q點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力，求：(1)(4分)粒子在電場(chǎng)Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)(5分)電場(chǎng)Ⅱ的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；(3)(5分)粒子運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)靜電力做功的瞬時(shí)功率。9.(16分)(2023·北京卷·20)某種負(fù)離子空氣凈化原理如圖所示。由空氣和帶負(fù)電的灰塵顆粒物(視為小球)組成的混合氣流進(jìn)入由一對(duì)平行金屬板構(gòu)成的收集器。在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度v0保持不變。在勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，已知金屬板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，間距為d，不考慮重力影響和顆粒間相互作用。(1)(6分)若不計(jì)空氣阻力，質(zhì)量為m、電荷量為－q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓U1；(2)(10分)若計(jì)空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對(duì)于空氣的速度v方向相反，大小為f＝krv，其中r為顆粒的半徑，k為常量。假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度。a.半徑為R、電荷量為－q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓U2；b.已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比，進(jìn)入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為10μm和2.5μm的兩種顆粒，若10μm的顆粒恰好100%被收集，求2.5μm的顆粒被收集的百分比。

答案精析1.AD[平拋時(shí)的初速度相同，在水平方向通過(guò)的位移相同，故下落時(shí)間相同，A在上方，豎直位移較大，由h＝12at2可知，A下落的加速度較大，所受合外力較大，如果A球帶電，則A受到向下的靜電力，一定帶負(fù)電，靜電力做正功，電勢(shì)能減小，故A正確，B錯(cuò)誤；如果B球帶電，由于B的豎直位移較小，加速度較小，所受合外力較小，則B所受靜電力向上，應(yīng)帶正電，靜電力對(duì)B做負(fù)功，電勢(shì)能增加，故C錯(cuò)誤，D正確。2.C[粒子在豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則有2gh＝v02，靜電力做正功，重力做負(fù)功，使粒子的動(dòng)能由12mv02變?yōu)?mv02，則根據(jù)動(dòng)能定理有Uq－mgh＝2mv02－12mv3.A[UXX'和UYY'均為正值，兩偏轉(zhuǎn)電極的電場(chǎng)強(qiáng)度方向分別由X指向X'，由Y指向Y'，電子帶負(fù)電，所受靜電力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，所以分別向X、Y方向偏轉(zhuǎn)，可知A正確。]4.D[甲、乙兩粒子在電場(chǎng)中均做類平拋運(yùn)動(dòng)，則垂直電場(chǎng)方向的位移為y＝v0t，沿電場(chǎng)方向的位移為x＝12at2＝12·qEmt2，聯(lián)立可得v0＝y(tǒng)qE2mx，由于yP>yQ，xP<xQ，可知甲粒子的入射速度大于乙粒子的入射速度，故A錯(cuò)誤；根據(jù)W＝qEx，xP<xQ，可知靜電力對(duì)甲粒子做的功小于對(duì)乙粒子做的功，故B錯(cuò)誤；粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，可知速度反向延長(zhǎng)線交于豎直位移的中點(diǎn)，甲粒子在P點(diǎn)的速度反向延長(zhǎng)線應(yīng)交SO于O點(diǎn)下方，故C錯(cuò)誤；根據(jù)沿電場(chǎng)方向的位移為x＝12at2＝12·qEmt2，由xP<xQ，可知tP<tQ，根據(jù)I電5.BC[因?yàn)樵趧驈?qiáng)電場(chǎng)中，靜電力是恒力，因此會(huì)產(chǎn)生恒定的加速度，所以粒子做勻變速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；粒子離開電場(chǎng)時(shí)，合速度與水平方向夾角為30°，由速度關(guān)系得合速度為v＝v0cos30°＝23v03，B正確；粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上L＝v0t，在豎直方向上vy＝at，vy＝v0tan30°＝3v03，由牛頓第二定律得qE＝ma，解得E＝3mv023qL6.C[粒子在電場(chǎng)中只受靜電力，F(xiàn)＝qE，方向向下，如圖所示。粒子的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)。水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有x＝v0t，豎直方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有y＝12at2＝12·qEmt2，yx＝聯(lián)立解得t＝2mv0vy＝at＝qEm·2mv0qE＝2v0，則速度大小v＝v02＋vy2＝5v0，tanx＝v0t＝2mv0s＝xcos45°＝227.C[根據(jù)動(dòng)能定理，從金屬板M上逸出的光電子到達(dá)N時(shí)，有eU＝Ekm－12mvm2，則到達(dá)N時(shí)的最大動(dòng)能為Ekm＝eU＋12mvm2，與M、N間距無(wú)關(guān)，與電子從金屬板中逸出的方向無(wú)關(guān)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；金屬極板M射出的電子到達(dá)N時(shí)在y方向的位移最大，則電子從M到N過(guò)程中y方向最大位移為y＝vmt，d＝12×eUdmt2，解得y＝vmd2meU，選項(xiàng)C正確；M、N間加反向電壓電流表示數(shù)恰好為零時(shí)，則eUc＝128.(1)3mLqE1(3)q解析(1)設(shè)粒子在電場(chǎng)Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，初速度為v0，則L＝v0cos60°·t1v0sin60°＝a1t1根據(jù)牛頓第二定律qE1＝ma1解得t1＝3(2)由題意知，粒子在Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為t設(shè)粒子經(jīng)過(guò)B時(shí)的位置離PQ連線的距離為d，則d＝12×又d＝12×解得E2＝14E(3)粒子到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)，設(shè)沿電場(chǎng)方向的速度為v，則v2＝2×qE解得v＝3則粒子到Q點(diǎn)時(shí)，靜電力做功的瞬時(shí)功率P＝qE2v＝qE9.(1)2d2mv0解析(1)只要緊靠上極板的顆粒能夠落到金屬板下極板最右側(cè)，顆粒就能夠全部被收集，水平方向有L＝v0t豎直方向有d＝12at根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma又E＝U解得U1＝2(2)a.顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度，根據(jù)題意有F電＝f，即qU2d＝聯(lián)立解得U2＝db.10μm的帶電荷量q的顆粒恰好100%被收集，顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)