高考物理微专题小练习专题51带电粒子在电场中的加速和偏转含答案

这是一份高考物理微专题小练习专题51带电粒子在电场中的加速和偏转含答案，共10页。

A．氚核( eq \\al(\s\up11(3),\s\d4(1)) H) B．氘核( eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) H)
C．α粒子( eq \\al(\s\up11(4),\s\d4(2)) He) D．质子( eq \\al(\s\up11(1),\s\d4(1)) H)
2．[2022·广东省六校联考]中医药文化是我国优秀传统文化的重要组成部分，中药的保存常常需要做干燥处理．如图所示是利用高压电场干燥中药的基本原理，在大导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN接高压直流电源，其间产生非匀强电场E；水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电荷，另一端带等量负电荷；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而达到快速干燥的目的．已知虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹，则下列说法正确的是( )
A．水分子在B处时，上端带正电荷，下端带负电荷
B.水分子在B处时，带负电荷一端受到的电场力大于带正电荷一端受到的电场力
C．水分子运动轨迹上B、C和D点的电势大小关系为φD＞φB＞φC
D．如果把高压直流电源的正负极反接，水分子从A处开始将向下运动
3．[2022·河南濮阳市阶段练习](多选)有三个质量相等、分别带正电、负电和不带电的小球A、B、C，从同一位置以相同速度v0先后射入竖直方向的匀强电场中，它们落在正极板的位置如图所示，则下列说法中正确的是( )
A．小球A带正电，小球B不带电，小球C带负电
B．三个小球在电场中运动的时间相等
C．三个小球到达正极板的速度vA＜vB＜vC
D．三个小球在电场中的加速度aC＜aB＜aA
4．[2022·湖南岳阳市三模]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( )
5．[2022·浙江省稽阳联谊学校联考]如图所示，含有大量 eq \\al(\s\up11(1),\s\d4(1)) H、 eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) H、 eq \\al(\s\up11(4),\s\d4(2)) He的粒子流无初速度进入某一加速电场，然后沿平行金属板中心线上的O点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上．不计粒子重力和阻力，下列说法正确的是( )
A．荧光屏上出现两个亮点
B．三种粒子同时到达荧光屏
C．三种粒子打到荧光屏上动能相同
D．三种粒子打到荧光屏上速度方向相同
6．[2022·浙江省七彩阳光联考]如图所示，比荷相同，但初速度大小不同的两个带电粒子(重力不计)，从左边靠近上极板的位置水平射入平行板电容器，粒子1打在下极板中点处，粒子2由右侧竖直位移中点处射出电场区域．下列说法正确的是( )
A．两个粒子在电场中的运动时间之比t1∶t2＝1∶2
B.两个粒子末速度方向与水平方向的夹角θ1∶θ2＝4∶1
C．两个粒子的初速度之比v1∶v2＝1∶2 eq \r(2)
D．两个粒子末动能大小之比Ek1∶Ek2＝2∶1
7．[2022·重庆三模]“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．电子偏转器的简化剖面结构如图所示，A、B表示两个同心半圆金属板，两板间存在偏转电场，板A、B的电势分别为φA、φB.电子从偏转器左端的中央M进入，经过偏转电场后到达右端的探测板N.动能不同的电子在偏转电场的作用下到达板N的不同位置，初动能为Ek0的电子沿电势为φC的等势面C(图中虚线)做匀速圆周运动到达板N的正中间．动能为Ek1、Ek2的电子在偏转电场作用下分别到达板N的左边缘和右边缘，动能改变量分别为|ΔEk左|和|ΔEk右|.忽略电场的边缘效应及电子之间的相互影响．下列判断正确的是( )
A．偏转电场是匀强电场 B.φA＞φB
C．Ek1＞Ek2D．|ΔEk左|＞|ΔEk右|
8．[2022·江西省七校第一次联考]如图所示，xOy为竖直平面内的一个直角坐标系，在y1＝0.5 m的直线的上方有沿y轴正方向范围足够大的匀强电场，电场强度大小E＝9.3×10－7V/m，在y轴上y2＝1.0 m处有一放射源S，x轴上有一个足够大的荧光屏，放射源S在如图180°范围内，向x轴发射初速度v0＝200 m/s的电子，电子质量为9.3×10－31kg，电量为1.6×10－19C，整个装置放在真空中，不计重力作用．求：
(1)从放射源S发射的每个电子打到荧光屏上的动能；
(2)水平向右射出的电子在离开电场时沿x轴方向前进的距离；
(3)从放射源S发射的电子打到荧光屏上的范围．
9．[2022·辽宁省月考]如图所示，竖直平面内的矩形ABCD区域内存在方向水平向左的匀强电场(图中未画出)，AD竖直．若使一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)从AD上的O点沿OB方向(OB与OA的夹角θ＝37°)射入电场，则小球做直线运动并恰好能到达B点；若使该小球沿垂直于OB方向射入电场，则小球恰好从D点射出电场．AB＝d，BC＝3d，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，不计空气阻力．求：
(1)匀强电场的电场强度大小E以及小球从O点运动到B点的时间t1；
(2)小球沿OB方向与垂直OB方向射入电场的初速度大小之比 eq \f(v1,v2) .
10．[2022·安徽省合肥市联考]如图所示，水平虚线MN和水平地面之间有水平向右的匀强电场，MN到地面的距离为h＝3 m，光滑绝缘长木板PQ直立在地面上，电场与木板表面垂直，一个质量为m＝0.1 kg，带电量为q＝＋1×10－3C的物块贴在长木板右侧的A点由静止释放，物块做初速度为零的加速直线运动，刚好落在地面上的C点，已知A点离地面的高度h1＝1.8 m，C点离木板的距离为L＝2.4 m，重力加速度g取10 m/s2，不计物块的大小，木板足够长，求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)改变物块贴在木板右侧由静止释放的位置，使物块由静止释放后仍能落在C点，则改变后的位置离地面的高度为多少．
专题51 带电粒子在电场中的加速和偏转
1．A 设粒子的质量为m，电荷量为q，从静止状态经过电压为U的电场加速后获得的速度大小为v，根据动能定理有qU＝ eq \f(1,2)mv2，解得v＝ eq \r(\f(2qU,m))，由上式可知粒子的比荷越小，v越小，四个选项中氚核的比荷最小，所以氚核的速度小，B、C、D错误，A正确．
2．B 由正负电荷在电场中的受力特点可知，水分子在B处时，上端带负电荷，下端带正电荷，A错误；水分子在B处时，由于带负电荷一端电场线更密，电场强度更大，故受到的电场力大于带正电荷一端受到的电场力，B正确；由电场线与等势面在相交处垂直可得φC＞φB，C错误；如果把高压直流电源的正负极反接，产生的电场方向发生反转，但水分子是一端带正电，另一端带等量负电，故水分子的正负端发生反转，水分子还是从A处开始将向上运动，D错误．
3．AC 从极板左侧中央以相同的水平速度先后垂直地射入匀强电场的小球的运动性质为类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向为初速度为零的匀加速运动．由图可知水平位移关系xA＞xB＞xC，根据公式t＝ eq \f(x,v)可得tA＞tB＞tC，又由于正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，不带电的粒子不受电场力，所以A小球受到向上的电场力，即A小球带正电，C小球带负电，B小球不带电，A正确，B错误；三个小球以相同的水平速度v0射入竖直方向的匀强电场，做类平抛运动，因为h＝ eq \f(vy,2)t，tA＞tB＞tC，落在正极板时竖直方向速度关系为vyA＜vyB＜vyC，又因为v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) )，所以三个小球到达正极板的速度vA＜vB＜vC，C正确；又因它们竖直方向为初速度为零的匀加速运动且位移相同，根据y＝ eq \f(1,2)at2，可得aC＞aB＞aA，D错误．
4．A UXX′和UYY′均为正值，电场强度方向由X指向X′，Y指向Y′，电子带负电，电场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．
5．D 加速过程使粒子获得速度v0，由动能定理得qU1＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，解得v0＝ eq \r(\f(2qU1,m)).偏转过程经历的时间t＝ eq \f(l,v0)，偏转过程加速度a＝ eq \f(qU2,md)，所以偏转的距离y＝ eq \f(1,2)at2＝ eq \f(U2l2,4U1d)，可见经同一电场加速的带电粒子在偏转电场中的偏移量，与粒子q、m无关，只取决于加速电场和偏转电场．偏转角度θ满足tan θ＝ eq \f(U2l,2U1d)，三种粒子出射速度方向相同，D正确；三种粒子都带正电，所以出现一个亮点，A错误；根据x＝ eq \f(1,2)at2，时间跟q、m有关，B错误；根据动能定理W＝qU，可知动能跟q有关，C错误．
6．C 两个粒子的比荷相同，根据a＝ eq \f(qE,m)可判断两粒子在电场中运动的加速度大小相等．粒子在电场中做类平抛运动，有y＝ eq \f(1,2)at2，x＝v0t，则有初速度v0＝x eq \r(\f(a,2y)).由于x2＝2x1，y2＝ eq \f(1,2)y1，解得v1∶v2＝1∶2 eq \r(2)，两粒子在电场中的运动时间之比t1∶t2＝ eq \r(2)∶1，A错误，C正确；根据类平抛运动的推论得，速度与水平方向偏转角的正切值等于对应位移偏转角的正切值的2倍，即tan θ1＝2 eq \f(d,0.5L)，tan θ2＝2 eq \f(0.5d,L)，所以tan θ1∶tan θ2＝4∶1，但角度之比不等于4∶1，B错误；由于两粒子的质量不确定，所以无法比较末动能，D错误．
7．D 由题意可知电子在偏转器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，等势面C上电场强度大小相等，但方向不同，而匀强电场处处大小相等，方向相同，电子受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高，故A、B错误；相较于做匀速圆周运动的电子，动能为Ek1的电子在做近心运动，动能为Ek2的电子在做离心运动，可知Ek2＞Ek1，故C错误；该电场是辐射状电场，内侧的电场线密集，电场强度大，根据U＝Ed定性分析可知UBC＞UCA，即φB－φC＞φC－φA，所以|ΔEk左|＞|ΔEk右|，D正确．
8．(1)9.3×10－26 J (2)0.5 m (3)－0.75 m≤x≤0.75 m
解析：(1)所有电子达到荧光屏上的动能相同，由动能定理得：
eEL＝Ek－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
得每个电子打到荧光屏上的动能：Ek＝9.3×10－26 J
(2)平行x轴方向的粒子在电场中运动的时间最长，沿x轴方向运动距离最大，设电子在电场中加速运动时间为t，沿场强方向加速，eE＝ma
y2－y1＝ eq \f(1,2)at2
在离开电场时沿x轴方向前进的距离x1＝v0t
解得水平向右射出的电子在离开电场时沿x轴方向前进的距离：x1＝0.5 m
(3)射出电场时沿y轴的速度大小为vy＝at
射现电场后匀速运动，沿x方向前进的距离为x2， eq \f(x2,y1)＝ eq \f(v0,vy)
解得：Δx＝x1＋x2＝0.75 m
由对称性可知，水平向左射出的电子到达荧光屏时的坐标值：x′＝－0.75 m
故荧光屏接收到电子的范围：－0.75 m≤x≤0.75 m．
9．(1) eq \f(3mg,4q) eq \r(\f(8d,3g)) (2) eq \f(4\r(5),3)
解析：(1)小球的受力情况如图所示，有
qE＝mg tan θ，解得E＝ eq \f(3mq,4q)
设小球沿OB方向做匀减速直线运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
eq \f(mg,cs θ)＝ma
根据匀变速直线运动的规律有
eq \f(d,sin θ)＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1))
解得t1＝ eq \r(\f(8d,3g)).
(2)根据匀变速直线运动的规律有
v1＝at1
根据几何关系有
OD＝ eq \f(5,3)d
此种情况下，该小球做类平抛运动，设小球从O点运动到D点的时间为t2，有
OD sin θ＝v2t2
OD cs θ＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2))
解得 eq \f(v1,v2)＝ eq \f(4\r(5),3).
10．(1)1.33×103 N/C (2)3.2 m
解析：(1)物块在A点由静止释放，做初速度为零的匀加速直线运动，设运动的时间为t1
则在水平方向L＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1))
根据牛顿第二定律qE＝ma
在竖直方向h1＝ eq \f(1,2)gt eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1))
解得E＝1.33×103 N/C
(2)要使物块改变位置后由静止释放也能到达C点，这个位置必须在电场外，设物块进电场后在电场中运动的时间为t2，则L＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2))
设物块刚进电场时的速度为v，则h＝vt2＋ eq \f(1,2)gt eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2))
解得v＝2 m/s
设释放的位置离地面的高度为H，则H＝h＋ eq \f(v2,2g)＝3.2 m．