新高考物理一轮复习选择题考点专项练44　带电粒子在电场中的加速和偏转（含答案解析）

这是一份新高考物理一轮复习选择题考点专项练44　带电粒子在电场中的加速和偏转（含答案解析），共11页。试卷主要包含了3×10－6 kg等内容，欢迎下载使用。

A.到达Q板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关
B.到达Q板的速率与板间距离无关
C.两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大
D.若电压U、与电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的4倍
2.(加速)如图所示为某型号电子显微镜，竖直圆筒的上下两端分别装着电极，电子在两电极间从上向下加速，电子的动量越大，显微镜的分辨率就越高。假设电子由静止开始加速，下列说法正确的是( )
A.圆筒上端为正极，下端为负极
B.两极间电压越大，电子离开电极时的波长越长
C.若两极间电压不变，增大圆筒长度可提高显微镜的分辨率
D.若将电子改为质子，以相同电压加速时质子显微镜分辨率更高
3.(加速)(多选)霍尔推进器简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为1.6×104 m/s，推进器产生的推力为80 mN。已知氙离子的比荷为7.3×105 C/kg；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及离子之间的相互作用，则( )
A.氙离子的加速电压约为175 V
B.氙离子的加速电压约为700 V
C.氙离子向外喷射形成的电流约为37 A
D.每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10－6 kg
4.(电场中的0－v－0模型)(多选)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别为O、M、P。由小孔O静止释放的电子穿过小孔M恰好能运动到小孔P。现保持带电金属薄板A、B、C的电量不变，改变带电金属薄板B或C的位置，还是由小孔O静止释放的电子仍能运动到小孔P的是( )
A.仅将C板向右平移一小段距离
B.仅将C板向左平移一小段距离
C.仅将B板向右平移一小段距离
D.仅将B板向左平移一小段距离
5.(偏转)如图所示，在边长为L的正方形ABCD区域内有电场强度大小为E的匀强电场，图中竖直平行的直线为匀强电场的电场线(方向未知)。一电荷量为q、质量为m的带负电粒子，从A点以某一初速度沿AB边、垂直电场方向进入电场，经过电场中的P点并从BC边上的Q点离开电场，带电粒子通过Q点的速度方向与水平方向的夹角为53°，已知∠PAD＝60°，忽略空气的阻力，不考虑带电粒子受到的重力，取sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。下列说法正确的是( )
A.带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为eq \f(2qEL,3)
B.带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为eq \f(qEL,3)
C.带电粒子从A点运动到P点的时间为eq \r(\f(2mL,qE))
D.带电粒子从A点运动到P点的时间为2eq \r(\f(mL,qE))
6.(偏转)如图所示，a、b两个带电粒子分别从M板左边缘和两板中间同时垂直两平行金属板MN间电场线射入，经匀强电场偏转后均击中N板的中点P。则( )
A.粒子b的初速度是粒子a的eq \r(2)倍
B.粒子a的比荷是粒子b的2倍
C.若电场强度减小为原来的二分之一，其他条件不变，粒子a、b均从N板右边缘射出
D.若两粒子比荷均减小为原来的四分之一，其他条件不变，粒子a、b均从N板右边缘射出
7.(偏转)如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是( )
A.电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量
B.两电荷在电场中运动的加速度相等
C.从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功可能等于电场力对电荷N做的功
D.电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同
8.(偏转)(多选)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是( )
A.L∶d＝2∶1
B.U1∶U2＝1∶1
C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D.仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
9.(加速＋偏转)(多选)如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L。为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量即eq \f(h,U2))可采用的方法是( )
A.增大两板间的电势差U2
B.尽可能使板长L短些
C.使加速电压U1降低些
D.尽可能使板间距离d小些
10.(加速＋偏转)让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，最后都从偏转电场右侧离开，图中画出了其中一种粒子的运动轨迹，下列说法正确的是( )
A.在加速电场中运动时间最长的是一价氢离子
B.经加速电场加速后动能最小的是二价氦离子
C.在偏转电场中三种离子的加速度之比为1∶4∶2
D.在加速和偏转过程中三种离子的轨迹都重合
11.(加速＋偏转)(多选)如图所示，一个带正电的粒子，从静止开始经加速电压U1加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，偏转电压为U2，射出偏转电场时以与水平方向夹角为θ的速度进入金属板右侧紧邻的有界匀强磁场，虚线为磁场的左边界，场范围足够大，粒子经磁场偏转后又从磁场左边界射出，粒子进入磁场和射出磁场的位置之间的距离为l，下列说法正确的是( )
A.只增大电压U2，θ变小
B.只减小电压U1，θ变大
C.只减小电压U2，距离l变小
D.只增大电压U1，距离l变大
12.(示波管)图甲为示波管的原理图。电子枪源源不断发射的电子经前面的加速电压加速之后已经获得了极大的速度，如果在电极XX′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极YY′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形可能为( )
解析答案44 带电粒子在电场中的加速和偏转
1．B [根据动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2，到达Q板的速率为v＝eq \r(\f(2qU,m))，可知到达Q板的速率只与加速电压有关，与板间距离无关，故A错误，B正确；根据动力学公式L＝eq \f(1,2)at2，可知两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越小，故C错误；到达Q板的速率为v＝eq \r(\f(2qU,m))，故若电压U、电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍，故D错误。]
2．D [电子在两电极间从上向下加速，说明电场方向从下向上，下端为正极，上端为负极，A错误；两极间电压越大，电子离开电极时的速度越大，电子的动量越大，根据p＝eq \f(h,λ)可知波长越小，B错误；若两极间电压不变，根据qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，电子离开电极时的速度不变，显微镜的分辨率不变，C错误；由于质子的质量远远大于电子的质量，以相同电压加速时，质子和电子获得的动能相同，根据p＝eq \r(2mEk)可知质子的动量更大，因此质子显微镜分辨率更高，D正确。]
3．AD [氙离子经电场加速，根据动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2－0，可得加速电压为U＝eq \f(v2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(q,m))))≈175 V，故A正确，B错误；在Δt时间内，有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而出，形成电流为I，由动量定理可得FΔt＝Δmv－0，进入放电通道的氙气质量为Δm0，被电离的比例为η，则有eq \f(Δm,Δt)＝ηeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Δm0,Δt)))，联立解得eq \f(Δm0,Δt)＝eq \f(F,ηv)≈5.3×10－6 kg，故D正确；在Δt时间内，有电荷量为ΔQ的氙离子喷射出，则有ΔQ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Δm,m)))q，I＝eq \f(ΔQ,Δt)，联立解得I＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(F,v)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(q,m)))≈3.7 A，故C错误。]
4．BC [电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电场强度为E1，A、B板间的距离为d1，B、C板间的电场强度为E2，B、C板间的距离为d2，则有eE1d1－eE2d2＝0，若仅将C板向右平移一小段距离，B、C两板所带电荷量不变，由E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,C0d)＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知，C板向右或向左平移一小段距离，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，仅将C板向右平移一小段距离，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，还没到达小孔P时速度已经减为零，然后返回；仅将C板向左平移一小段距离，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达小孔P点时速度还没减为零，A、D错误，B、C正确。]
5．A [根据类平抛运动规律的推论可知，粒子在Q点速度方向的反向延长线一定过AB中点，根据几何关系可知tan 53°＝eq \f(BQ,\f(AB,2))，解得粒子运动到Q点时的竖直位移为y＝BQ＝eq \f(2,3)L，带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为W＝qEy＝eq \f(2,3)qEL，故A正确，B错误；设带电粒子的初速度大小为v0，经时间t2运动到Q点，则有v0t2＝L，eq \f(qE,2m)teq \\al(2,2)＝eq \f(2,3)L，联立上述两式解得v0＝eq \r(\f(3qEL,4m))，设带电粒子从A点运动到P点的时间为t1，则有tan 60°＝eq \f(v0t1,\f(qE,2m)teq \\al(2,1))，解得t1＝eq \r(\f(mL,qE))，故C、D错误。]
6．D [a、b两个带电粒子在电场中均做类平抛运动，则有y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE,m)，x＝v0t，解得v0＝xeq \r(\f(qE,2ym))，初速度v0和比荷有关，A、B错误；因x＝v0eq \r(\f(2ym,qE))，即x∝eq \r(\f(1,E))，可知不能从N板右边缘射出，C错误；由x∝eq \r(\f(m,q))，可知，两粒子比荷均减小为原来的四分之一，其他条件不变，粒子a、b均从N板右边缘射出，D正确。]
7．A [在竖直方向上有yM>yN，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有eq \f(1,2)aMt2>eq \f(1,2)aNt2，所以有aM>aN，根据牛顿第二定律得eq \f(qME,m)>eq \f(qNE,m)，所以有qM>qN，A正确，B错误；电场力做的功为W＝Eqy，因为电荷M的电荷量多而竖直位移大，所以从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，C错误；从轨迹可以看出xM>xN，故vMt>vNt，故vM>vN，D错误。]
8．BD [微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得E＝eq \f(U2,2d)，F＝qE＝ma，微粒射入电容器后的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度vx＝v0cs 45°＝eq \f(\r(2),2)v0，vy＝v0sin 45°＝eq \f(\r(2),2)v0，从射入到运动到最高点由运动学公式关系veq \\al(2,y)＝2ad，微粒射入电场时由动能定理可得qU1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确；微粒从射入到运动到最高点由运动学公式可得2L＝vxt，d＝eq \f(0＋vy,2)·t，联立可得L∶d＝1∶1，A错误；微粒穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学公式可得L＝vxt1，vy1＝at1，射入电容器到最高点有vy＝at，解得vy1＝eq \f(vy,2)，设微粒穿过电容器与水平的夹角为α，则tan α＝eq \f(vy1,vx)＝eq \f(1,2)，微粒射入电场和水平的夹角为β＝45°，tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝3，C错误；微粒射入到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y＝eq \f(1,2)a′t2，联立x＝vx′t′，qU1＝eq \f(1,2)mv2，vx′＝vcs 45°，解得y＝eq \f(U2x2,4dU1)，且x＝vx′t′，y＝eq \f(0＋vy′,2)·t′，即解得x＝2L，y＝d＝L，即微粒在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，最高点到射出电容器过程同理x＝L＝vxt1，vy1＝at1，y1＝eq \f(vy1＋0,2)t1＝eq \f(x1,4)＝eq \f(L,4)，轨迹不会变化，D正确。]
9．CD [电子在加速电场中加速，根据动能定理可得U1e＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以电子进入偏转电场时速度的大小为v0＝eq \r(\f(2eU1,m))，电子进入偏转电场后的偏转量为h＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)eq \f(eU2,md)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v0)))eq \s\up12(2)，则有h＝eq \f(U2L2,4dU1)，所以示波管的灵敏度为eq \f(h,U2)＝eq \f(L2,4dU1)，所以要提高示波管的灵敏度可以增大L，减小d和减小U1，故C、D正确。]
10．D [设加速电压为U1，加速过程根据动能定理有qU1＝Ek－0＝eq \f(1,2)mv2－0，可得Ek＝qU1，知加速后动能最小的离子是一价离子，故B错误；设加速电板间距离为L，在加速电场中运动时间t1＝eq \f(L,\f(v,2))＝Leq \r(\f(2m,qU1))，根据荷质比可知，加速时间最长的是一价氦离子，故A错误；设偏转电板间距离为d，偏转过程做类平抛运动，则有a＝eq \f(qU2,md)，知三种离子加速度之比为eq \f(1,1)∶eq \f(1,4)∶eq \f(1,2)＝4∶1∶2，故C错误；在加速电场中，受力方向相同，做直线运动，轨迹相同；在偏转电场中，当水平位移为x时偏转轨迹为y＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)eq \f(qU2,md)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,v)))eq \s\up12(2)＝eq \f(U2x2,4dU1)，可知偏转轨迹与q、m无关，三种离子轨迹重合，故D正确。]
11．BD [粒子先加速运动后做类平抛运动qU1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，tan θ＝eq \f(vy,v0)，vy＝at，a＝eq \f(qU2,md)，t＝eq \f(L,v0)，解得tan θ＝eq \f(U2L,2U1d)，只增大电压U2，θ变大，只减小电压U1，θ变大，A错误，B正确；在磁场中做匀速圆周运动qvB＝meq \f(v2,r)，eq \f(l,2)＝rcs θ，v0＝vcs θ，qU1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得l＝eq \f(2\r(2mqU1),qB)，只减小电压U2，距离l不变，只增大电压U1，距离l变大，C错误，D正确。]
12．B [若同时在两个偏转电极上分别加ux＝Um·sin ωt和uy＝Um·cs ωt两个电压，由偏转位移Δs＝eq \f(1,2)at2可知，t相同，a正比于偏转电压，则Δs正比于偏转电压，电子在XX′方向上的最大偏转位移与在YY′方向上的最大偏转位移大小相等，设为r，则任意时刻，电子打在荧光屏上的位置坐标都是x＝rsin ωt，y＝rcs ωt，联立可得x2＋y2＝r2，所以电子在荧光屏上的落点组成了以O为圆心的圆，故B正确，A、C、D错误。]