高中物理高考 押课标卷物理第25题-备战2021年高考物理临考题号押题（新课标卷）（解析版）

押课标卷理综第25题

高考频度：★★★★★     难易程度：★★★★☆

（2020·新课标全国Ⅰ卷）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以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？

【答案】(1) ；(2)；(3)0或

【解析】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：

所以根据动能定理有：

解得：

；

（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有

而电场力提供加速度有

联立各式解得粒子进入电场时的速度：

；

（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0 ，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有

电场力提供加速度有

联立解得；当粒子从C点射出时初速度为0。

另解：

由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为，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，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化量也恒为，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为

如图所示，平行板电容器两极板正对且倾斜放置，下极板接地，电容器电容C=10-8F，板间距离d=3 cm,两极板分别带等量的异种电荷，电量Q=1x10-6c.一电荷量q =3x10-10C,质量m=8x10-8kg带负电的油滴以vo=0.5 m/s的速度自AB板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从CD板右边缘水平飞出，g取10 m/s2, 不计空气阻力.求:

(1)两极板之间的电压U;

(2)油滴运动到AD中点时的电势能Ep:

(3)带电粒子从电场中飞出时的速度大小v.

【解析】(1)由电容器电容公式得：，代入数据得：；

(2)AD中点的电势为，

电势能为：；

(3) 带电粒子能沿水平方向做直线运动，所受合力与运动方向在同一直线上，由此可知重力不可忽略，受力分析如图所示．静电力在竖直方向上的分力与重力等大反向，则带电粒子所受合力与静电力在水平方向上的分力相同，根据动能定理有：

解得：．

一、带电粒子的加速

如图所示，质量为m、带正电荷q的粒子，在电场力作用下由静止开始从正极板运动到负极板过程中，电场力对它做的功W＝qU，由动能定理可知W＝qU＝mv2，可以求出粒子到达负极板时的速度v＝ .

二、带电粒子的偏转

带电粒子的电荷量为q、质量为m，以速度v0垂直电场线射入两极板间的匀强电场．板长为l、板间距离为d，两极板间的电势差为U.

(1)粒子在v0方向上做匀速直线运动，穿越两极板的时间为.

(2)粒子在垂直于v0的方向上做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为a＝.

1．如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立平面直角坐标系xOy，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角θ=45°。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2，两板间距为d1=L，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L。在第Ⅳ象限垂直于x轴放置一块平行于y轴的竖直平板C3，平板C3在x轴上垂足为Q，垂足Q与原点O相距。现将一质量为m、带电量为-q的小球从桌面上的P点以初速度v0垂直于电场方向射出，刚好垂直C1板穿过M孔进入磁场。已知小球可视为质点，P点与小孔M在垂直电场方向上的距离为s，不考虑空气阻力。

（1）求匀强电场的场强大小；

（2）要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，求磁感应强度的取值范围；

（3）若t=0时刻小球从M点进入磁场，磁场的磁感应强度随时间周期性变化，取竖直向上为磁场的正方向，如图乙所示，磁场的变化周期，小孔M离坐标原点O的距离，求小球从M点打在平板C3上所用的时间。

2．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0。电容器板长和板间距离均为L=10cm，下极板接地。电容器右端到荧光屏的距离也是L。如果在电容器两板间接一交变电压，下极板接地，上极板的电势随时间变化的图象如图乙。（每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为电压是不变的）求：在0.15s时刻电子打到荧光屏上的何处？

3．如图，在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形，图中OEFG区域也为边长为L的正方形且无电场。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子所受重力。求：

（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置坐标（x，y）；

（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置坐标x、y间满足的关系；

（3）若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动，仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置x、y满足的关系。

4．如图，一质量、带电量的微粒以初速度竖直向上从点射入一水平向右的匀强电场，当微粒运动到比高的点时速度大小也是，但方向水平，且两点的连线与水平方向的夹角为，取，求：

(1)两点间的电势差。

(2)匀强电场的场强的大小。

5．如图所示，在绝缘水平面上方，有两个边长d=0.2m的正方形区域Ⅰ、Ⅱ，其中区域Ⅰ中存在水平向右的大小E1=30N/C的匀强电场、区域Ⅱ中存在竖直向上的大小E2=120N/C的匀强电场。现有一可视为质点的质量m=0.2kg的滑块，以v0=1m/s的初速度从区域Ⅰ边界上的A点进入电场，经过一段时间后，滑块从区域Ⅱ边界上的D点离开电场（D点未画出），滑块的电荷量q=+0.1C，滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度取g=10m/s2，求：

(1)滑块进入区域Ⅱ时的速度大小；

(2)A、D两点间距离

6．如图，在平面直角坐标系xOy中，直角三角形区域ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，线段CO=OB=L，θ=30°；第三象限内存在垂直纸面的匀强磁场B2（图中未画出），过C点放置着一面与y轴平行的足够大荧光屏CD；第四象限正方形区域OBFE内存在沿x轴正方向的匀强电场。一电子以速度v0从x轴上P点沿y轴正方向射入磁场，恰以O点为圆心做圆周运动且刚好不从AC边射出磁场；此后电子经第四象限恰好从E点进入第三象限，最后到达荧光屏时速度方向恰好与荧光屏平行且向上。

已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力，求：

(1) 匀强磁场B1的大小；

(2) 电子经过E点时的速度v；

(3) 第三象限内的磁感应强度B2的大小。

7．如图所示，在直角坐标Oxy平面的第一象限内存在着沿＋x方向的有界匀强电场I，其边界由曲线AB和坐标轴围成；在第二象限存在沿＋y轴方向匀强电场II；已知从电场I边界曲线AB上静止释放的电子都能从x轴上的P点离开电场II，P点在（-L，0）处，两电场强度大小均为E，电子电荷量为-e。求：

（1）电场I边界曲线AB满足的方程；

（2）从曲线AB上静止释放的电子离开电场II时的最小动能。

8．在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小，方向与x轴正方向相同。在O处放一个电荷量大小、质量的带负电的物块、物块与水平面间的动摩擦因数，沿x轴正方向给物块一个初速度，如图所示。，求

(1)物块向右滑行的最大位移；

(2)经过多长时间物块再次回到出发点。

9．如图所示，匀强电场的电场强度。将电荷量的微小带电体从电场中的A点移动到B点，A、B两点在同一条电场线上，它们间的距离。

(1)求A、B两点间的电势差；

(2)求该带电体所受电场力的大小F；

(3)若该物体只在电场力作用下，从A点由静止释放，将如何运动？若该物体质量为，则当它到达B所在的等势面时，速度大小为多少？

10．如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25m，B、C的间距为3m，C为荧光屏，一质量m＝1.0×10－3kg、电荷量q＝＋1.0×10－2C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小为B＝0.1T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏O′点（图中未画出），取g＝10m/s2，求：

（1）E1的大小；

（2）加上磁场后，粒子由O点到O′点的距离。

11．如图所示，在O点放置一个正电荷．在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q.小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距离OC的竖直高度为h.若小球通过B点的速度为v，试求：

(1)小球通过C点的速度大小．

(2)小球由A到C的过程中电势能的增加量．

12．一质量m为电量q为带电粒子由静止经电压为U加速电场加速后，水平飞入板长为L，两板间距也为L的偏转电场，板间电压也为U，粒子飞出偏转电场后打到荧光屏上，偏转电场右端到荧光屏的距离为L。如图所示，不计带电粒子的重力。求：

(1)带电粒子飞出偏转电场时侧位移；

(2)离开电场时速度偏转角的正切值；

(3)带电粒子离开电场后，打在屏上的P点，求 OP的长。

13．如图所示，a、b、c、d为匀强电场中四个等势面，相邻的等势面间距离为2cm，设B点电势为零，已知UAC=60V，求：

（1）匀强电场的电场强度及A、C、D三点的电势；

（2）将q=-1.0×10C的点电荷由A点移到D电场力所做的功WAD；

（3）电荷q=2×10C的点电荷在D点具有的电势能。

参考答案

1．（1） ；（2）≤B≤ ；（3）

【解析】（1）小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动，根据运动学规律有

s=v0t     ①

   ②

由牛顿第二定律有

qE=ma   ③

联立①②③式解得

    ④

（2）设小球通过M点时的速度为v，由类平抛运动规律有

   ⑤

小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图1所示。

图1

由牛顿第二定律有

   ⑥

解得

    ⑦

小球刚好能打到Q点时，磁感应强度最大，设为B1，此时小球的轨迹半径为R1，由几何关系有

   ⑧

解得

   ⑨

   ⑩

小球刚好不与C2板相碰时磁感应强度最小，设为B2，此时小球的轨迹半径为R2，由几何关系有

R2=d1=L    ⑪

解得

   ⑫

综合得磁感应强度的取值范围是

≤B≤   ⑬

（3）小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为R3，周期为T0，同（2）理有

   ⑭

   ⑮

   ⑯

孔M离坐标原点O的距离为

   ⑰

磁场的变化周期为

   ⑱

由以上分析可知小球在磁场中运动的轨迹如图2所示，一个磁场周期内小球在x轴方向的位移为

x=3R3   ⑲

   ⑳

图2

即小球刚好垂直y轴方向离开磁场。    ㉑

所以小球在磁场中运动的时间为

   ㉒

离开磁场到打在平板C3上所用的时间

   ㉓

小球从M点到打在平板C3上所用总时间为

   ㉔

2．11.25cm

【解析】设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得

eU0=mv02

设偏转电场的场强为E，则有

设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则有

在中心轴线方向上

在轴线侧向有

´

设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为，则电子通过偏转电场时有

电子在荧光屏上偏离O点的距离为

由题图知t=0.15 s时刻U=1.5U0，代入数据解得

Y=11.25cm

3．（1）（-2L，）；（2）；（3）

【解析】（1）设电子的质量为m，电量为e，在电场Ⅰ中释放后将做出速度为零的匀加速直线运动，出区域I时的速度为v0，

接着进入电场Ⅱ做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，

以上三式联立解得

所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（-2L，）

（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从D点离开，有

以上两式联立解得

（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场Ⅱ后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场Ⅱ时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有

以上各式解得

即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置。

4．(1)；(2)

【解析】(1)由到动能定理得

得

(2)将微粒的运动分解为水平和竖直两个方向：水平方向做匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动。设沿电场线方向的距离为。则有，竖直方向

水平方向

解得

所以匀强电场的电场强度大小为

5．(1)；(2)

【解析】(1)滑块在在区域I中做匀加速直线运动，设进入区域Ⅱ的速度为v，根据动能定理得

代入数据解得。

(2)滑块在区域Ⅱ中做类平抛运动，设竖直方向加速度为a，在竖直方向有

qE2-mg=ma

代入数据可解得a=50m/s2，假设滑块从区域Ⅱ上边界离开电场区域，运动时间为t，竖直方向上做匀加速运动，则

可解得，水平方向上做匀速运动

x=vt

联立解得x=d，即滑块刚好在区域Ⅱ的右上顶点离开，A、D两点之间距离

6．(1)；(2)；(3)

【解析】(1)电子在区域内以点为圆心做匀速圆周运动，在点与相切，其运动轨迹如图

在中，根据几何知识有

(2)电子从点进入电场做类平抛运动，设电子从边离开且在电场中运动的时间为，在方向上有

根据运动学规律有

(3)设其做匀速圆周运动的轨道半径为，圆心在，根据左手定则知，磁场方向垂直于纸面向里,根据几何知识有

洛伦兹力提供向心力

解得

7．（1）（x>0，y>0）；（2）eEL

【解析】（1）设电子从曲线AB上坐标（x，y）某点释放在电场I加速后，速度为v0，

由动能定理，

进入电场Ⅱ后，做类平抛运动，则有：

联立上面各式，可解得（x>0，y>0）

（2）在电场中，电场力对电子做功为W1=eEx

在电场Ⅱ中，电场力对电子做功为W2=eEy

由动能定理eE（x+y）=Ek-0（1分

因此，结合方程可知：

当x=y时，即在（0.5，0.5L）处进入电场I的电子射出电场Ⅱ的动能最小

最小动能：Ekmin=eEL

8．(1)0.4m；(2)

【解析】(1)物块先在电场中向右减速，设运动的位移为，由动能定理得

所以

代入数据得

(2)物块向右滑行所需要的时间为：

返回过程中：

9．(1)；(2)；(3)

【解析】(1)根据电势差与场强的关系式得

(2)根据公式得

(3)因为电场恒定，所以该物体受到恒力作用，做匀加速直线运动。根据动能定理得

解得

10．（1）；（2）1.0m

【解析】（1）粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向上受力平衡，则有

解得

（2）粒子从a到b的过程中，由动能定理得

解得

由题意，加磁场前粒子在B、C之间做匀速直线运动，则有

加磁场后，粒子在B、C之间做匀速圆周运动，如图所示

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得

设偏转距离为y，由几何知识可得

代入数据解得

答：（1）的大小为；

（2）加上磁场后，粒子由O运动到的距离为1.0m。

11．（1）小球通过C点的速度大小为．

（2）小球由A到C的过程中电势能的增加量．

【解析】试题分析：（1）B、C在以点电荷为圆心的圆上，故BC两点电势相等，因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得：

解得小球在C点的速度为：

（2）小球从A到C的过程中重力和电场力做功，根据动能定理得：

解得：

根据电势能变化与电场力做功的关系得电势能的增加量为：

12．(1)；(2)；(3)

【解析】(1)设带电粒子在经过加速电场，进入偏转电场的速度为，根据动能定理

解得

带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，则电子飞出偏转电场时的侧位移

加速度

在水平方向

联立解得

(2)带电粒子飞出电场时在水平方向速度为，在竖直方向

离开电场时偏转角的正切值

(3)带电粒子离开电场后,在水平方向做速度为匀速直线运动，在竖直方向做速度为的匀速直线运动，则带电粒子在离开电场后到打在屏上需要的时间

离开电场后带电粒子在竖直方向的位移

OP的长度为

联立解得

13．（1）1500V/m；30V；-30V；-60V（2）-9.0×10-9J；（3）-1.2×10-8J

【解析】（1）AC间的距离为4cm．所以匀强电场的场强为：

根据A点的电势大于C点的电势，知电场强度的方向水平向右．

UAB=1500×0.02V=30V，因为φB=0，则φA=30V．

UBC=30V，则φC=-30V．UBD=60V，则φD=-60V．

故A、C、D点的电势分别为：30V、-30V、-60V

（2）UAD=φA-φD=90V

则WAD＝qUAD＝−1×10−10×90J=-9×10-9J．

故点电荷由A移到D电场力所做的功为-9×10-9J．

（3）点电荷在D点具有的电势能为：