第47練專題強化：帶電粒子在電場中的偏轉分值：60分1~6題每小題4分，共24分1.(多選)(2025·山東泰安市開學考)如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，A球位于B球的正上方，質量相等的兩個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，其中只有一個小球帶電，不計空氣阻力，下列判斷正確的是()A.如果A球帶電，則A球一定帶負電B.如果A球帶電，則A球的電勢能一定增加C.如果B球帶電，則B球一定帶負電D.如果B球帶電，則B球的電勢能一定增加2.如圖所示，在真空中，將一個質量為m、帶電荷量為＋q的粒子從A點以初速度v0豎直向上射入水平向右的勻強電場中，粒子通過電場中B點時，速度vB＝2v0，方向與電場的方向一致，則A、B兩點的電勢差為()A.mv022q B.3m3.(2025·河南周口市檢測)示波管原理圖如圖甲所示。它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，管內抽成真空。如果在偏轉電極XX'和YY'之間都沒有加電壓，電子束從電子槍射出后沿直線運動，打在熒光屏中心，產生一個亮斑如圖乙所示。若板間電勢差UXX'和UYY'隨時間變化關系圖像如丙、丁所示，則熒光屏上的圖像可能為()4.一平行板電容器中存在勻強電場，電場沿豎直方向。兩個比荷(即粒子的電荷量與質量之比)不同的帶正電的粒子a和b，先后從電容器的P點(如圖)以相同的水平速度射入兩平行板之間。測得a和b與電容器極板的撞擊點到入射點之間的水平距離之比為1∶2。若不計重力，則a和b的比荷之比是()A.1∶2 B.1∶8C.2∶1 D.4∶15.(多選)(2025·河北保定市檢測)如圖所示，長為L的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強電場，一個電荷量為＋q、質量為m的帶電粒子以初速度v0緊貼上板垂直于電場線的方向進入該電場，而后剛好從下板邊緣射出，射出時其末速度恰與下板的夾角θ＝30°，不計粒子重力，下列說法正確的是()A.粒子做非勻變速運動B.粒子的末速度大小為2C.勻強電場的電場強度大小為3D.兩板間的距離為36.如圖所示，一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。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MN連線上的某點時()A.所用時間為mB.速度大小為3v0C.與P點的距離為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受到紫外線照射會逸出光電子，最大速率為vm。正對M放置一金屬網N，在M、N之間加恒定電壓U。已知M、N間距為d(遠小于板長)，電子的質量為m，電荷量為e，則()A.M、N間距離增大時電子到達N的動能也增大B.只有沿x方向逸出的電子到達N時才有最大動能(12mvm2C.電子從M到N過程中y方向位移大小最大為vmd2D.M、N間加反向電壓mv8.(14分)(2025·湖南省聯考)如圖所示，三條豎直虛線A、B、C相互平行，A、B間距為L，B、C間距為2L。在A、B間有平行于虛線向下的勻強電場Ⅰ，電場強度大小為E1；在B、C間有平行于虛線向下的勻強電場Ⅱ，垂直于虛線的直線分別交A、C于P、Q點。在P點與PQ成60°斜向右上射出一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子恰好垂直虛線B進入電場Ⅱ，經電場Ⅱ偏轉恰好到達Q點，不計粒子的重力，求：(1)(4分)粒子在電場Ⅰ中運動的時間；(2)(5分)電場Ⅱ的電場強度大?。?3)(5分)粒子運動到Q點時靜電力做功的瞬時功率。9.(16分)(2023·北京卷·20)某種負離子空氣凈化原理如圖所示。由空氣和帶負電的灰塵顆粒物(視為小球)組成的混合氣流進入由一對平行金屬板構成的收集器。在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度v0保持不變。在勻強電場作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，已知金屬板長度為L，間距為d，不考慮重力影響和顆粒間相互作用。(1)(6分)若不計空氣阻力，質量為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)若計空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對于空氣的速度v方向相反，大小為f＝krv，其中r為顆粒的半徑，k為常量。假設顆粒在金屬板間經極短時間加速達到最大速度。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[平拋時的初速度相同，在水平方向通過的位移相同，故下落時間相同，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，一定帶負電，靜電力做正功，電勢能減小，故A正確，B錯誤；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，應帶正電，靜電力對B做負功，電勢能增加，故C錯誤，D正確。2.C[粒子在豎直方向做勻減速直線運動，則有2gh＝v02，靜電力做正功，重力做負功，使粒子的動能由12mv02變為2mv02，則根據動能定理有Uq－mgh＝2mv02－12mv3.A[UXX'和UYY'均為正值，兩偏轉電極的電場強度方向分別由X指向X'，由Y指向Y'，電子帶負電，所受靜電力方向與電場強度方向相反，所以分別向X、Y方向偏轉，可知A正確。]4.D[兩帶電粒子都做類平拋運動，水平方向勻速運動，有x＝vt，垂直極板方向做初速度為零的勻加速直線運動，有y＝12at2，粒子在電場中受的力為F＝Eq，根據牛頓第二定律有F＝ma，整理得qm＝2yv2Ex25.BC[因為在勻強電場中，靜電力是恒力，因此會產生恒定的加速度，所以粒子做勻變速運動，A錯誤；粒子離開電場時，合速度與水平方向夾角為30°，由速度關系得合速度為v＝v0cos30°＝23v03，B正確；粒子在勻強電場中做類平拋運動，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[粒子在電場中只受靜電力，F＝qE，方向向下，如圖所示。粒子的運動為類平拋運動。水平方向做勻速直線運動，有x＝v0t，豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，有y＝12at2＝12·qEmt2，yx＝聯立解得t＝2mv0vy＝at＝qEm·2mv0qE＝2v0，則速度大小v＝v02＋vy2＝5v0，tanx＝v0t＝2mv0s＝xcos45°＝227.C[根據動能定理，從金屬板M上逸出的光電子到達N時，有eU＝Ekm－12mvm2，則到達N時的最大動能為Ekm＝eU＋12mvm2，與M、N間距無關，與電子從金屬板中逸出的方向無關，選項A、B錯誤；金屬極板M射出的電子到達N時在y方向的位移最大，則電子從M到N過程中y方向最大位移為y＝vmt，d＝12×eUdmt2，解得y＝vmd2meU，選項C正確；M、N間加反向電壓電流表示數恰好為零時，則eUc＝128.(1)3mLqE1(3)q解析(1)設粒子在電場Ⅰ中運動的時間為t1，初速度為v0，則L＝v0cos60°·t1v0sin60°＝a1t1根據牛頓第二定律qE1＝ma1解得t1＝3(2)由題意知，粒子在Ⅰ、Ⅱ兩個電場中運動的時間之比為t設粒子經過B時的位置離PQ連線的距離為d，則d＝12×又d＝12×解得E2＝14E(3)粒子到達Q點時，設沿電場方向的速度為v，則v2＝2×qE解得v＝3則粒子到Q點時，靜電力做功的瞬時功率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，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.顆粒在金屬板間經極短時間加速達到最大速度，根據題意有F電＝f，即qU2d＝聯立解得U2＝db.10μm的帶電荷量q的顆粒恰好100%被收集，顆粒在金屬板間經極短時間加速達到最大速