[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(chǔ)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(chǔ)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()

22

4v02v0

A．B．

ERER

22

3v03v0

C．D．

ER2ER

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

12qE

動，則Rsin60°＝v0t，沿電場方向做勻加速直線運動，則R＋Rcos60°＝at，a＝，聯(lián)

2m

2

q4v0

立解得＝，A正確，B、C、D錯誤。

mER

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

mg

度為g，該電場的電場強度大小為，則小球Q經(jīng)過B點時的動能是小球在A點時動能的

q

()

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

3

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·R＝4Ek0－Ek0＝3Ek0，

2

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

－4

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＝＋6×10C，重力加速

度g＝10m/s2，關(guān)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/C

B．電場強度大小一定為1250N/C

C．電場強度大小最小為1000N/C

D．若電場強度大小確定，其方向也唯一確定

ay84

解析：選C。由題意可知，水平方向v1＝axt，豎直方向v0＝ayt，可知＝＝，設

ax63

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，

1000

整理并代入數(shù)據(jù)可得E＝N/C，可知E最小值為1000N/C；當θ＝90°時，

sin（θ－37°）

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()

2eU

A．加速度a＝

md

eU

B．加速度a＝

2md

eUl2

C．偏移距離y＝

2

mdv0

eUl2

D．偏移距離y＝

2

2mdv0

FeU

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＝＝，A、

mmd

12

B錯誤；電子在偏轉(zhuǎn)電極YY′間運動，則l＝v0t，y＝at，聯(lián)立解得，偏移距離y＝

2

l

2

1eUel2U

··v0＝，C錯誤，D正確。

2

2md2mdv0

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＝4s

B．粒子射出的速度大小為2v

C．極板長度滿足L＝3vn(n＝1，2，3，…)

3kU0

D．極板間最小距離為

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，

d1qU03

則應滿足≥v垂直×1.5，v垂直＝a×1，a＝，聯(lián)立求得d≥kU0，故D正確。

22md2

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

md2v2

板極之間的電壓恒為U＝，帶電塵埃碰到極板立即被收集中和，不計塵埃重力及塵埃

qL2

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%

3

C．單位時間內(nèi)帶電塵埃減少的電勢能為nqU

8

D．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

qEqUdv211

定律可知，塵埃的加速度為a＝＝＝，L＝vt，y＝at2＝d，根據(jù)題意可知，

mmdL222

ynU

收集效率為η＝×100%＝50%，B錯誤；單位時間內(nèi)帶電塵埃減少的電勢能為q·＋

d22

nU13

q··＝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′，

2228

qE3qU3dv2

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′＝＝＝，L＝

m2md2L2

13y′

vt，則y′＝a′t′2＝d，收集效率為η′＝×100%＝75%，若電壓增大到1.5U，則帶電塵埃

24d

仍不能被全部收集，D錯誤。

【綜合提升練】

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(guān)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(guān)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t

1

B．平行板間電場對電子做功是W

2

1

C．電子離開平行板間電場時速度與水平方向夾角是θ

2

1

D．電子在屏幕所產(chǎn)生的光點的豎直偏移量是y

2

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

121qU2

確；電子在平行板電容器間豎直偏移量y1＝at＝××t，平行板間電場對電子做功

22md

qU1qU21

是W＝qEy1＝×××t，將兩板間距調(diào)整為2d，則W′＝W，故B錯誤；電子離

d2md4

vyatqU

開平行板間電場時速度與水平方向夾角的正切值tanθ＝＝＝t，將兩板間距調(diào)整

vvmdv

1

為2d，則tanθ′＝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

2

qUt21

＝＋Dtanθ，將兩板間距調(diào)整為2d，則y′＝y(tǒng)，故D正確。

2md2

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

s0

間為t，Q、P間沿y軸方向上的距離為。不計粒子重力，下列說法正確的是()

4

A．粒子在P處沿豎直方向速度小于v0

22

qE0t

B．加速電壓U0為

6m

3qE0t

C．v0＝

3m

3s0

D．P點橫坐標為

4

v0

解析：選BC。粒子做曲線運動垂直打在OM上的P點，tan30°＝，得粒子在P處

vPy

qE012

沿豎直方向速度vPy＝3v0，故A錯誤；根據(jù)vPy＝3v0，vPy＝t，qU0＝mv0，聯(lián)

m2

22

3qE0tqE0t0＋vPys0

立得v0＝，U0＝，故B、C正確；根據(jù)題意，t＝，P點橫坐標為x

3m6m24

3

＝v0t，解得x＝s0，故D錯誤。

6

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°

1

y＝at2＝2Rsin53°

2

FEq

a＝＝

mm

2

20mv0

聯(lián)立解得E＝。

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°)

2

解得ΔEk＝4mv0。

2

20mv02

答案：(1)(2)4mv0

9qR

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)

4mgR

(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＝。

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

12

mgR＝mv0

2

解得v0＝2gR。

(2)小球打在N板中點時豎直方向的速度

vy＝v0

L

水平方向有＝v0t

2

vy

豎直方向有2R＝t

2

解得L＝8R

從小球由靜止釋放到打在N板，由動能定理得

12

mg·3R－qE·2R＝m(2v0)－0

2

mg

解得E＝。

2q

(3)加上交變電壓UMN

T

小球在0～內(nèi)的加速度大小

2

U0

mg＋q

a1＝4R＝2g

m

T

～T內(nèi)的加速度大小

2

3U0

q－mg

a2＝4R＝2g

m

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

T2

1

豎直方向2R＝2k·a12

2

R

解得T＝。

2g

mgR

答案：(1)2gR(2)8R(3)