第九章　第47练　专题强化：带电粒子在电场中的偏转-2026版一轮复习

第47练专题强化：带电粒子在电场中的偏转分值：60分1~6题每小题4分，共24分1.(多选)(2025·山东泰安市开学考)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断正确的是()A.如果A球带电，则A球一定带负电B.如果A球带电，则A球的电势能一定增加C.如果B球带电，则B球一定带负电D.如果B球带电，则B球的电势能一定增加2.如图所示，在真空中，将一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子从A点以初速度v0竖直向上射入水平向右的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速度vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为()A.mv022q B.3m3.(2024·山东德州市一模)示波管原理图如图甲所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。如果在偏转电极XX'和YY'之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示。若板间电势差UXX'和UYY'随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为()4.如图所示，质量相同、带等量异种电荷的甲、乙两粒子，先后从S点沿SO方向垂直射入匀强电场中，分别经过圆周上的P、Q两点，不计粒子间的相互作用及重力，则两粒子在圆形区域内运动过程中，下列说法正确的是()A.甲粒子的入射速度小于乙粒子B.静电力对甲粒子做的功大于对乙粒子做的功C.甲粒子在P点的速度方向可能沿OP方向D.甲粒子所受静电力的冲量小于乙粒子5.(多选)如图所示，长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个电荷量为＋q、质量为m的带电粒子以初速度v0紧贴上板垂直于电场线的方向进入该电场，而后刚好从下板边缘射出，射出时其末速度恰与下板的夹角θ＝30°，不计粒子重力，下列说法正确的是()A.粒子做非匀变速运动B.粒子的末速度大小为2C.匀强电场的电场强度大小为3D.两板间的距离为36.如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时()我用夸克网盘分享了「与您分享-国家、地方、行业、团体标准」，点击链接即可保存。打开「夸克APP」，无需下载在线播放视频，畅享原画5倍速，支持电视投屏。链接：/s/45a9f612fe59提取码：t9EX联系qq:1328313560我的道客巴巴：/634cd7bd0a3f5a7311db139533c20794

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A.所用时间为mB.速度大小为3v0C.与P点的距离为2D.速度方向与竖直方向的夹角为30°7题6分，8题14分，9题16分，共36分7.(2024·浙江1月选考·11)如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为vm。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d(远小于板长)，电子的质量为m，电荷量为e，则()A.M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大B.只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能(12mvm2C.电子从M到N过程中y方向位移大小最大为vmd2D.M、N间加反向电压mv8.(14分)如图所示，三条竖直虚线A、B、C相互平行，A、B间距为L，B、C间距为2L。在A、B间有平行于虚线向下的匀强电场Ⅰ，电场强度大小为E1；在B、C间有平行于虚线向下的匀强电场Ⅱ，垂直于虚线的直线分别交A、C于P、Q点。在P点与PQ成60°斜向右上射出一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子恰好垂直虚线B进入电场Ⅱ，经电场Ⅱ偏转恰好到达Q点，不计粒子的重力，求：(1)(4分)粒子在电场Ⅰ中运动的时间；(2)(5分)电场Ⅱ的电场强度大小；(3)(5分)粒子运动到Q点时静电力做功的瞬时功率。9.(16分)(2023·北京卷·20)某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d，不考虑重力影响和颗粒间相互作用。(1)(6分)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1；(2)(10分)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f＝krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。a.半径为R、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2；b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10μm和2.5μm的两种颗粒，若10μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5μm的颗粒被收集的百分比。

答案精析1.AD[平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A在上方，竖直位移较大，由h＝12at2可知，A下落的加速度较大，所受合外力较大，如果A球带电，则A受到向下的静电力，一定带负电，静电力做正功，电势能减小，故A正确，B错误；如果B球带电，由于B的竖直位移较小，加速度较小，所受合外力较小，则B所受静电力向上，应带正电，静电力对B做负功，电势能增加，故C错误，D正确。2.C[粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有2gh＝v02，静电力做正功，重力做负功，使粒子的动能由12mv02变为2mv02，则根据动能定理有Uq－mgh＝2mv02－12mv3.A[UXX'和UYY'均为正值，两偏转电极的电场强度方向分别由X指向X'，由Y指向Y'，电子带负电，所受静电力方向与电场强度方向相反，所以分别向X、Y方向偏转，可知A正确。]4.D[甲、乙两粒子在电场中均做类平抛运动，则垂直电场方向的位移为y＝v0t，沿电场方向的位移为x＝12at2＝12·qEmt2，联立可得v0＝yqE2mx，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错误；根据W＝qEx，xP<xQ，可知静电力对甲粒子做的功小于对乙粒子做的功，故B错误；粒子在电场中做类平抛运动，可知速度反向延长线交于竖直位移的中点，甲粒子在P点的速度反向延长线应交SO于O点下方，故C错误；根据沿电场方向的位移为x＝12at2＝12·qEmt2，由xP<xQ，可知tP<tQ，根据5.BC[因为在匀强电场中，静电力是恒力，因此会产生恒定的加速度，所以粒子做匀变速运动，A错误；粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为30°，由速度关系得合速度为v＝v0cos30°＝23v03，B正确；粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上L＝v0t，在竖直方向上vy＝at，vy＝v0tan30°＝3v03，由牛顿第二定律得qE＝ma，解得E＝3mv023qL6.C[粒子在电场中只受静电力，F＝qE，方向向下，如图所示。粒子的运动为类平抛运动。水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝12at2＝12·qEmt2，yx＝联立解得t＝2mv0vy＝at＝qEm·2mv0qE＝2v0，则速度大小v＝v02＋vy2＝5v0，tanx＝v0t＝2mv0s＝xcos45°＝227.C[根据动能定理，从金属板M上逸出的光电子到达N时，有eU＝Ekm－12mvm2，则到达N时的最大动能为Ekm＝eU＋12mvm2，与M、N间距无关，与电子从金属板中逸出的方向无关，选项A、B错误；金属极板M射出的电子到达N时在y方向的位移最大，则电子从M到N过程中y方向最大位移为y＝vmt，d＝12×eUdmt2，解得y＝vmd2meU，选项C正确；M、N间加反向电压电流表示数恰好为零时，则eUc＝128.(1)3mLqE1(3)q解析(1)设粒子在电场Ⅰ中运动的时间为t1，初速度为v0，则L＝v0cos60°·t1v0sin60°＝a1t1根据牛顿第二定律qE1＝ma1解得t1＝3(2)由题意知，粒子在Ⅰ、Ⅱ两个电场中运动的时间之比为t设粒子经过B时的位置离PQ连线的距离为d，则d＝12×又d＝12×解得E2＝14E(3)粒子到达Q点时，设沿电场方向的速度为v，则v2＝2×qE解得v＝3则粒子到Q点时，静电力做功的瞬时功率P＝qE2v＝qE9.(1)2d2mv0解析(1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到金属板下极板最右侧，颗粒就能够全部被收集，水平方向有L＝v0t竖直方向有d＝12at根据牛顿第二定律有qE＝ma又E＝U解得U1＝2(2)a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，根据题意有F电＝f，即qU2d＝联立解得U2＝db.10μm的带电荷量q的颗粒恰好100%被收集