2022届高考物理一轮复习专题57带电粒子在电场中的加速和偏转练习含解析

这是一份2022届高考物理一轮复习专题57带电粒子在电场中的加速和偏转练习含解析，共9页。试卷主要包含了喷墨打印机的简化模型如图所示，[2021·长春市质检]，[2021·洛阳市统考]等内容，欢迎下载使用。

A．电子做匀加速运动B．电子做匀减速运动
C．电势能先增加后减小D．动能先增加后减小
2．喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )
A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大
C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电荷量无关
3.
如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的(设电源电动势为U)是( )
A．电子到达B板时的动能是Ue
B．电子从B板到达C板动能变化量为零
C．电子到达D板时动能是3Ue
D．电子在A板和D板之间做往复运动
4．如图所示为示波管中偏转电极的示意图，间距为d，长度为l的平行板A、B加上电压后，可在A、B之间的空间中(设为真空)产生电场(设为匀强电场).在距A、B等距离处的O点，有一电荷量为＋q，质量为m的粒子以初速度v0沿水平方向(与A、B板平行)射入(如图)，不计重力，要使此粒子能从C处射出，则A、B间的电压应为( )
A.eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) d2,ql2) B．eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) l2,qd2)C．eq \f(lmv0,qd)D．qeq \f(v0,dl)
5．[2021·长春市质检]
如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板．质量为m、电荷量为q的带负电的粒子(不计重力)以初速度v0由小孔水平射入电场，当M、N间的电压为U时，粒子刚好能到达N板．如果要使这个带电粒子到达M、N两板中线位置处立即返回，则下列措施能满足要求的是( )
A．使初速度减小为原来的eq \f(1,2)
B．使M、N间的电压提高到原来的4倍
C．使M、N间的电压加倍
D．使初速度减小为原来的eq \f(1,2)，同时M、N间的电压加倍
6.
如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达B板时的速率，下列解释正确的是( )
A．两板间距越大，运动时间就越长，则获得的速率越大
B．两板间距越小，加速度就越大，则获得的速率越大
C．获得的速率与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关
D．以上解释都不正确
7．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m、电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是( )
A．eq \f(edh,U)B．edUh
C．eq \f(eU,dh)D．eq \f(eUh,d)
8．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( )
A．U1变大，U2变大B．U1变小，U2变大
C．U1变大，U2变小D．U1变小，U2变小
9．带有等量异种电荷的两平行金属板水平放置，a、b、c三个α粒子(重力忽略不计)先后从同一点O沿垂直电场方向进入电场，其运动轨迹如图所示，其中b恰好沿下极板的边缘飞出电场．下列说法正确的是( )
A.b在电场中运动的时间大于a在电场中运动的时间
B．b在电场中运动的时间等于c在电场中运动的时间
C．进入电场时c的速度最大，a的速度最小
D．a打在负极板上时的速度与b飞离电场时的速度大小相等
10．[2021·洛阳市统考](多选)
如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )
A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
11．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程( )
A．动能增加eq \f(1,2)mv2B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加eq \f(3,2)mv2D．电势能增加2mv2
12.
[2021·安徽蚌埠四校联考]如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从正极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动，并使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离变为原来的( )
A．2倍B．4倍
C．eq \f(1,2)D．eq \f(1,4)
13．[2021·西安中学模拟]图甲为示波管的原理图，如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，不计电子重力，则在荧光屏上会看到的图形是( )
14．[2020·全国卷Ⅰ]在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示．质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直．已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°.运动中粒子仅受电场力作用．
(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
专题57 带电粒子在电场中的加速和偏转
1．D 由A→O电场力与运动方向一致，由O→B电场力与运动方向相反，所以电子的运动是先加速后减速，动能先增加后减小，电势能先减小后增加．故D正确．
2．C 由于微滴带负电，其所受电场力指向正极板，故微滴在电场中向正极板偏转，A错误；微滴在电场中所受电场力做正功，电势能减小，B错误；由于极板间电场是匀强电场，电场力不变，故微滴在电场中做匀变速曲线运动，轨迹为抛物线，C正确；微粒所带电荷量影响电场力及其加速度大小，运动轨迹与加速度大小有关，故D错误．
3．C 电子在AB之间做匀加速运动，且eU＝ΔEk，A正确；在BC之间做匀速运动，B正确；在CD之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，C错误，D正确．
4．A 带电粒子只受电场力作用，在平行板间做类平抛运动．水平方向有l＝v0t.
根据牛顿第二定律得粒子沿电场方向的加速度
a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qU,md).
粒子在沿电场方向做匀加速直线运动eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at2.
解得U＝eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) d2,ql2).A正确．
5．C 6.C 7.D 8.B 9.C 10.AD
11．B 本题为带电小球在匀强电场中的运动问题，考查了应用电场知识进行分析推理的能力，体现了运动和相互作用观念、能量观念等核心素养．
小球从M点运动到N点的过程，可分解为水平方向上的匀加速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动．竖直方向上，运动时间t＝eq \f(v,g)，上升高度h＝eq \f(v2,2g)；水平方向上，2v＝at，a＝eq \f(F电,m)，所以F电＝2mg，水平位移x＝eq \(v,\s\up6(－))t＝eq \f(2v,2)·t＝eq \f(v2,g).从M到N，动能增量ΔEk＝eq \f(1,2)m×(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，A错；重力势能增量ΔEp＝mgh＝eq \f(1,2)mv2，C错；电势能增量ΔEp电＝－W电＝－F电·x＝－2mv2，故D错；机械能增量ΔE机＝ΔEk＋ΔEp＝2mv2，B正确．
12．C 假设电子的带电荷量为e，质量为m，初速度为v，极板的长度为L，极板的间距为d，电场强度为E，由于电子做类平抛运动，所以水平方向有L＝vt，竖直方向有y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(eE,m)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v)))eq \s\up12(2)＝d，又E＝eq \f(U,d)，可得d2＝eq \f(eUL2,2mv2)，若电子的速度变为原来的两倍，仍从正极板边缘飞出，则由上式可得两极板的间距d应变为原来的eq \f(1,2)，选C.
13．D 电子在YY′与XX′间沿电场方向均做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动规律得，x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(eU,md)·t2，故电子在水平方向和竖直方向的位移均与电压成正比，在t＝0时刻，YY′间电压为零，XX′间电压最大，故电子在竖直方向上的位移为零，在水平方向上的位移最大，且向X板偏转，AC错误；在t＝eq \f(t1,2)时刻，YY′间电压最大，XX′间电压为最大电压的一半，故电子在竖直方向上的位移最大，且向Y板偏转，在水平方向上的位移为最大位移的一半，且向X板偏转，B错误，D正确．
14．(1)eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2qR) (2)eq \f(\r(2),4)v0 (3)见解析
解析：(1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C.由几何关系和电场强度的定义知
AC＝R①
F＝qE②
由动能定理有F·AC＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ③
联立①②③式得E＝eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2qR)④
(2)
如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行．作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大．由几何关系知
∠PAD＝30°，AP＝eq \f(3,2)R，DP＝eq \f(\r(3),2)R⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1.粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP.由牛顿第二定律和运动学公式有
F＝ma⑥
AP＝eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ⑦
DP＝v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq \f(\r(2),4)v0⑨
(3)设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t.以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向，建立直角坐标系．由运动学公式有
y＝eq \f(1,2)at2⑩
x＝vt⑪
粒子离开电场的位置在圆周上，有
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(\r(3),2)R))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)R))eq \s\up12(2)＝R2⑫
粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零．设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有
mv2＝mv0＝mat⑬
联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得
v＝0⑭
和v＝eq \f(\r(3),2)v0⑮
另解：由题意知，初速为0时，动量增量的大小为mv0，此即问题的一个解．自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y方向位移相等时，所用时间都相同．因此，不同粒子运动到线段CB上时，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化也为mv0，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率v＝eq \f(\r(3),2)v0.