微點13帶電粒子在電場中的偏轉eq\a\vs4\al(過基礎)1.如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出．現在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮娮尤詮脑恢蒙淙耄胰詮恼龢O板邊緣飛出，則兩極板的間距應變?yōu)樵瓉淼?)A．2倍B．4倍C．eq\f(1,2)D．eq\f(1,4)2.如圖所示，帶電粒子以某一初速度v垂直射入勻強電場中，僅在電場力的作用下沿虛線運動．下列說法正確的是()A．該粒子帶負電，速度漸漸增大B．該粒子帶負電，速度漸漸減小C．該粒子帶正電，速度漸漸增大D．該粒子帶正電，速度漸漸減小3．(多選)如圖所示，電子以初速度v0沿垂直電場強度方向射入兩平行金屬板中間的勻強電場中，現增大兩金屬板間的電壓，但仍使電子能夠穿過平行板，則下列說法正確的是()A．電子穿越平行金屬板所須要的時間削減B．電子穿越平行金屬板所須要的時間不變C．電子穿越平行金屬板的側向位移增大D．電子穿越平行金屬板的側向位移削減4.如圖所示，a、b兩個帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場后，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點，若不計重力，則()A．a的電荷量肯定大于b的電荷量B．b的質量肯定大于a的質量C．a的比荷肯定大于b的比荷D．b的比荷肯定大于a的比荷5.三個帶電粒子的電荷量和質量分別為甲粒子(q，m)、乙粒子(－q，m)、丙粒子(2q，4m)，它們先后以相同的速度從坐標原點O沿x軸正方向射入沿y軸負方向的勻強電場中，粒子的運動軌跡如圖所示．不計重力，q>0.則甲、乙、丙粒子的運動軌跡分別是()A．①、②、③B．③、①、②C．②、①、③D．③、②、①6．如圖所示，一價氫離子和二價氮離子的混合體，經同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉電場中，偏轉后，打在同一熒光屏上，則它們()A．同時到達屏上同一點B．先后到達屏上同一點C．同時到達屏上不同點D．先后到達屏上不同點7.如圖所示，一平行板電容器間距為d，板長為L，有一帶電粒子貼著A板內側O點沿水平方向射入A、B兩板間的勻強電場，當A、B兩板間電壓為U1時，帶電粒子沿軌跡Ⅰ從距離A板eq\f(d,3)的C點飛出；當A、B兩板間電壓為U2時，相同帶電粒子沿軌跡Ⅱ落到B板上距離左端eq\f(L,3)的D點．設粒子兩次射入電場的水平初速度相同，不計重力，則兩次電壓之比為()A．U1∶U2＝1∶1B．U1∶U2＝1∶3C．U1∶U2＝1∶9D．U1∶U2＝1∶278.(多選)湯姆孫發(fā)覺電子的質譜裝置示意圖如圖所示，兩塊水平正對放置的平行金屬板，板長、兩板間距以及板右端到屏的距離均為L，OO′為垂直于屏的中心軸線．一電子從O點以水平初速度v0射入兩板間，若在兩金屬板間加大小為U的電壓，電子從A點射出金屬板，最終打在屏上B點．已知O′B的距離為L，下列說法正確的是()A．OA在豎直方向的距離為eq\f(2L,5)B．OA在豎直方向的距離為eq\f(L,3)C．電子的比荷為eq\f(2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),3U)D．電子的比荷為eq\f(3veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2U)9.如圖所示，質量為m，帶電量為q的粒子，以初速度v0，從A點豎直向上射入真空中的沿水平方向的勻強電場中，粒子通過電場中B點時，速率vB＝2v0，方向與電場的方向一樣，則A、B兩點的電勢差為()A．eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2q)B．eq\f(3mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q)C．eq\f(2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q)D．eq\f(3mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2q)10.如圖所示，平行金屬板長為L，一個帶電荷量為＋q、質量為m的粒子以初速度v0緊貼上極板垂直電場線射入電場，剛好從下極板邊緣射出，末速度恰與下極板成60°角，粒子重力不計，求：(1)粒子末速度大小；(2)兩極板間距離；(3)電場強度．11．如圖所示，一質量m＝2.0×10－16kg、電荷量q＝1.0×10－12C的帶正電的粒子由靜止經加速電場加速后，又沿中心軸線從O點垂直進入偏轉電場，并從另一側射出打在熒光屏上的某點．O′點是熒光屏的中心，已知加速電場的電壓U0＝2500V，偏轉電場的電壓U＝100V，極板的長度L1＝6.0cm，板間距離d＝2.0cm，極板的末端到熒光屏的距離L2＝3.0cm，若不計粒子重力，求：(1)粒子射入偏轉電場時的初速度大小v0；(2)粒子打在熒光屏上的點到O′點的距離Y；(3)粒子經過偏轉電場過程中電場力對它所做的功W.微點13帶電粒子在電場中的偏轉1．答案：C解析：電子在兩極板間做類平拋運動，水平方向l＝v0t，t＝eq\f(l,v0)，豎直方向d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))，故d2＝eq\f(qUl2,2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))，即d＝∝eq\f(1,v0)，故C正確．2．答案：C解析：由題圖粒子運動軌跡知，粒子所受電場力方向水平向右，與電場強度方向相同，則粒子帶正電；由于電場力方向與粒子速度方向夾角小于90°，電場力做正功，粒子的動能增大，則速度漸漸增大，故選C.3．答案：BC解析：電子在沿初速度方向上做勻速直線運動，設金屬板的長度為L，則電子穿越平行金屬板所須要的時間t＝eq\f(L,v0)，當增大兩金屬板間的電壓時，時間t不變，A錯誤，B正確；電子在垂直于電場強度方向上做勻加速直線運動，側向位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·(eq\f(L,v0))2，當增大兩金屬板間的電壓時，電子穿越平行金屬板的側向位移增大，C正確，D錯誤．4．答案：C解析：粒子在電場中做類平拋運動，由h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)(eq\f(x,v0))2得：x＝v0eq\r(\f(2mh,qE)).由v0eq\r(\f(2hma,Eqa))<v0eq\r(\f(2hmb,Eqb))得eq\f(qa,ma)>eq\f(qb,mb)，故選C.5．答案：B解析：由題圖可知，勻強電場的方向豎直向下，而①軌跡對應的粒子所受的電場力方向豎直向上，故①軌跡對應的粒子帶負電，即為乙粒子；由圖可知，②、③軌跡對應的粒子，在水平方向都做勻速直線運動，且水平位移相同，則兩粒子的運動時間相同，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，在相同的時間內，②軌跡對應的粒子的豎直位移較小，故②軌跡對應的加速度較小，而甲粒子的加速度為a甲＝eq\f(qE,m)，丙粒子的加速度為a丙＝eq\f(2qE,4m)＝eq\f(qE,2m)，則有a丙<a甲，故②軌跡對應的粒子為丙粒子，而③軌跡對應的粒子為甲粒子，故B正確，A、C、D錯誤．6．答案：B解析：設加速電場寬度為d1，偏轉電場極板長度為L，板間距離為d2，在加速電場中，由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，在加速電場中運動時間t1＝eq\r(\f(2mdeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),qU1))，兩種粒子在偏轉電場中，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，所以兩粒子在偏轉電場中的運動時間t2＝eq\f(L,v0)＝eq\r(\f(mL2,2qU1))，由于兩種粒子的電荷量和質量的比值不同，由上述可知兩粒子在電場中運動時間不同，它們先后到達屏上；經過偏轉電場后，粒子的偏移量y＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md2)·eq\f(L2,veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))＝eq\f(U2L2,4d2U1)，由上式可知兩粒子到達屏上同一點，故選B.7．答案：D解析：由于兩粒子射入電場的水平初速度相同，設為v0x，設第一次時間為t1，其次次時間為t2，則t1＝eq\f(L,v0x)，t2＝eq\f(L,3v0x)，可得t1∶t2＝3∶1，豎直方向的位移y＝eq\f(1,2)at2則y1∶y2＝a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))∶a2teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))代入數據得eq\f(1,3)＝eq\f(a1×32,a2)，得a1∶a2＝1∶27，粒子的加速度a＝eq\f(qU,md)，可得U1∶U2＝1∶27，故D正確，A、B、C錯誤．故選D.8．答案：BC解析：設電子在A點的速度vA與水平方向的夾角為θ，則有tanθ＝2·eq\f(yOA,xOA)，可知yOA＝eq\f(1,2)Ltanθ，依據幾何關系有yOA＋yAB＝eq\f(1,2)Ltanθ＋Ltanθ＝L，解得yOA＝eq\f(L,3)，A錯誤，B正確；電子從金屬板射出時的偏移距離yOA＝eq\f(1,2)·eq\f(Uq,mL)·(eq\f(L,v0))2，可知電子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(2·\f(L,3)·veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))·L,UL2)＝eq\f(2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),3U)，C正確，D錯誤．9．答案：C解析：粒子從A到B，依據動能定理得qUAB－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，因為vB＝2v0，只考慮粒子在豎直方向的運動狀況，只受到重力，做勻減速直線運動有0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝－2gh，聯(lián)立解得UAB＝eq\f(2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q)，故選C.10．答案：(1)2v0(2)eq\f(\r(3),2)L(3)eq\f(\r(3)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),qL)解析：(1)粒子離開電場時的速度如圖所示，由圖示可知：v＝eq\f(v0,cos60°)＝2v0.(2)帶電粒子做類平拋運動，在水平方向上：L＝v0t，粒子離開電場時，豎直方向的分速度vy＝v0tan60°，兩板間的距離：d＝eq\f(vy,2)t＝eq\f(\r(3),2)L.(3)粒子從射入電場到離開電場，由動能定理得：qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，聯(lián)立以上各式解得：E＝eq\f(\r(3)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),qL).11．答案：(1)5000m/s(2)3.6×10－3m(3)9×10－12J解析：(1)在加速電場中，依據動能定理有qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得v0＝eq\r(\f(2qU0,m))＝5000m/s.(2)設粒子在偏轉電場中運動的時間為t，粒子射出偏轉電場時在豎直方向上的側移量為y，粒子在水平方向上做勻速直線運動，有L1＝v0t，在豎直方向上有y＝eq\f(1,2)at2，依據牛頓其次定律