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（福建专版）

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4小数，每小鉴分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题日要求的。 斯号 1 3 容案 1,在一些电子显示设备中，让阴极发射的电千束道过透当的半 匀离电场，可以使发酸的电子来象集。如图所示，图中实线 表示电场线，虚线表示电子可能的一条运动轨遗。设电肠中 M,N两点的电势分别为平w,电子在M,N两点的加速度 大小分别为a,以%，电路能分群为F.Es,动能分别为 Em.Es,期 A.pr B.GMGN C.Ea>Ex D.Ev>E 2空间中固定一电营量为Q的点电背，且存在某方向的匀强电场E,使一初连度为助、电 传量为g的小球恰可绕该点电香隘半径为干的圆周运动，则 A.若点电横的电背量为十Q.期匀强电杨方向一一定向上 五将点电黄的电背量变为2Q.则小绿网周运动半径变为乞 C若换用另一电传量为2？的小球使之仍以绕该点电荷做属周运动，娜小球运动事径 们为： D若只量去点电荷Q,司时利节场强为2E,测小将做类平抛运动 3,如图所示，在经直平面内建立直角象标系O小，整个空 间存在平行于少平面与y轴正方向成5角的匀强 电扬E,面量为两的蒂电小珠从坐标原点O沿x轴的 正方向以建皮。水平抛出，经过一段时可小球以√2v的 违度穿过y轴正华铂某点（图中未再出），不计空气阻 力，则小球所受电场力大小为 A竖mg Bv2网g C.2mg D.2.2mg 单元过美检测（十」物理第1页{共8页） 衡水真 七扣图所示，水早放置的平行金属板M,N与输出电压恒为U的电源两世相连，两金属板 MN间的距南为d,正对面积为S。已知静电力危量为★，M,N间可看作真空，真空的 介电常数。，=1，重力加建皮为意。现恰好有一质量为m的带电油滴在两金属板中央悬 浮不动，期 《》 *纳清 A带电油南的电荷量？一置 区金风板M所带电背量Q=密 C将金属板N来然下移，营电洁滴医得向下的如速度：=兴 D将金属板N突然上移△，油南未来得及发生位移的瞬阿，消滴电势能减小为原来的 二，多流选择燃：本带共4小第，每小端6分，共24分。每小脑有多项符合题目要求，全都 选对的得6分，选对但不会的得3分，有选情的得0分。 题号 5 6 8 容案 点，如图质示，一熏力不计的电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，且只在电场力 作用下依次通过M、N,P三点，其中N点是轨迹上距离负点电荷最 近的点。若粒子在M点和P点的速率相等，则 A粒子一定带正电 且Uw-U C,粒子在N点时的加速度最大，电势佳最小 D粒子在M,P两点时的知速度相阿 6,如图所示，平行板电容器与电压为U的直藏恒压电源相连，改变电容器两极板闻距离d, 特电路稳定后，带正电的粒子质量为m,电荷量为？，从常近左板处由静止释微，测得轻子 从出发至右板所用的时间为，到达右板的违度大小为，重复上述过程，完成多次实验。 板间电场可视为匀强电场，较子所受重力复略不计。下列图像正确的是 题密鞋 单元过美检测（十】物理第2页{共8质） 6 7.如图甲所示，在矩形NPQ区规中有平行于PM方向的匀强电场，电畅强度为E, 电营量为十，质量为四的带电较子以染的初违度从M点沿N方向进人匀强电桥 刚好从Q点射出.MN=PQ=2L,P一QN=L.凳保持电场强度的大小不变，使匀面 电场的方向按图乙敏褐期胜变化，使带电教子仍以助的初速度从M点府N方向进 人，较子刚好能从QN边界平行Q方向射出。不什？子重力，取图甲中方白为电场正 方向。下列说法正确的是 U 人电场强度大小为上一觉 且电据强度大小为E一荒 C电场变化的周期可能为一品 D电扬变化的调期可能为一础 &如图新示，真空中存在空可范围足够大的、水平向右的匀裂电场。在电场中，若将一个 成量为网，带正电的小球由静止释成，运动中小球的遮度与紧直方向夹角为T。现将 该小球从电场中A热以初速度，竖直向上抛出，经过最高点B后四列与A在同一水平 线上的C点.已知sn3T=0.6,og37=0.8,则 A小球所受的电场力为 五小球在最高点B的动能为是md C小球在C点的机械能比在A点多是m同 卫小在C点的动能为'。 6 单元过美检测（十」物理第3页{共8页） 衡水真 三，非装释概：共0分，其中、10、11为填应题，12、13为实验题，14.15.16为计算题。 B,(3分)109年密立通过油滴实测得电子的电背量，因此获得123年诺贝尔物理学 奖，实验装置如图所示。两状水平线置相距为的金属版A,B分别与电系正、负两似相 接，从A板上小孔进人两酸间的油满因摩擦糟上一定的电背量，两金属板间末加电压 时，通过显量筐观察到某带电油海P以速度大小m竖直向下数匀速运动：当油滴P经 过板间M点（图中未标出）时，给金属板加上电压，经过一段时间，发观淮满P恰以速 度大小的竖直向上匀速经HM点，可知油滴P带 (选埔”正成“负)电背。已 知油满运动到所受空气阻力大小为一：，其申去为比得系数，为油滴运功速率，r为 油滴的单径，不计空气浮力，熏力加速度为，可知油滴P所带电荷量的大小 为 显威镜 pr'rrtmn 10,(3分)在某空同存在竖直向上的匀强电房，质量为m,电荷量为十9的小球从某高度山 静止开始向上做匀加速直线运动，经时间1运动到P点，量去电场后又经时间2：小球 国到出发点，速度大小为，不计空气阻力。已知重力加违度为，可如匀演电畅的电 场程度大小为 ,整个过程中小球机棱能增加量为 11.(3分)如图所示，有一凰心为O.半径为R的置，AB为测的直径，在图形区域所在空间 有匀强电场。将面量为m,电荷量为g的正点电荷由A友静止释拉，白国同上的C点 以墓率瑞穿出，已知AC与AB的夹角一0，运动中点电有仅受电畅力的作用，则 匀强电杨的电杨强度大小为 若将夜点电背从A点移到同周上的任意一点， 期其中点电萄电势能变化的最大值悬 12.(5分)心除解器通过一个充电的电容器对心酬惠者皮肤上的两个电极板救电，让一 部分电荷通过心鞋，使心脏完全停止洗动，再刺散心丽患者的心脏核复正常跳动，现 用图甲所示电路观察心除雕器中电容器的充，故电过程。电路中的电流传感器可以 罐程厨时的电流变化，它与计算桃相违，可显示电瓷随时间的变化。图甲直流电源电 动势=8V.内阻不计，充电前电容器所带电背量为零。先使S与“1“深相造，电源向 电容器充电。充电结束后，使令与”"瑞相蓬，直至放电完毕。计算机记录的电德陆时 同变化的H自线如图乙所示 密卷 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. (3)已知S一2.41mA·s,则该电容器的电容值为 F。《结果绿解两位有效 数字) (4)山甲，乙两图可判顺阻值R《边填“>”或“<")R。 13.(8分)如图所示，静止于A处的规子，经电压为U的加速电场加速后沿图中氧业线 通过静电分析器，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。 静电分析辈退道内有均辐向分布的电畅。已知国玉皇线所在处场衡为E,方向如图 所示。较子爱量为m.电背量为g,QN=2d.PN=3d,粒子重力不计. (求粒子离开知速电场时的速度的大小及属夏虚线对应的率径R的大小： (2)若粒子给好能打在Q的中点上，求矩形区城QD内匀强电场场强E的值 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 4,(10分)实验小用如图甲所示装置研究带电魏子在两个平行金属板刘的运动，已知板 长为L,两板间距术知，将成射源P常近平行金属板，放射出的带电粒子沿平行金属 板A,B的中轴线N射人板闻，平行金国板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，板间是匀强电畅。质量为m、电荷量为g的粒 子以的道率在爱T时刻从M点选人板间，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： (])粒子在极板同运动的加速度大小： (2)平行板A,H的间距d. 单元过美检测（十】物理第6页{共8质） 15.12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。一带正电的粒子沿x轴正方向从M点射出，已知M=d,粮子恰 好垂直离开￥射下方电场：若假将￥轴下方电易方向变为斜向下与x结正方向的 失角为，场大小不变，较子再次从M点以相间的初速度射出，进人x轴下方电场 做直线运动，离开山时粒子的动能是上次离开时的3信。不计空气目力和粒子的重 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怕方向的宽度： (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 6 单元过美检测（十」物理第7页{共8页） 衡水真题密卷 6(15分)如图甲所示，P点处有质量为网、电荷量为g的带电粒子连域不斯地“飘人“电 压为的加通电畅，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再板斜加电压，其电势差U。陆时间上的 变化规律如图乙所常，所有粒子与能从平行金国板右侧期射出，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 (3心取(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点到垂直打在深上的最短时间。 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 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 吕又6，=1，联立解得会属板M所带电荷量为Q 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 = S 4aB错误；将金属板N突然下移△d,电源 力指向右下方向，可知电场线大致向左，沿电场 一直接在电容器上，则电压U不变，电场力变小， 线电势逐渐降低，可知<，因N点电场线较 M点密集，可知N,点场强较大，电子在N点的加 大小变为F=则油请的合外力向下由 速度较大，即aw<aN,A、B错误；若电子从M点 到N点，则电场力做正功，动能增加，电势能减 牛顿第二定律ma=mg一F=型_gU dd+△a:解得 小，则Ew<EN,EM>EnN,C正确，D错误。 a=产方向向下，C正确：电客器的M板接 2.C【解析】若点电荷的电荷量为十Q,则小球带 负电，小球所受的匀强电场的电场力与重力平 地为0V,设油滴的位置P点距离M板为d,则有 衡，因此匀强电场方向一定竖直向下，A错误：根 物=-U0=一以=兰，电势能为E=9r 据库仑定律和牛顿第二定律可知9=网，可 将金属板N突然上移△d,P点的电势为P'P 知若，点电荷的电荷量变为2Q,小球的速度大小不 a巴，剥电势能变为E=g9p=aP, 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 可知尚清电势能支为原来的倍，D婚误。 做圆周运动，根据Eq=mg,可知小球的质量变为 二、多项选择题 原来的2倍，根搭停=m四，可知小球运动半径 5.AC【解析】由轨迹可知粒子受到的电场力指向 内侧，粒子在负点电荷的电场中运动，即可知粒 仍为r,C正确；只撤去点电荷Q,同时调节电场 子带正电，A正确；粒子在M点和P点的速率相 强度为2E,则小球所受的合力为2Eg一mg= 等，说明粒子从M到N和从N到P电场力做功 mg,若初速度沿水平方向，小球做类平抛运动，若 的大小相等，根据电场力做功公式W一gU可知 初速度竖直向上，则做匀加速直线运动，若初速 度领斜，做斜抛运动，D错误。 Uw=UN,B错误：根据库仑力公式F=k坠可 3.D【解析】从抛出到穿过y轴正半轴的过程中， 知，距点电荷越近库仑力越大，结合牛顿第二定 重力做负功，动能增加，电场力做正功，小球沿着 律可知在N点加速度最大，又因为粒子带正电， 电场线的方向运动了一段距离，因此小球带正 正电荷在电势高的地方电势能大，N点电势最 电，A错误；将电场强度分解到水平方向和竖直 低，故N点电势能最小，C正确：由于粒子在M 方向，则在水平方向上E*年q=Eqc0s45°= P两处受到的电场力方向不同，所以加速度方向 mak4,t-司a*4=0,=D-ak,在竖直方 也不相同，D错误。 6,AC【解析】对于带正电的粒子，在匀强电场中 向上E堡tq-mg=Eqsin45°-mg=ma直，，= a处t,而N2o=√十花，联立解得Eq=2√2mg, 受电场力作用，根据动能定理，有山=2m,可 D正确。 4,C【解析】带电油滴在平行板电容器中受重力和 U,可知，粒子到达右板的速度v的大 得v=Nm 向上的电场力平衡，而匀强电场的方向向下，则 小与板间距离d无关，A正确，B错误：设粒子在 油滴带负电，由平衡条件有mgg司，解得油滴 电场中运动的加建度为a,有的=m,E-号d 的电荷量为q=号，A错误：根据C-= 4元ka:C- 2m 2ar,联立可得t=d√ ,可知粒子从出发 6 ·32▣ ·物理· 参考答案及解析 至右板所用的时间与板间距离成正比，C正确，D 三、非选择题 错误。 9.负 k(十)rd 7.BCD【解析】对粒子分析，粒子沿MN方向做匀 U 速直线运动，电场力方向做匀加速直线运动，则 【解析】由于加上电压时，经过一段时间，发现油 有2L=4,L一号，解得瓜-A错误。 滴P恰以速度大小2竖直向上匀速运动，说明 油滴受到的电场力方向向上，所以油滴带负电 B正确：当电场强度方向周期性变化时，沿电场方 荷。设油滴P所带电荷量的值为q,没有加电压 向先做初速度为0的匀加速再做匀减速到0的直 时，根据平衡条件可得mg=kr,施加电压后匀 线运动，此过程重复n次，n取正整数，根据2L= U m%T,解得T。=2L(n=1,2,3,…),当m=5时， 速向上运动时，根据平衡条件可得g=mg十 T=张当=10时，T=品CD正境 n,联立解得gq=(十)rd U 8.BCD【解析】如图所示，根据题意可知，小球所 10.9mg1 5ng2 受重力与电场力的合力方向与竖直方向的夹角 【解析】设小球在第一阶段的加速度为a,位移 为37°，由几何关系可得，小球所受的电场力为 F=mgan37r”=子mg,A错误：根据题意可知，小 为工有x=司，第二阶段位移为一工，有 球在竖直方向上做匀减速运动，由运动学公式 -x=a…2-2g(2,联立解得a=号g,由 =十a,可得运动到B点的时同为1一受由牛 4 牛顿第二定律得Eq一mg=5mg,解得E= 顿第二定律可得，小球在水平方向上的加速度为 a,=E=3 m=了8，则小球运动到B点的速度为 mg;机械能增量等于电场力微功W=Eqr= 5q 9 a1=是，则小球在最高点B的动能为E=号 1 m=受，B正确：旅据对称性可知，小球运功 1狼名md 到C点的时间为1=21=2四，则A,C间的水平 【解析】点电荷从A点由静止释放，则在电场力 作用下将做匀变速直线运动，连接BC,由几何 位移为工=吉a=装，由功能关系可知，小球 关系可知AC=ABcos0=R,从A到C运用动能 从A运动到C,机械能的增加量为△E=Fx= 定理可得EgR=m,解得E-票由题意可 四，即小球在C点的机城能比在A点多， 知，电场强度方向沿AC方向，则过圆心作AC C正确：根据题意，由对称性可知，小球运动到C 的平行线，交圆周于D点，从A点到D点电势 点时，竖直分速度为竖直向下的，由运动学公式 差最大，电势能变化最大，如图所示，AF为等势 可得，小球运动到C点时的水平速度为v=a1 线，则△E,=EgX FD=EgX(R+Rcos0)= 3 而，则小球在C点的速度为C 3 4m6。 √d+受=巴，则小球在C点的动能为 2 Ek= 2m呢=13，D正确 8 C D 12.(1)相反(2)=(3)3.0×10-4(4)< mgt 【解析】(1)由图甲可知，电容器充电时，通过电 ·33 68 衡水真题密卷 单元过关检测 阻R的电流方向向左，放电时通过R。的电流 由牛顿第二定律得qE=ma 方向向右，故在电容器充电与放电过程中，通过 电阻R。的电流方向相反。 解得a-治 (2):曲线图像与对应时间轴所围成的面积表 (2)在3T 8 T时间内，竖直方向的最大位移是 示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中 阴影部分的面积S1=S2。 号，先微加速运动，时间为4=哥-是T=日工， (3)由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等 1 于电源电动势，则该电容器的电容值为C-吕 =a·4=8aT -2.41X103A·s≈3.0X10‘F。 运动的位移为h=2··4 E 8 V (4)由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时 再减速至反向加建运动，时间为么=一有=置 的最大电流，则由闭合电路的欧姆定律I= E 粒子在写一T时间内微初选度大小为且方向 可知R1<R2。 向下，加速度大小为@1=吗且向上的匀变速运 md 1a器2 1 动，运动的位移为归=14一241号 【解析】(1)粒子在加速电场中加速，根据动能 定理有gU=m 因此粒子的总位移为y一为十为=弓6十 解得粒子离开加速电场时的速度的大小为 246 2g▣ 7 m 可得y= 1284TP--4 粒子在辐向分布的电场中做匀速圆周运动，电 场力提供向心力，根据牛顿第二定律有Eq= 解得d=√7mgUL 8mvo m发 15.(1)1:3(2)3d(3)tan0= 2 解得圆孤虚线对应的半径R的大小为R=, 【解析】(1)设初速度为，第一次进入第四象 限的沿x轴方向运动的位移为x1,水平方向的 (2)粒子在矩形区城QNCD内做类平抛运动， 加速度的大小为a],第二次进入第四象限的沿x 报据类平抛运动规律有d=t,3d=司a 轴方向运动的位移为x2,水平方向的加速度的 根据牛顿第二定律有Eg=m@ 大小为a2,因为第一次粒子恰好垂直ab离开x 联立解得矩形区城QNCD内匀强电场场强为 轴下方电场，根据运动合成与分解，水平方向是 E-12U 从匀减速到0的，由速度位移公式有0一6= d -2a1x1 14.(1)9吗 (2)7mgU.L 由速度时间公式有0=6一at md 8muo 由于仅将x轴下方电场方向支为斜向下与x轴 【解析】(1)T时刻从M点进入板间，T时刻 正方向的夹角为0，电场强度大小不变，则第二 8 次粒子竖直方向运动不变，则在x轴下方电场 离开金属板，粒子水平方向做匀速直线运动，有 中的时间也为t,水平方向的加速度刚好反向， T-T=8=弘，解得T=上 8 8 大小不变，即ag一a Vo 5% 则水平方向末速度v=h十a2t=2h 竖直方向做匀变速直线运动，规定向下为正方 速度位移公式t-话=2a2x 向，设M,N两板间距为d,则有E- d 综上可得碧- ·34 ·物理 参考答案及解析 (2)设x轴上方电场的电场强度为E,x轴下方 1 电场沿y轴方向的宽度为L,第一次粒子落到x 竖直方向y=2a 轴上方时，竖直方向的速度为，1，则对竖直方向 U.9 a一lm 由速度位移公式有场=29吗 m 解得Um=2U; tan 0=U (3)半圆荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能 使粒子全部垂直撞击在屏幕上，当粒子从极板 设第二次粒子进入x轴下方电场后做直线运动 右侧边缘射出时，水平总位移最小，故时间最 离开ab时的竖直方向的速度为v2,则对竖直方 短，如图所示，由题意得 向由速度位移公式有函一=2 loo=uot=2l m 设出电场时速度与水平方向夹角为0，则有tan0= tan0-坐=vg v 2vo 丝 综上可得L=3d; v,=at (3)设粒子第一次从M点到离开电场时的速度 解得0=45° 为y,动能为Ek1,则粒子第二次从M点到离开 由于速度反向延长线过水平位移中点，且EF= 电场时的竖直速度也为口，设水平速度为巴，动 能为Be,则Ea=muG FH- E为圆孤的圆心，由几何关系可得EO=EE= Eemm EF+FO- 又因为Ea=3Ea 则求得u=√2u, 则有EP=EE'cos45°-3y2 4 所以tang--2 2 则水平位移有Op_321+号1=32十2， 4 2 4 16.aw9e2u. (3)32+2Lm 4 2gU 最短时间为1-0P-3巨+2Lm 42gU· 【解析】()由动能定理得Ug=之m6 M 解得一√ 09: H (2)粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最 LU- B 大，此时竖直偏转量)一号 N 水平方向1=%1 ·35 6