单元检测(十) 电容器 带电粒子在电场中运动的综合问题-【衡水真题密卷】2025年高考物理单元过关检测（安徽专版）

2024一2025学年度单元过关检测（十） 物理·电容器带电粒子在电场 中运动的综合问题 (考试时间75分钟，总分100分) 一，单项选择题：本题共8小数，每小蒙4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 题号12 34 5 答案 L,在一些电子显示设备中，让团极发射的电子熏通过适当的 匀宙电场，可以使爱威的电子来聚集。知周所示，图中实线 表示电场就，虚线表示电子可能的一属运动轨迹。设电场中 M,N两点的电势分别为x,电子在M,N两点的相速度 大小分别为4w,,电势能分别为E如.E,动能分别为 Em,En,则 A.p 且eaw C E>E D.EM>E 2.如图所示，A.B为平行板电容舞的金属板，G为静电计，P为二极管（正向电阻可看作 零，反向电阻可看作无穷大)，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。下列说祛 正确的是 A若保持开关S闭合，将A,B两吸板靠近些，测香针张开角度 将变小 B若保持开关S闭合，将A,B两极板正对面积变小晚，则指围 餐开角度将不变 C若断开开关8后，将A,B两极版章近些，调指针张开角度将 变小木 D.若断开开关S后，将A,B两极板正对而积变小些，刚指针张开角度将不变 3.空问中固定一电荷量为Q的点电荷，且存在某方向的匀强电场E,使一初违度为助，电 传量为▣的小球恰可绕该点电荷做中径为？的园周运动，期 A.若点电模的电背量为十Q,斯匀强电杨方向一定向上 五将点电转的电量变为Q,期小球到同运动半径变为2 C若换用另一电荷量为2？的小球使之仍以w绕流点电萄做周这动，侧小球窍动节径 仍为r 若只置去点电香Q,同时调节场强为2E,则小球将做类平抛运功 单元过美检测（十】物理第1页{共8页） 衡水真夏 七如图所示，与y坐标系平平行的匀盈电场图中末气出》中， 有一个电荷量为？的正数子，从学标原点O处沿与x轴正方向 成45矿角的退线匀速运动。已知粒子在运动过程中除电漏力外 还始终受到一个大小为P,方向沿：轴正向的相定外力，不计粒 45 子的重力。划粒子沿度线运功距离为L的过程中，电劳能变化 情况为 A.减或小了F引 A减小T受P C增加了2F对 D瑞加了号P 5,如图所示，某空时存在一匀虽电场，电场中固定一个光滑的米同彩轨道，电场强度的方 向平行于道所在平面，O为轨道圆心，率径为R,D,C.P为半国形轨道的四等分点 A处故置个粒子海，使向纸面内各个方向发速率均为物的带电粒子，粒子的质量均 为m.电背量均为9（≥0）。已知在能打到就道上的粒子中，运诗到D点的粒子动能量 大：且初速度水平向右的粒子恰能运动到C点，不考虑粒子重力、粒子之间的相互作用 和粒子在轨道上的反弹，下列说法正确的是 A匀张电场的电场维度大小为② R 且轨道上有教子打销的氢长为，=空 C带电散子运动可C点时，速度大小为2司 D带电规子运动到D点时的动能E一√2m成 8.如图所示，一替负电粒子（不计重力）的质量为丽，电背量大小为，以初速度沿两板 中央水学方向射人水平放置、距离为，电势差为的一对平行金属板间，整过一段时 间从两板何飞出。在此过程中，已知数子动量变化量的大小为△，下列说法情误的是 A较子在两板妈写动的加遮度大小为温 乱粒子从两板间肉开时的速度大小为2 C金混板的长度为色A坐 L导 D人射点与出射点间的电势整为一会2 2mq 密卷 单元过美检测（十】物理第2页{共8质） 7 7.如图所示，在梦直平抽内建立直角坐标系Oy,整个空 间存在平行于O少y平面与y轴正方向成45角的匀强 电场E。质量为知的墙电小球从坐标原点O沿本轴的 正方向以速度▣水平抛出，经过一段时同小球以、正。的 速度穿过y轴正半箱某点（图中未新出），不计空气阻 力，则小球新受电场力大小为 A号ms 且√2限g C.2w D.2.2mg 8.图所示，水平故置的平行金属板M,N与输出电压恒为U的电额两极相迹，两金属版 M,N间的距离为d,正对面积为S。已知静电力常量为k,M.N间可看作真空，真空的 介电常数，一1，熏力加速度为g。现恰好有一质量为深的带电油滴在两金属板中央悬 浮不动，喇 ·自滴 入带电油清的电背量一光 五金属板M所带电稽量Q一密 C将金属版N突然下移，带电油满铁得向下的缸速度a D将金属板N突然上移△，油滴未来得及发生位移的瞬闻，油满电劳能减小为原来的 d4da倍 二，多项选择题：本题共2小恩，每小驱5分，共10分。每小是有多项符合题日要求，全部 选对的得5分，选对但不全的得3分，有选研的得分。 题号 9 10 容案 9.如图所示，平行板电容警与电压为U的直流氢压电原相连，改变电容韩两极板何距离d, 特电路稳定后，蒂正电的粒子质量为称，电载量为，从靠近左板处由静止释敛，测润粒子 从出发至右板所用的时间为，到达右版的速度大小为两，重复上述过程，完成多次实晚。 板间电场可视为匀强电场，粒子所受重力您略不计。下列图像正确的是 单元过美检测（十」物理第3置{共8页） 衡水真 10,如图甲所示，在矩形MNPQ区域中有平行于PM方向的匀强电场，电场强提为E,一 电背量为十，质量为稀的带电粒子以的初违度从M点沿N方向进人匀强电场： 用好从Q点射出。MN=PQ=L,MP=QN=。现保持电场强度的大小不变，使匀 堡电场的方向按图乙做用期性变化。使带电粮子仍以两的初毫度从M点沿MN方向 进入，粒子刚好能从QN边界平行PQ方向射出。不计数子重力，取图甲中方向为电场 正方向。下列说法正确的是 《》 7五 甲 A电场强度大小为品一藏 玉电场强浅大小为E一显 仁电场变化的周测可能为工，一治 D电场变化的风期可能为T一兴 三，非选择驱：本愿共5小题，共5球分。 11(6分)（心鞋除海器通过一个充电的电容器对心雕患者皮肤上的两个电极板政电，让一 部分电荷通过心脏，俊心脏完全停止跳动，再刺激心额患者的心脏恢复正常跳动。现 用图甲所示电路现察心驻验额墨中电容器的充，放电过程。电路中的电道传悠器可以 辅捏瞬时的电流变北，它与什算机相连，可显示电流随时间的变化。图甲直流电源电 动势E一8V,内阻不计，充电前电容器所带电背量为零，先使S与“1”端相连，电源向 电容器充电。充电结束后，便S与2”菊相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时 间变化的+自线如周乙所示 密程 单元过美检测（十】物理第4页{共8质） ·澳nA) 计算 时da 甲 (1)在电容器充电与败电过程中，港过电阻R的电藏方向 《透填“相同”成 “相反 (2)图像阴影为上：曲线图像与对应时间轴所围成的面积，乙图中明影部分的面积S (选填>”或=")S. ()已知品一2.1mA·s,则该电容莽的电容值为一F。(站果绿榴两位有效 数字) (4》山甲，乙两图可判断阻值R《边填“>”黄“<")R 12.《10分)如图所示，静止于A处的粒子，经电压为U的如速电场加速后沿图中圆L皇线 通过静电分析普，从P点垂直CW进人形区规的有界匀强电肠，电局方向水平向左。 静电分析葬延道内有均辐向分布的电畅。已知国玉皇线所在处场函为E,方向如图 所示。较子质量为m.电背量为g,QN=2d,PN=3d,粒子重力不计。 ()求粒予离开加速电场时的速度的大小及属雾虚线对应的半径R的大小： (2)若粒子恰好能打在Q的中点上，求矩形区城QD内匀强电场强E的慎 静电分钙款 单元过检测（十】物理第5页{共8页） 衡水真题密卷 3.(1?分)实验小用如图甲所不装置研究带电靓子在两个平行童属板刘的适动，已知板 长为L,两板间距d来知，将戏射视P靠近平行金属板，放射出的带电粒子滑平行金篇 板A,B的中轴线N射人板间，平行金属板A,B间加有如图乙所承的交变电压，已 知电压了，周期T未知，当电压稳定时，板间是匀强电蜗。质量为m、电荷量为g的粒 子以的道率在爱T时刻从M点选人板网，丁时刻离开金属板，运动过程中恰好不 与金属板碰植（粒子重力忽略不计），求： 《])粒子在极板间运动的加速度大小： (2)平行板A,B的间距d. 单元过美检测（十）物理第6页{共8质) 7 14.14分)如图所示，在少平面内，x轴上方的匀强电场沿y轴负方向，x轴与虚线a6 间的匀强电场向下与￥结负方向夹角为0末知)，电场强度沿y箱的分量与：维上 为的场强大小相等。一指正电的粒子悟x轴正方向从M点射出，已知M=d,粮子恰 好玉直离开￥射下方电场：若仅将￥轴下方电易方向变为斜向下与x结正方向的 失角为，场强大小不变，较子再次从M点以相间的初速度射出，进人x轴下方电场 做线运动，离开b时粒子的动能是上次离开时的3倍。不计空气且力和粒子的重 力。求， [1D校子先后两改在x轴下方电据中沿x轴方向运动的位移之比： (2)x轴下方电场沿y伯方向的宽度： (3》较子做直线运动离开动时，工轴下方电场方向与x轴正方向的夹角8的正奶值 7 单元过美检测（十」物理第7页{共8页） 衡水真题密卷 5,(15分)如图甲所示，P点处有质量为网、电荷量为g的带电粒子连嫁不斯地“飘人“电 压为的加通电肠，粒经加速后从O点水平射入两块间距.板长均为的水平金属 板间，O为两板左端连线的中点，荧光深城V为半朝氢面，较子从O点沿直线运动 到屏上0点所用时间为、器。若在A、B再板斜超电压，其电势差U。曲时间上的 变化规律如图乙所示，所有粒子均能从平行金国板右侧射出，并几垂直打在变光解上。 已知粒子通过板间质用时司远小于了，粒子酒过平行金属板的过程中电场可视为国 定，粒子间的相互作用及粒子所受的重力均不计。求： (1)粒子在O点时的速隆大小， 《2)图乙中U的最大值 (3U取(2)中最大值.所有粒子均能从平行金属板右侧射出，并且垂直打在费光屏上 求粒子从O点到垂直打在解上的最短时间。 M 单元过美检测（十】物理第5页{共8质）衡水真题密卷 单元过关检测 F-m平 联立解得L1=1.0m: (2)给A施加力F后，A、B沿斜面向上做匀加 小球从A点运动到B,点，由动能定理得 速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B -mgl(1+sin 0)-qEalcos 0= 之间的弹力也逐渐减小，经过时间6，B、C间的 距离设为L2,A、B两者之间弹力减小到零，此 联立解得=√Tg7 后两者分离，F变为恒力，则口时刻C对B的库 若小球获得水平速度吃后来回摆动，则小球刚好 能到达C点或D点（如图乙所示），小球从A点运 仑斥力为B-贸 动到C点，由动能定理得一mgl(1十cos)十 以B为研究对象，根据牛顿第二定律有 q5,1sin0=0-2m F-mag sin30°-mBg cos30°=ma 联立解得L2=1.2m 小球从A点运动到D点，由动能定理得 则在t6时间内，A上滑的距离△L=L2一L1= -mgl(1-cos 0)-qEa/sin 00m 0.2m 解得=√2g (3)%时间内库仑力微的功W。=△E,=k- L 综合可得，2≥√7gl或2≤√2gl时细线均不 会松弛。 kge L: 代入数据解得W。=1.2J: (4)在A,B分离前，设力F对物块A做的功为 W,此时的速度为，根据动能定理有W1十 W,+W6+wW:=合(mu十ms)话 9 qE. 而WG--(mA+ma)g△Lsin30 W:=-a(mA十mB)g△Lcos30 甲 乙 W=2a△L 联立解得W1=1.05J 15.(1)1.0m(2)0.2m(3)1.2J(4)6.05J A、B分离后，力F变为恒力，根据牛顿第二定律 【解析】(1)A,B、C处于静止状态时，设B,C间 F-mAg sin30°-mAg COS30°=m4a 的距离为L1,C对B的库仑斥力F。=g型 力F对A做的功W2=F(L一L2) 以A、B为研究对象，根据平衡条件有F。 代入数据解得W2=5J (mA十mg)gsin30 则力F对A做的功W=W1+W2=6.05J。 2024一2025学年度单元过关检测（十）物理·电容器 带电粒子在电 场中运动的综合问题 一、单项选择题 小，则EM<Ekw,EM>Ey,C正确，D错误。 1.C【解析】根据电子的运动轨迹，电子受电场力 方向指向轨迹的凹向，可知在M点时电子受电场 2.C【獬折】若保持开关S用合，根据C=品a 力指向右下方向，可知电场线大致向左，沿电场 可知将A,B两极板靠近些，电容增大，电客器A、 线电势逐渐降低，可知Pu<,因N点电场线较 B两极板间的电势差等于电源电动势，电容器所 M点密集，可知N点场强较大，电子在N点的加 带电荷量增大，二极管正向导通，电容器充电，可 速度较大，即aw<aN,A、B错误；若电子从M点 得静电计两端的电势差不变，故指针张开角度将 到V点，则电场力做正功，动能增加，电势能减 不变，A错误；若保持开关S闭合，根据C= ·28· ·物理· 参考答案及解析 4欢，将A,B两极板正对面积变小些，电容减 ES 运动到D点的粒子动能最大，即A、D间电势差 最大，D为轨道上电势最低的位置，过d点做画 小，电容器所带电荷量将减小，由于二极管反向 的切线，电场强度方向垂直于切线，由O指向D, 截止，电路中没有电流，故电容器电荷量不变，根 当粒子水平向右，从A到C的运动过程中，沿 据U-是，可知电容器A,B两极板间的电势差增 AC和垂直于AC方向建立坐标系，运动满足 大，故指针张开角度将增大，B错误；若断开开关 2Rin45°=os45,4=2西in45°，联立解得 9E S后，电容器电荷量保持不变，根据C=S, m 4rkad,可 E-2mu 知特AB两板板套近些，电容增大，根据U-吕。 2gR,A错误：OD垂直AC,粒子在电场中 做类斜抛运动，当与AC夹角为0时，粒子沿 可知电容器A、B两极板间的电势差减小，故指针 AC方向运动的距离x满足x=vot'cos0,t'= 张开角度将变小，C正确；若断开开关S后，电容 2sin0,联立解得工=22Rsin0cos0= 器电荷量保持不支，根据C=说将AB两板 gE n 板正对面积变小些，电客减小，根据U=吕，可知 √2Rsin20,当0=45时，即初速度水平向右时，x 最大，落点为C,故有粒子打到轨道的弧长l加= 电容器A、B两极板间的电势差增大，故指针张开 角度将增大，D错误。 ,B正确AC垂直OD,A,C在同一等势面上， 2 3.C【解析】若点电荷的电荷量为十Q,则小球带 故比=，再由类平抛运动的对称性可知，化方 负电，小球所受的匀强电场的电场力与重力平 向与AC夹角也为45°，即由O指向C,C错误：从 衡，因此匀强电场方向一定竖直向下，A错误；根 A运动到D,根据动能定理qER(1一c0s45)= 据库仑定律和牛顿第二定律可知9-四，可 E一m 2 ,解得=2m,D错误。 2 知若，点电荷的电荷量变为2Q,小球的速度大小不 变，小球做圆周运动的半径应变为2，B错误；用 另一电荷量为2g的小球使之仍以绕该点电荷 做圈周运动，根据Eg=mg,可知小球的质量变为 原来的2倍，根据9=四，可知小球透动半径 E 仍为r,C正确：只撤去点电荷Q,同时调节电场 强度为2E,则小球所受的合力为2Eg一mg= 6.B【解析】根据牛顿第二定律可知，粒子在两板 mg,若初速度沿水平方向，小球做类平抛运动，若 间运动的加速度大小为a=E-,A正确：粒 dm 初速度竖直向上，则做匀加速直线运动，若初速 子在水平方向做匀速直线运动，水平方向的动量 度倾斜，做斜抛运动，D错误。 变化为0，粒子在沿电场方向做初速度为0的匀 4.D【解析】粒子沿虚线做匀速运动，则受力平衡， 加速直线运动，根据题意有△p=△p,=m℃，一0， 即电场力9E与外力F等大反向，即F=gE,E=E 91 可得粒子从两板间离开时沿电场方向的速度大 粒子沿虚线运动距离L的过程中，静电力做功为 小为心，=2，则粒子在两板间的运动时间为1 71 W=ELcs135°=一号FL,电势能增加了△5，与 马=2，金属板的长度为L=1=d△2，B错 a Ua -W-马FLD正确， 误，C正确：设入射点与出射点间的电势羞为U', 5.B【解析】如图所示，在能打到轨道上的粒子中， 根据动能定理可得一gU=m-司m6,共中 ·29. 2 衡水真题密卷 单元过关检测 2=6+,w,=2,联立解得U=-p) ,D n 2mq 电场中运动的加造度为a,有E的=ma,E-号d 正确。 7,D【解析】从抛出到穿过y轴正半轴的过程中， =合a,联立可得1=d√贸可知粒子从出发 2m 重力做负功，动能增加，电场力做正功，小球沿着 至右板所用的时间与板间距离成正比，C正确，D 电场线的方向运动了一段距离，因此小球带正 错误。 电，A错误；将电场强度分解到水平方向和竖直 10.BCD【解析】对粒子分析，粒子沿MN方向做 方向，则在水平方向上E*4q=Eqc0s45°= 匀速直线运动，电场力方向做匀加速直线运动， ma*+,理-之a*2=0,,=0一a*4,在竖直方 则有2L=,L-汽，解得B-A错 2 m 向上E竖q-mg-Eqsin45°-mg=ma堡直，v,- 误，B正确：当电场强度方向周期性变化时，沿电 a竖重t,而√2o=√⑦十心，联立解得Eg=2√2mg, 场方向先做初速度为0的匀加速再做匀减速到 D正确。 0的直线运动，此过程重复n次，n取正整数，根 8.C【解析】带电油滴在平行板电客器中受重力和 据2L=T,解得T。=2弘(m=1,2,3,…),当 向上的电场力平衡，而匀强电场的方向向下，则 n=5时，T。= 张：当=10时工-点CD 油滴带负电，由平衡条件有mg=g,解得油滴 5 正确。 的电荷量为g=器，A错误：根据C=S 三、非选择题 11.(1)相反(2)=(3)3.0×10+(4)< 号又6=1，联立解得金%板M所带电将量为Q 【解析】(1)由图甲可知，电客器充电时，通过电 一B错民：#金属板N突然下移△，电源 阻R。的电流方向向左，放电时通过R。的电流 方向向右，故在电容器充电与放电过程中，通过 一直接在电容器上，则电压U不变，电场力变小， 电阻R的电流方向相反。 大小变为P=平%·则油滴的合外力向下，由 (2)t曲线图像与对应时间轴所围成的面积表 示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中 牛领第二定律ma=mg一F-盟☑队·解得 阴影部分的面积S1=S2。 a=产方向向下，C正确：电容器的M板接 (3)由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等 地为0V,设油滴的位置P点距离M板为d山，则有 于电源电功势，则被电容器的电客值为C-号- m=-=-风=号，电势能为E=9g, -2.41X10A·s≈3.0X104F. E 将金属板N突然上移△d,P点的电势为P'p (4)由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时 ”,则电势能变为=9g=, U 的最大电流，则由闭合电路的欧姆定律1一是， d 可知R1<R2。 可知油滴电势能变为原来的2-△a倍，D错误。 二、多项选择题 12.①√2a1 Eo 9.AC【解析】对于带正电的粒子，在匀强电场中 【解析】(1)粒子在加速电场中加速，根据动能 受电场力作用，根据动能定理，有山=m,可 定理有qU-司m 西，可知，粒子到达右板的速度v的大 解得粒子离开加速电场时的速度的大小为 得v=m U 小与板间距离d无关，A正确，B错误；设粒子在 v一Nm 7 ·30▣ ·物理 参考答案及解析 粒子在辐向分布的电场中做匀速圆周运动，电 可得y= 12847--4 场力提供向心力，根据牛顿第二定律有Eq 发 解得d=√7m9CL 8mvo 解得周孤虚线对应的半径尺的大小为R-器 14.(1)1：3(2)3d (3)tan0-2 (2)粒子在矩形区域QNCD内做类平抛运动， 【解析】(1)设初速度为饰，第一次进入第四象 根据美平抛运动规律有d=,3d=ad 限的沿x轴方向运动的位移为x1,水平方向的 加速度的大小为a1,第二次进入第四象限的沿x 根据牛顿第二定律有Eq=ma 轴方向运动的位移为x2,水平方向的加速度的 联主解得矩形区拔QNCD内匀强电场场强为 大小为a,因为第一次粒子恰好垂直ab离开x E=12U d 轴下方电场，根据运动合成与分解，水平方向是 从匀减速到0的，由速度位移公式有0一6 13.(1)9 (2)V7mgU L md 8mvo -2a1x1 【解析】(1)爱T时刻从M点进入板间，T时刻 由速度时间公式有0=%一a1t 由于仅将x轴下方电场方向变为斜向下与x轴 离开金属板，粒子水平方向做匀速直线运动，有 正方向的夹角为0，电场强度大小不变，则第二 T-T=士-弘解得T-品 8 次粒子竖直方向运动不变，则在x轴下方电场 8% 中的时间也为t,水平方向的加速度刚好反向， 竖直方向做匀变速直线运动，规定向下为正方 大小不变，即a2=a 向，设M,N两板间距为d,则有E= 则水平方向末速度v=6十a2t=2w d 速度位移公式-6=2a2x 由牛颜第二定律得qE=ma 解得a1=9吗 综上可得=1； “23 (2)设x轴上方电场的电场强度为E,x轴下方 (②)在智一T时间内，整直方向的最大位移是 电场沿y轴方向的宽度为L,第一次粒子落到x 号，先微加速运动，时间为4=否一昌T=言T 轴上方时，竖直方向的速度为心1，则对竖直方向 由速度位移公式有函=2E 1 w=a4·4=8aT tan 0=U 1 运动的位移为为=立·1·山 设第二次粒子进入x轴下方电场后做直线运动 再减连至反向加速运动，时间为a=1一山=哥 离开ab时的竖直方向的速度为v,则对竖直方 粒子在写~T时间内做初建度大小为且方向 向由速度位移公式有一函=25 向下，加速度大小为4=g吗且向上的匀变速运 tan0=2-2 v26 md 综上可得L=3d; 动，运动的位移为为=14一2@1号 (3)设粒子第一次从M点到离开电场时的速度 1 为v,动能为E,则粒子第二次从M点到离开 因此粒子的总位移为)y一十为=乞4十4 电场时的竖直速度也为y,设水平速度为巴，动 24 能为Ee,则Ea=立mG ·31 7 衡水真题密卷 单元过关检测 Eam loo=vt=21 设出电场时速度与水平方向夹角为，则有tan0= 又因为Ea=3E 则求得，=√2 6 所以tan0-飞=2 v,=at 2。 解得0=459 15.(1) 2U9 (2)2U。(3)3/2+2)4 m 由于速度反向延长线过水平位移中点，且E℉一 m 4 N2gU 【解析】()由动能定理得Ug=合md FH-71 E为國孤的国心，由几何关系可得EO,=EE= 9； 解得助=√m EF+FO- (2)粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最 则有EP-EE'cos45°=3EL 4 大，此时竖直偏转量y一立 水平方向l=t 则水平位移有0P'-32+之1=32+， 4 4 整直方向)=a心 最短时间为tm=OP_32+2Lm 4 a-Ung M lm 解得Um=2U: OE F P (3)半圆荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能 0 使粒子全部垂直撞击在屏幕上，当粒子从极板 右侧边缘射出时，水平总位移最小，故时间最 短，如图所示，由题意得 ·32