高考物理一轮复习试题 带电粒子的偏转

这是一份高考物理一轮复习试题 带电粒子的偏转，共12页。试卷主要包含了a、b、c三个α粒子等内容，欢迎下载使用。


A．865V/m，垂直AB斜向上
B．865V/m，垂直AB斜向下
C．1000V/m，垂直AB斜向上
D．1000V/m，垂直AB斜向下
2．如图所示，A、B、C是平行纸面的匀强电场中的三点，它们之间的距离均为L，电荷量为q=C的负电荷由A移动到C电场力做功J，该电荷由C移到B电场力做功，若B点电势为零，以下说法正确的是
A．A点的电势为2V
B．A点的电势为-2V
C．匀强电场的方向为由C指向A
D．匀强电场的方向为垂直于AC指向B
3．如图所示，已知某匀强电场方向平行于正六边形ABCDEF所在的平面；若规定D点电势为零，则A、B、C的电势分别为8V、6V、2V；初动能为12eV、电荷量大小为2e（e为元电荷）的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过BC的中点G，不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定带负电
B．该粒子打到点G的动能为20eV
C．只改变粒子在A点的初速度的方向，该粒子不可能经过C点
D．若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，该粒子可能垂直经过CE．
4．如图所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为（ ）
A． B． C． D．
5．（2016·揭阳市5月二模最后一卷）如图所示，匀强电场中的△PAB平面平行于电场方向，C点为AB的中点，D点为PB的中点。将一个带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做功WPA＝1.6×10－8J；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功WPB＝3.2×10－8J。则下列说法正确的是
A．直线PC为等势线
B．若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为WPC＝2.4×10－8J
C．电场强度方向与AD平行
D．点P的电势高于点A的电势
6．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将
A.打到下极板上 B.在下极板处返回
C.在距上极板处返回 D.在距上极板处返回
7．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（ ）
A、U1:U2=1：4 B、U1:U2=1：8
C、U1:U2=1：1 D、U1:U2=1：2
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的两块平行板间的电场中，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的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是
A．U1变大、U2变大 B．U1变大、U2变小
C．U1变小、U2不变 D．U1不变、U2变大
9．a、b、c三个α粒子（氦原子核）由同一点同时垂直电场强度方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定（ ）
A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场，c的速度最大，a的速度最小
D．它们的动能的增量一样大
10．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、电荷量为的带电粒子（不计重力），以初速度由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下列措施中不能满足要求的是（ ）
A．使M、N间电压加倍
B．使初速度减为原来的一半
C．带电粒子的质量减半
D．带电粒子的电荷量加倍
11．如图所示，平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是
A．三种粒子从A板运动到荧光屏经历的时间相同
B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C．加速电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2
12．示波管的内部结构如图所示，如果在电极YY′之间加上图（a）所示的电压，在XX′之间加上图 （b）所示电压，荧光屏上会出现的波形是
13．质子和α粒子都沿垂直于电场线方向射入同一平行板电容器两板中间的匀强电场中。要使它们离开电场时的偏转角φ相同，它们在进入此电场时
A．初速度应相同
B．初动能应相同
C．速度与质量的乘积应相同
D．初动能与电量的比值应相同
14．如图甲所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交流电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是（ ）
A．015．如图所示，一根长 L=1.5m 的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为 E=1.0×105N/C．与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球 A，电荷量Q=+4.5×10﹣6C；另一带电小球 B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0×10﹣6 C，质量m=1.0×10﹣2 kg．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．（静电力常量k=9.0×10 9N•m2/C2，取 g=l0m/s2）
（1）小球B开始运动时的加速度为多大？
（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？
（3）小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.61m时，速度为v=1.0m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？
16．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ=37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k=5N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E=5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为mA=0.1kg，mB=0.2kg，B所带电荷量q=+4×10﹣6C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电量不变．取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8．
（1）求B所受摩擦力的大小；
（2）现对A施加沿斜面向下的拉力F使A以加速度a=0.6m/s2开始作匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了△Ep=0.06J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数为μ=0.4．求A到达N点时拉力F的瞬时功率？
17．真空室中有如图甲所示的装置，电极K持续发出的电子（初速度不计〉经过电场加速后，从小孔O沿水平放置的偏转极板M、N的中心轴线射入。M、N板长均为L =0．20 m，间距为d =0．05 m，偏转极板右边缘到荧光屏P（足够大）的距离为S =0．10 m。若加速电压U1随时间t变化的图象如图乙所示，电子加速时间极短，可认为加速时电压不变，不计电子重力。当板间所加电压为某一值时，电子打到荧光屏上只有一个点。求：
（1）U2的大小；
（2）看到屏幕上的该点距中心点O'的距离。
18．如图甲所示，水平放置的平行金属板A和B的距离为d，它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向电压值为U0，反向电压值为，且每隔T/2变向1次。现将质量为m的带正电，且电荷量为q的粒子束从AB的中点O以平行于金属板的方向OO′射入，设粒子能全部打在靶上而且所有粒子在A、B间的飞行时间均为T。不计重力的影响。
（1）定性分析在t＝0时刻从O点进入的粒子，在垂直于金属板的方向上的运动情况。
（2）求距靶MN的中心O′点多远的范围内有粒子击中。
参考答案
1．D
【解析】
试题分析：把正电荷从A移到B，电场力做功为零，可知A、B两点电势相等，那么AB应为等势面；因电场线与等势面相互垂直，故过C做AB的垂线，一定是电场线；从B到C由W=Uq可知，BC两点的电势差,即C点电势高于B点的电势，故电场线垂直于AB斜向下；BC间沿电场线的距离d=BCsin600=0．173m；电场强度，故D正确。所以D正确，ABC错误。
考点：电场力做功、电场强度
【名师点睛】本题主要考查了电场力做功、电场强度。由题意可知AB两点电势相等，则可知等势面，由电场线可等势面的关系：电场线与等势面相互垂直而电场线由是由高电势指向低电势可知电场线；由电场力做功可求得BC两点的电势差，则可确定电场线的方向，由U=Ed可求得电场强度，d应为沿电场方向的有效距离．
2．BC
【解析】
试题分析：对于C、B间电势差为，若B点电势为零，，则C点电势．而A与C间的电势差为，，则A点电势，故A错误，B正确；AC连线的中点M电势为0，M与B点的连线即为等势线，且电场线垂直于等势线，三角形ABC为等边三角形，BM⊥AC，根据沿着电场线方向，电势降低，则有匀强电场的方向由C到A，故C正确D错误；
考点：考查了电场力做功与电势差的关系
【名师点睛】本题考查对电势差公式的应用能力，应用时，各量均需代入符号．注意电势有正负，而电压没有正负可言．
3．AC
【解析】
试题分析：根据ABC三点的电势值可知，BF连线为等势面，则场强方向垂直于BF水平向右，由粒子的轨迹可知，粒子带负电，选项A正确；G点的电势为，由能量关系可知：，解得EKG=4eV，选项B错误；若只改变粒子在A点的初速度的方向，该粒子若能经过C点，则，则EKC=0，故粒子不可能经过C点，选项C正确；因电场线垂直于CE连线，故若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，该粒子沿CE方向总有速度分量，故不可能垂直经过CE，选项D错误；故选AC．
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】此题是关于带电粒子在电场中的运动问题，解题的关键是要首先找到等势面，确定电场强度的方向，然后联系功能关系进行解答．
4．C
【解析】
试题分析：沿水平方向x和竖直方向y分析可知．x方向：Fx=qE，v0x=0，故做匀加速运动．y方向：Fy=mg，v0y=v0，a=-g，做匀减速运动;竖直方向高度由运动学知识，可知，上升时间;故在x方向上，有vx=2v0=axt，，其中x方向位移，故，联立解得：，故选C．
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题是带电粒子在电场中的运动问题；解题时运用运动的分解法研究，分析时要抓住分运动的同时性．也可以根据动能定理研究两个方向得到。
5．B
【解析】一个带电粒子从P点移动到A点，还是从P点移动到B点，电场力都做正功，P到AB间都有电势差，故直线PC为不可能等势线，故A错误；C是AB的中点，故C点电势为AB的中点电势，故该粒子从P点移动到C点，电场力做功为，故B正确；粒子从P点移动到B点，电场力做功WPB=3.2×10-8J，D点为PB的中点，故粒子从D点移动到B点，电场力做功WPB=WPB=1.6×10-8J，粒子从A到B电场力做功为WAB=WAP+WPB=1.6×10-8J，故AD为等势面，电场强度方向与AD垂直，故C错误；将一个带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做功做正功，故电势能减小，电势升高，故点P的电势低于点A的电势，选项D错误；故选B.
考点：电场力的功；电势及电势能；
【名师点睛】本题考查对匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比U=Ed与运用公式W=qU求解电场力做功的能力，要知道电场力做正功，电势能减小，反之电势能变大；此题是常规题，比较简单。
【答案】D
【解析】设带电粒子的质量为m，电容器两基板的电压为U，由动能定理得，若将下极板向上移动d/3，设带电粒子在电场中下降h，再由动能定理得，联立解得，所以带电粒子还没达到下极板就减速为零，D正确。
【考点定位】动能定理、电场力做功、匀强电场电场强度和电势差的关系
7．B
【解析】
试题分析：带电粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，有
x=v0t；y=at2；，解得，故；故选A
考点：带电粒子在电场中运动
【名师点睛】本题关键根据类平抛运动的分位移公式和牛顿第二定律联立列式求解出电压的一般表达式，然后再进行分析讨论。
8．CD
【解析】
试题分析：设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：qU1=mv02-0 …①
又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：…②
又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：…③
电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at…④
由①、②、③、④可得：，又有：，解得：，
A、U1变大，U2变大，偏转角不确定，故A错误；B、U1变大，U2变小，偏转角变小，故B错误；
C、U1变小，U2不变，偏转角一定增大，故C正确；D、U1不变，U2变大，偏转角变大，故D正确；
故选CD．
考点：带电粒子在电场中的运动
9．AC
【解析】
试题分析：三个粒子所受的电场力相等，加速度大小相等，在竖直方向上有：y=at2，知a、b的偏转位移相等，大于c的偏转位移，知a、b的运动时间相等，大于c的时间．故A正确，B错误．因为a的水平位移小于b的水平位移，时间相等，则a的速度小于b的速度，b的水平位移和c的水平位移相等，b的时间大于c的时间，则b的速度小于c的速度，所以进入电场时，c的速度最大，a的速度最小．故C正确．根据动能定理知，a、b的偏转位移相等，则电场力做功相等，大于c电场力做功，所以a、b的动能增量相等，大于c的动能增量．故D错误．故选AC．
考点：带电粒子在电场中的运动
【答案】B
【解析】
试题分析：根据动能定理：，整理可以得到：，当U增加到时，则x变为原来的，故选项A正确；当变为原来的，则x变为原来的，故选项B错误；当带电粒子的质量减半或带电粒子的电荷量加倍，则x变为原来的，故选项CD正确。
考点：电势差与电场强度的关系
【名师点睛】由题意知粒子射入电场后，电场力做负功，动能减小，根据动能定理列出方程．要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，根据匀强电场沿电场线方向两点间电势差与距离成正比，再运用数学知识进行讨论，选择题意的选项。
11．BD
【解析】
试题分析：设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d．在加速电场中，由动能定理得：qU1=mv02得，加速电场的电场力对三种粒子做功之比为等于电量之比，即1∶1∶2，选项C错误；加速获得的速度为．三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同．故A错误．根据推论：，可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同．故B正确．偏转电压的电场力做功为W=qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1：1：2，则有电场力对三种粒子做功之比为1：1：2．故D正确．故选BD．
考点：带电粒子在电场中的加速和偏转
【名师点睛】本题是带电粒子在电场中运动问题，先加速后偏转，是重要推论，掌握要牢固，要抓住该式与哪些因素有关，与哪些因素无关。
12．C
【解析】
试题分析：若在电极YY′之间加上图（a）所示的电压，在XX′之间不加电压，则将在Y上得到一条与Y轴重合于O点对称的亮线；若同时在XX′之间加上图 （b）所示电压，则荧光屏上会出现的波形是C图所示，故选C．
考点：示波器
【名师点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，可用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考。
13．D
【解析】
试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动。设板间电压为，板间距离为d,板长为L, 粒子的初速度为v0，可得粒子的加速度为：，粒子的飞行时间为：，离开电场时的偏转角φ：可知，当初动能与电量的比值应相同时，离开电场时的偏转角φ相同，故D正确。所以正确选项为D．
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题．本题求出加速度、飞行时间、带入偏转角公式即可解题。
14．B
【解析】
试题分析：若0＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误．
若＜t0＜ ，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确．若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误．若T＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误．故选B。
考点：带电粒子爱匀强电场中的运动
15．（1）3.2 m/s2 ；
（2）0.9 m；
（3）8.4×10﹣2J
【解析】
试题分析：（1）对小球B进行受力分析，运用牛顿第二定律求出开始运动时的加速度大小．
（2）根据受力情况分析小球B的运动情况．小球B向下运动，受A的斥力增大，加速度减小，速度增大，当小球B速度最大时合力减为零．由平衡条件和库仑定律求解．
（3）由于A对B的库仑力做功是变力功，所以运用动能定理求解电场力做功，即可得到电势能的变化量．
解：（1）开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，将电场力沿杆的方向和垂直杆的方向分解，由牛顿第二定律得：
mg﹣﹣qEsinθ=ma
解得：a=g﹣
代入数据解得：a=3.2 m/s2．
（2）小球B向下运动，受A的斥力增大，加速度减小，速度增大，当小球B速度最大时合力减为零，即：
+qEsinθ=mg
解得：h1=
代入数据解得：h1=0.9 m．
（3）小球B从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为W3，根据动能定理有：
W1+W2+W3=mv2
W1=mg（L﹣h2）
W2=﹣qE（L﹣h2）sinθ
解得：W3=mv2﹣mg（L﹣h2）+qE（L﹣h2）sinθ
从功能角度来说，电势能的改变量的大小就等于电场力做的功．电场力做负功，电势能增大．动能的改变量就等于总功．
设小球B的电势能改变了△Ep，则：△Ep=﹣（W2+W3）
△Ep=mg（L﹣h2）﹣mv2
解得：△Ep=8.4×10﹣2J
答：（1）小球B开始运动时的加速度为3.2 m/s2 ；
（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为0.9 m；
（3）小此过程中小球B的电势能增加了8.4×10﹣2J．
【点评】此题关键能够正确对小球B进行受力分析和运动分析，知道电场力做功量度电势能的变化，常用动能定理求解变力功．
16．（1）B所受静摩擦力的大小为0.4N．
（2）A到达N点时拉力F的瞬时功率为0.528W
【解析】
试题分析：（1）据题意 静止时 受力分析如图所示，由平衡条件得：
对A有：mAgsinθ=FT…①
对B有：qE+f0=FT…②
代入数据得：f0=0.4 N…③
（2）据题意 A到N点时 受力分析 如图所示由 牛顿第二定律 得：
对A有 F+mAgsinθ﹣FT﹣FKsinθ=mAa…④
对B有 FT′﹣qE﹣f=mBa…⑤
其中 f=μmBg…⑥
设弹簧的伸长量是x，FK=kx…⑦
设物块的位移是d，由电场力做功与电势能的关系得△EP=qEd…⑧
由几何关系得…⑨
A由M到N，由 得A运动到N的速度为：…⑩
拉力F在N点的瞬时功率为：P=Fv…⑪
由以上各式 代入数据有：P=0.528W…⑫
17．（1）125V（2）3．75cm
【解析】
试题分析：（1）由图乙所示可知，最大加速电压：U1m=1000V，
电子在加速电场中加速，由动能定理得：eU1m=mv02-0，
电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向：，
竖直方向：，
解得：；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向：，
竖直分速度：，
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，水平方向：，
竖直方向：y2=vyt2，
解得：，
看到屏幕上的该点距中心点O′的距离：；
考点：电子在电场中的运动
【名师点睛】本题考查了电子在电场中的运动，电子在加速电场中加速、在偏转电场中做类平抛运动，电子离开偏转电场后做匀速直线运动，分析清楚电子的运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律、运动学公式可以解题．
【答案】（1）先向下加速再向下减速；（2）距靶MN的中心O′点的范围到
【解析】
试题分析：（1）在时刻从O点进入的粒子，所受的电场力先向下后向上，则粒子先向下匀加速运动，再向下匀减速运动。
（2）粒子打在靶MN上的范围，实际上就是粒子在竖直方向所能到达的范围。
当粒子在时刻进入电场中，粒子将打在点下方最远处，在前时间内，粒子在竖直方向上的位移：y1＝a1（）2＝
在后时间内，粒子在竖直方向上的位移：y2＝v－a2（）2
其中v＝a1＝×，a2＝，可得y2＝
故点正下方最大位移y＝y1＋y2＝
当粒子在、…T时刻进入电场时，粒子将打在点上方最远处，在前时间内，粒子在竖直方向上的位移y1′＝a1′·（）2＝
在后时间内，粒子在竖直方向上的位移：[来源:Z-x-x-k．Cm]： y2′＝v′－a2′（）2[来源:学．科．网Z．X．X．K]
其中v′＝a1′＝×，a2′＝，可得y2′＝0
故点正上方最大位移y′＝y1′＋y2′＝。
考点：带电粒子在匀强电场中的运动
【名师点睛】本题是粒子在周期性变化的电场中运动，分析带电粒子的运动情况是关键．结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。