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）

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押课标卷理综第25题高考频度：★★★★★     难易程度：★★★★☆题号考情分析考查知识点分值预测知识点第25题带电离子（带电体）在电场中运动时动力学和能量观点的运用，高考中经常以计算题的形式出现。对动力学和能量知识的运用，受力分析，运动分析是本题考查的主要内容。考查内容全面，考频高，是近些年的考试重点。带电粒子在电场中的运用，动能定理6预计2021年高考新课标全国卷第25题会以带电粒子在复合场中的运动的形式考察。（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   ㉔2．11.25cm【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=11.25cm3．（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=eEL8．(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：