微專題5帶電粒子在電場中的偏轉1.解決帶電粒子(或帶電體)在電場(或復合場)中的拋體運動(1)將速度或力分解在相互垂直的方向，分別利用牛頓第二定律和運動學公式求解。(2)涉及動能問題時常用動能定理解決，帶電粒子偏轉時靜電力做功，W=qEy(y為偏轉量)。2.對于帶電粒子在交變電場中的運動，需要進行分段研究，分析粒子在每段運動過程中的受力特點和運動性質?？键c一帶電粒子在電場中的“拋體”運動1.(2024·福建泉州市二模)如圖所示，真空中有一電子以速度v沿著與電場強度垂直的方向自O點進入勻強電場。以O為坐標原點建立直角坐標系，x軸垂直于電場方向，y軸平行于電場方向，在x軸上取OA=AB=BC，分別自A、B、C點作與y軸平行的線，跟電子的徑跡交于M、N、P三點，則電子經M、N、P三點時，沿y軸的分速度之比為；電子從O點開始連續經過三段相等時間的動能改變量之比為。

2.(2024·浙江名校協作體開學考)如圖所示，O點放置的混合放射源可以將正離子a、b、c先后從O點水平射入豎直向下的勻強電場中，a、b打到傾斜的絕緣板A上不同的點，c打在水平絕緣板B上，不計重力及離子間相互作用，下列說法正確的是：A.b的初速度一定大于a的初速度B.c從O到B板的時間一定大于a從O到A板的時間C.a、b打在A板上的速度方向一定是平行的D.a打在A板時的動量變化一定比b打在A板時的動量變化小3.(多選)(2024·河北滄州市三模)如圖，充電后與電源斷開的平行板電容器水平放置，極板長度為l，間距為d，一電子從B點射入電容器，從下極板右側邊緣射出，圖中相鄰豎直線的間距均為l7，A與B、B與C、C與D之間的距離分別為13d、521d、17d，電子的質量為m、電荷量為eA.電場強度的大小E=14B.電子做勻變速曲線運動，電勢能一直減小C.僅將電容器的上極板豎直向上移動d2D.僅將電容器的上極板豎直向上移動d2【點撥·提煉】帶電粒子只在靜電力作用下做“拋體”運動，在靜電力方向做勻變速直線運動，靈活運用勻變速直線運動基本公式及推論式，可使問題簡化。4.(2024·四川成都市一模)如圖，在第一象限0≤x≤2L區域內存在沿y軸正方向的電場強度E1(未知)的勻強電場，2L<x≤4L區域內存在沿x軸正方向的電場強度E2(未知)的勻強電場。一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以速率v0從坐標原點O沿x軸正方向進入電場并依次通過A(2L，L)和B(4L，2L)兩點。不計粒子的重力。已知L、m、q和v0，求：(1)(4分)粒子運動至A點的速度大?。?2)(4分)電場強度E2的大小?？键c二帶電體在復合場中的“拋體”運動5.(2024·湖南邵陽市三模)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB=BC，已知當地重力加速度為g，下列說法正確的是：A.小球帶正電B.在小球從B點運動到C點的過程中，小球受到的靜電力大小為mgC.小球從A點運動到B點的時間與從B點運動到C點的時間之比為1∶1D.在小球從A點運動到C點的過程中，其重力勢能的減少量與電勢能的增加量之比為2∶16.(多選)(2024·四川遂寧市三模)如圖所示的坐標系中，x軸水平向右，質量為m=0.5kg、帶電荷量為q=+10-4C的小球從坐標原點O處，以初速度v0=3m/s斜向右上方拋出，進入斜向右上方電場強度為E=5×104V/m的勻強電場中，E與x軸正方向的夾角為30°，v0與E的夾角為30°，重力加速度取10m/s2，下列說法正確的是：A.小球的加速度大小為102m/s2B.小球的加速度大小為10m/s2C.若小球能運動到x軸上的P點，則小球在P點的速度大小為39m/sD.O、P兩點間的電勢差為63×104V考點三帶電粒子在交變電場中的運動7.(2024·云南模擬)如圖甲，一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v進入電容器中(記為t=0時刻)，同時在兩極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生碰撞，經過一段時間，粒子以平行極板方向的速度射出。則下列說法中正確的是：A.粒子射出時間可能為t=4sB.粒子射出的速度大小為2vC.極板長度滿足L=3vn(n=1，2，3…)D.極板間最小距離為3【點撥·提煉】作出粒子的v-t圖像或某一方向上的v-t圖像，借助圖像，結合運動軌跡，使運動過程更直觀。8.(2024·山東德州市一模)如圖甲所示，兩平行金屬板A、B與x軸垂直放置，接在電壓U0=400V的穩壓電源上，A板過原點，在B板上中間處有一長度l0=2cm的水平狹縫。B板右側水平放置邊長為l=8cm的兩正方形平行金屬板C、D，兩板間距d=4cm，距板右端l2處垂直x軸有一熒光屏。在z軸上有一足夠長離子源，可以連續釋放初速度為零的正離子，已知離子源、B上的狹縫和C、D中間線在同一水平面內。C、D不加電壓時，熒光屏上會出現一條長2cm的水平亮線，離子的比荷均為2×106C/kg(1)(2分)求離子穿過B板狹縫時的速度大??；(2)(4分)在C、D兩極板間接上電壓UDC=120V，可在兩板間形成勻強電場，求離子打在熒光屏上的偏轉位移；(3)(6分)在C、D兩極板間接上如圖乙所示的電壓(離子通過電場時間內電場可視為勻強電場)，若C、D兩板間的距離d可調，求離子打在熒光屏上區域面積的最大值。1.(2024·北京市海淀區二模)如圖所示為某靜電除塵裝置的簡化原理圖，已知板間距為d，板長為L，兩塊平行帶電極板間為除塵空間。質量為m、電荷量為-q的帶電塵埃分布均勻，均以沿板方向的速率v射入除塵空間，當其碰到下極板時，所帶電荷立即被中和，同時塵埃被收集。調整兩極板間的電壓可以改變除塵率η(相同時間內被收集塵埃的數量與進入除塵空間塵埃的數量之百分比)。當兩極板間電壓為U0時，η恰好為100%。不計空氣阻力、塵埃的重力及塵埃之間的相互作用，忽略邊緣效應。下列說法不正確的是：A.兩極板間電壓為U0時，塵埃在靜電除塵裝置中運動的最大動量變化量為UB.兩極板間電壓為14U0時，除塵率可達C.若極板間電壓小于U0，需要減小塵埃的速率v，保持除塵率η=100%D.僅減少塵埃的比荷，除塵率將減小2.(2024·山東濟寧市二模)如圖所示，空間中存在水平向左的勻強電場(未畫出)，電場強度大小為3mv028qd。一足夠大平板MN豎直放置于電場中，且與電場垂直，平板左側表面均勻涂有熒光物質。電場中O點有一粒子源，可以向各個方向均勻發射質量為m、電荷量為+q、速度大小為v0的帶電粒子，粒子撞擊熒光物質會被吸收并使其發出熒光，A.πd23 B.2πd23 3.(多選)(2024·海南省模擬)兩塊水平正對放置的導體板如圖甲所示，大量電子由靜止開始，經電壓為U0的電場加速后，連續不斷地沿水平方向從兩板正中間射入。當兩板均不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為3t0；當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的電壓時，恰好能使所有電子均從兩板間通過，不計電子重力及電子間相互作用力。則：A.板長和板間距之比為2∶1B.板長和板間距之比為3∶1C.電子穿過兩板后獲得的最大動能和最小動能之比為16∶13D.電子穿過兩板后獲得的最大動能和最小動能之比為6∶54.(2024·北京市人大附中二模)如圖，在xOy平面內，有沿x軸正方向的勻強電場(圖中未畫出)，一質量為m、電荷量為+q的粒子從O點沿y軸正方向以某一速度射入電場，A、B為其運動軌跡上的兩點，且對應的橫坐標xB-xA=L，已知該粒子在A點的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為60°，當粒子運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°，不計粒子重力，求：(1)(2分)粒子的初速度v0；(2)(4分)粒子從A到B電勢能的變化量ΔEp；(3)(4分)A、B兩點縱坐標的變化量Δy。

答案精析高頻考點練1.1∶2∶31∶3∶5解析電子在x軸正方向上做勻速直線運動，由題意可知從O到A、從A到B、從B到C所用時間相等，均設為t。電子在y軸正方向上做勻加速直線運動，設加速度大小為a，則電子經M、N、P三點時，沿y軸的分速度分別為vyM=at，vyN=2at，vyP=3at，得vyM∶vyN∶vyP=1∶2∶3；電子在豎直方向做初速度為零的勻加速運動，在相等時間內的位移之比為y1∶y2∶y3=1∶3∶5，根據動能定理，可知動能的增量即為這個過程中靜電力做的功，由于力相等，所以動能的增量與位移成正比，即動能的增量之比為EOA∶EAB∶EBC=1∶3∶5。2.C[設A板與水平方向的夾角為θ，對離子a、b，由tanθ=12×qEmt2v0t，水平位移x=v0t，解得t=2mv0tanθqE，x=2mv02tanθqE，b的水平位移大于a，因兩離子的荷質比關系不確定，故初速度關系不確定，選項A錯誤；根據h=12×qEmt2，解得t=2mhqE，雖然hc>ha，但是因a、c兩離子的荷質比關系不確定，可知c從O到B板的時間不一定大于a從O到A板的時間，選項B錯誤；離子a落到斜面上時速度偏向角的正切值tanα=vyv0=qEmtv0=2tanθ，同理b落在斜面上時的速度方向也滿足該關系式，可知a、b打在A3.AD[電子在水平方向運動l7所用時間T=l7vx，電子在垂直極板方向做勻變速直線運動，由運動學公式有5d21-d7=aT2，根據牛頓第二定律有Ee=ma，解得E=14mdvx23el2，故A正確；電子做勻變速曲線運動，由題圖知，靜電力先做負功后做正功，則電勢能先增加后減小，故B錯誤；僅將電容器的上極板豎直向上移動d2，由E=Ud，由電容定義式U4.(1)2v0(2)2解析(1)粒子在0≤x≤2L區域電場中沿x方向做勻速直線運動，沿y方向做初速度為零的勻加速直線運動x方向有2L=v0t1y方向有L=vy2t1，解得vy=在A點處的速度大小為vA=v02+v(2)粒子在2L≤x≤4L區域電場中沿x方向做初速度不為零的勻加速直線運動，沿y方向做勻速直線運動，y方向有2L-L=vyt2x方向有4L-2L=v0t2+12a2由牛頓第二定律有qE2=ma2聯立解得E2=2m5.C[小球從A到B過程，由題意可知，其做平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，而由于從B到C，其到達C點時速度方向恰好水平，設∠ABM=θ，帶電小球水平方向做勻速直線運動，有xAB=v0t1=ABcosθ，同理有xBC=v0t2=BCcosθ，AB=BC，說明從B到C為從A到B的逆過程，由運動的對稱性可知，從A到B的時間與從B到C時間相同t1=t2，故C項正確；由之前的分析可知，從B到C的過程，小球受到的靜電力方向豎直向上，與電場線方向相反，所以小球帶負電，故A項錯誤；由之前的分析可知，從A到B和從B到C可以看成互為逆過程，從A到B有mg=ma，則從B到C有F電-mg=ma，解得F電=2mg，故B項錯誤；由之前的分析可知，靜電力的大小是重力的二倍，而由于A到B與B到C互為運動的逆過程，所以A到B的豎直方向的高度與B到C豎直方向的高度相同，設其為h，則重力做功為WG=mg·2h=2mgh，克服靜電力做功為W克電=F電h=2mgh，兩者做功的大小相同，所以重力勢能的減少量與電勢能的增加量相同，故D項錯誤。]6.BC[小球在電場中受到的靜電力為F=qE=10-4×5×104N=5N，小球受到的重力為G=mg=0.5×10N=5N，小球受力如圖所示，根據幾何知識可知小球受到合力為F合=5N，則小球的加速度的大小為a=F合m=50.5m/s2=10m/s2，故A錯誤，B正確；設OP的距離為x，把x分別沿著v0和垂直于v0方向分解，則有x1=xsin30°，x2=xcos30°，因F合與v0垂直，故由類平拋運動規律可得x1=v0t，x2=12at2，小球在P點的速度為v=v02+(at)2，聯立解得x=635m，v=39m/s，故C正確；由勻強電場電勢差與電場強度關系可得UOP7.D[粒子進入電容器后，在平行于極板方向做勻速直線運動，垂直極板方向運動的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，則應滿足d2≥12v垂直×1.5s，v垂直=a×1s，a=qU0md，聯立求得d8.(1)4×104m/s(2)2.4cm(3)162cm2解析(1)正離子在A、B間加速時，由動能定理得qU0=12m得v0=2qU0m(2)正離子在C、D間發生偏轉時，由牛頓第二定律，得F=qUDC得加速度為a=q正離子通過C、D板間運動時間為t=l得離子在板間偏轉距離為y=12at得y=UDCl24d由于y<d離子可以通過偏轉電場，由幾何關系得yY=得離子打在熒光屏上的偏轉位移為Y=2y=2.4cm(3)由于C、D兩板間的距離d可調，當離子恰好能從板的邊界射出，最終打到熒光屏上的豎直位移也最大，設此時粒子離開偏轉電場豎直方向分速度為vy，則vy2=2a'y'=2qU得最大豎直分速度為vym=qUmm=22×10此時速度方向和水平方向的夾角正切值為tanθ=vym由偏轉距離d2=12=12·qUmd·(l得dm=q代入數據得dm=42cm熒光屏上的偏轉位移為Y'=dm2+l2tanθ=4最大面積為S=2Y'l0=162cm2。補償強化練1.A[由動量定理得塵埃在靜電除塵裝置中運動的最大動量變化量為Δp=Eqt=U0qLdv，A錯誤；兩極板間電壓為14U0時，塵埃的加速度變為原來的14，塵埃在板間運動的時間不變，那么塵埃在板間豎直方向的最大位移為板間距的14，所以有14的塵埃被收集，則除塵率為η=14×100%=25%，B正確；若極板間電壓小于U0，則塵埃在板間的加速度減小，保持除塵率η=100%，則塵埃豎直方向的最大位移不變，所以需要延長塵埃在板間的飛行時間，因此需要減小塵埃進入板間的速度，C正確；除塵率為η=12a2.D[設恰能到達平板的粒子初速度方向與平板