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（广东专版）

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7小数，每小鉴4分，共28分。在每小题给出的四个进项中，只有 一项是符合题日要求的。 新号 1 2 3 容案 1,在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束第过适当的半 匀强电场，可以使发胶的电于束聚集。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航迹。设电场中 M,N两点的电势分别为平w,电子在MN两点的加速度 大小分别为a,%,电路能分为Fw.Es,动能分别为 Em.Ew,期 A. 且@w>aw C.E>EN D.Ewv>E 2如图所示，A.B为平行板电容#的金属板，G为静电计，P为二极管《正向电阳可看作 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。下列说法 正确的是 A,若保持开关S用合，将A、B两极板靠近线，则指针张开角度 将变小 B若保持开关S闭合，将A,日两极板正对面积变小年，期指制 暴开角度将不变 C若断开开关S后，将A,B两极版拿近些，则指针张开角度将 变小本 ,若断开开美S后，将A,B两假板正对面积变小些，则指针张开角度将不变 3,空向中圆定一电荷量为Q的点电稽，且存在某方向的匀强电场E,使一初连度为场，电 花量为▣的小球恰可绕该点电荷做半轻为r的图调运动，期 A.若点电黄的电背量为十Q,第匀强电场方向一定向上 五将点电背的电背量变为2Q则小球霸周运动半径变为 ℃若换用另一电荷量为2的小缘使之仍以绕藏点电荷假展周运动，则小嫁运扇半径 仍为 D若只置去点电荷Q,同时调节场强为2E,则小球将做类平抛运动 单元过美检测（十」物理第1页{共8页） 衡水真 ,扣图所示，与y坐郁系平面平行的匀强电场（图中末辄出》中· 有一个电荷量为？的正轮子，从肇标原点O处沿与工轴正方向 或5角的虚线匀建运动。已粮子在运动过程中除电畅力外 还始终受到一个大小为F,方闯沿z轴正向的恒足外力，不计粒 A45 子的重力。围粒子沿退线运功题离为：的过湿中，电势能变化” 情况为 A.减小了2F &诚小T受书 C增如了三F nw相r竖r 5,如图所示，一描负电粒子（不计熏力》的质量为裤、电背量大小为：以初速度药沿两恒 中央水平方向射入水平故置、距离为d,电势差为U的一对平行金属板间，经过一段时 间从两板闻飞出，在此过程中，已句酸子动量变化量的大小为△，下列说法情误的是 人款子在再板同运动的加速度大小为票 及粒子从两板同离开时的速度大小为丝 4 C金属板的长度为气。 口人射点与出射点间的电势整为一公 6,如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xQy,整个空 m 间存在平行于O小平面与y轴正方向成5角的匀强 电场E。质量为丽的带电小球从坐标原点O沿x轴的 正方向以速度影水平菊出，整过一段时间小球以、2甲的 速度穿过y轴正率轴某点(：中未国出》，不计空气羽 力，期小球所受电场力大小为 A号mg R2mg C.2m D.2.2mg 1,如图所示，水平放置的平行金属版M,N与输出电压恒为U的电源两极相连，两金属板 MN间的距离为d,正对面机为5，已知静电力常量为点，M,N间可看作真空，真空的 介电常数一，重力加违度为R。觅恰好有一质量为m的带电浦滴在两金属板中央悬 浮不动，用 密卷 单元过美检测（十】物理第2页共8页） ·油滴 A带电油滴的电荐量一 玉金属板M斯带电背量Q一密 C将金居板N突然下体d,带电油清获得俏下的加连度a-品 D将金风极N突然上移△4，油滴未来得及发生位移的瞬间，油滴电劳使减小为豚来的 饰 二、多项选择题：本题共3小题，每小臘6分，共18分。在每小紫恰出的四个进项中，有多 项符合题日要求。全部选对的得6分，进对但不全的得3分，有选错的得0分。 断号 8 10 答案 8如图所示，一重力不计的带电粒子以某一速度选人负点电载形成的 电场中，且只在电场力作用下次通过M,N、P三点，其中N点局 轨遵上距离负友电荷最近的点。若粒子在M点和P点的蓬率相 等，别 A粒子一定带正电 B.Uv-UNr C程千在N点时的加速度最大，电势能最小 D粒子在M,P两点时的加速度相司 9.如图所示，平行板电容器与电压为U的直流氧压电源相连，改变电客舞两极板间距离d, 待电路草定后，带正电的粒子质量为丽、电背量为，从靠近左板处由静止释放，测得粒子 从出爱至右板所用的时可为，到达右服的速度大小为山重复上述过程，完成多次实验 版间电橘可视为匀强电场，粒子所受重力氢略不计。下列图像正确的是 ( ) 单元过美检测（十」物理第3页{共8页） 衡水真 1Q,如图甲所示，在矩形MNPQ区城中有平行于PM方向的匀强电场，电场强度为E,一 电背量为十？，质量为w的带电粒子以的初速度从M点沿MN方向进人匀强电场， 刚好从Q点射出。MN一PQ一2L,P一QW一L,观保持电场强度的大小不变，使匀 强电场的方向校图乙做周期性变化，使带电粮子仍以陆的初速度从M点沿MN方向 遗人，粒子荆好能从QV边界军行Q方向射出。不计粒子重力，数图甲中方向为电场 正方向，下列说法正确的是 五 甲 乙 A电场强使大小为名-赋 成电场强度大木为E一显 C电场交化的周期可能为工=品 八电场交化的网期可能为T=头 三，非法择缆：本瑞共5小题，共54分。考生根据要求作答。 1山.(？分)心胜除额器通过一个充电的电容器对心丽患者皮肤上的两个电极板皮电，让一 部分电荷通过心驻，使心脏完全停止翼动，再刺激心颜患者的心脏恢复正常脆动.现 用图甲所示电路现暴心驻除额器中电容器的充，放电过程。电路中的电算传感器可以 铺程瞬时的电速变化，它与计算机相连，可显示电莲随时间的变化，图甲直流电源电 动势E一8V.内不计，充电前电容器所带电营量为零。先使5与“1”阀相连，电薰向 电容器充电，充电结束后，使S与2”南相连，直至放电完毕。计算机记来的电流随时 间变化的：角线如周乙所示。 票塑速mA 计算 时间路 甲 题密鞋 单元过美检测（十】物理第4页{共8质） (1》在电客器充电与故电过程中，通过电阻R。的电流方向《选填相同”或“相 反)， (2)图像阴影为：曲线图像与对皮时间轴所国成的度积，乙图中阴影都分的面积S (过筑”>+<"或=”)S。 (3)已知$一2.1mA·5,则该电容器的电容值为下，（结果保留再位有效数 字) (④)由甲乙两图可列斯阻值R(达填“>”或“<”)R, 12《10分》知图所示，静止于A处的粒子，经电压为U的加速电据加速后沿图中图氧趣线 通过静电分析帮，从P点逐直CW进入颇形区域的有界匀强电畅，电场方向水平向左 静电分析帮通道内有均匀辐向分布的电场。已知园玉虚线所在处场霜为E,方向如图 所示。粒子质量为m,电背量为g,QN一2d,PN一3d,粒子重力不计. (1》求粒子离开如速电场时的速度的大小及无虚线对应的半径R的大小， (2)若粒子始好能打在NQ的中点上，求矩形区域QCD内匀强电居居强E的值 D 罪电分析器 单元过检测（十」物理第5页{共8页） 衡水真题密卷 3.(?分)如图所示，一内壁光桥的绝缘属管AB固定在经直平面内，图管的圆心为O,D 点为属管的最低点，A,B两点在可一水平线上，过OD的虚就与过AB的虚就垂直相 交于C点，在线AB的上方存在本平向右、范围是够大的匀强电场，虚线AB的下方 存在水平向左，柜围足够大的匀强电据，电场强度大小与AB上方电场面度大小相等 阅心O正上方的P点有一置量为m、电荷量为g(g心0)，可视为质点的沧缘小球，现将 该小球无韧速释放，经过一段时间，小球刚好沿切线无碰障地进人图管内，并继续运 动。已知闭管的华径r一v2:,调管的管轻忽略不计，AB一2s,℃一，重力都建度为 g。末： (1)电场强度的大小： (2)小球对管的最大压力。 单元过美检测（十】物理第6页{共8质） ) 14,13分》实验小组用如图甲所示装置研究梦电粒子在两个平行金属板间的运动，已知板 长为L,两板间距未知，将放H薄P靠近平行金属板，放射指的梦电粒子沿平行金属 板A,B的中轴线N射人板间，平行金属板A,B闻如有如图乙所层的交变电压，已 知电压，周期丁末短，当电压静定时，版同是匀强电场。爱量为m,电荷量为g的粒 子以山的速率在。T时刻从M点进人板属，T时麟离开金属饭，运动过程中始好不 与金属板碰撞《粒子重力忽略不计)。求： (1》较子在极板间运动的加速度大小： (2)平行板A.B的间距d. d 乙 切 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，粒子经加速后从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，所有粒子与能从平行金国板右侧射出，并几垂直打在变光解上， 已知粒子通过板间所用时司远小于了，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8页{共8质）衡水真题密卷 单元过关检测 k78gc vi=2aAL Le 联立解得W1=1.05J 代入数据解得W。=1.2J: A、B分离后，力F变为恒力，根据牛顿第二定律 (4)在A、B分离前，设力F对物块A做的功为 F-mag sin30°-mAg COS30°=mAa W1,此时的速度为，根据动能定理有W1十 力F对A做的功W2=F(L一L2) W,+W6+W,=之m,+ma 代入数据解得W2=5J 而WG=-(mA十mB)g△Lsin30 则力F对A做的功W=W1十W2=6.05J。 W=一a(mA+mB)g△Lcos30° 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 板正对面积变小些，电客减小，根据U=是，可知 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 电容器A、B两极板间的电势差增大，故指针张开 力指向右下方向，可知电场线大致向左，沿电场 角度将增大，D错误。 线电势逐渐降低，可知gPM<N,因N点电场线较 3.C【解析】若点电荷的电荷量为十Q,则小球带 M点密集，可知N,点场强较大，电子在N点的加 负电，小球所受的匀强电场的电场力与重力平 速度较大，即aM<aN,A、B错误；若电子从M点 衡，因此匀强电场方向一定竖直向下，A错误：根 到V点，则电场力做正功，动能增加，电势能减 据库仑定律和牛顿第二定律可知9_m可，可 2 小，则Ekw<Ew,EpM>Env,C正确，D错误。 知若点电荷的电荷量变为2Q,小球的速度大小不 2C【解折】若保持开关S闭合，根据C-品 变，小球做圈周运动的半径应变为2r,B错误；用 可知将A、B两极板靠近些，电容增大，电容器A、 另一电荷量为2q的小球使之仍以0。绕该点电荷 B两极板间的电势差等于电源电动势，电容器所 做圆周运动，根据Eg=mg,可知小球的质量变为 带电荷量增大，二极管正向导通，电容器充电，可 原来的2倍，根据9-"四，可知小球运动半径 得静电计两端的电势差不变，故指针张开角度将 仍为，C正确：只撤去点电荷Q,同时调节电场 不变，A错误：若保持开关S闭合，根据C= 强度为2E,则小球所受的合力为2Eg一mg= 4将A,B两极板正对面积变小些，电容减 mg,若初速度沿水平方向，小球微类平抛运动，若 小，电容器所带电荷量将减小，由于二极管反向 初速度竖直向上，则做匀加速直线运动，若初速 截止，电路中没有电流，故电容器电荷量不变，根 度倾斜，做斜抛运动，D错误。 4.D【解析】粒子沿虚线做匀速运动，则受力平衡， 据U-是，可知电容器A,B两板板间的电势差增 即电场力E与外力F等大反向，即F=gE,E-E 大，故指针张开角度将增大，B错误；若断开开关 S后，电容器电荷量保持不变，根据C=5, 粒子沿虚线运动距离L的过程中，静电力做功为 4元kd,可 W=los135°=-号FL,电势能增加了△5 知#A,B两板板靠近安，电容增大，根据U-是， 2 可知电客器A、B两极板间的电势差减小，故指针 -W=F凡，D正确。 2 张开角度将变小，C正确；若断开开关S后，电容 5.B【解析】根据牛顿第二定律可知，粒子在两板 器电荷量保持不变，根据C一品将A、B两数 间运动的加速度大小为a=E-,A正确：粒 m dm Y ·30 ·物理· 参考答案及解析 子在水平方向做匀速直线运动，水平方向的动量 将金属板N突然上移△d,P点的电势为PP= 变化为0，粒子在沿电场方向做初速度为0的匀 加速直线运动，根据题意有△p=△p,=mU,一0， a61,则电势能变为E=90=F, U 可得粒子从两板间离开时沿电场方向的速度大 可知油清电势能变为原来的倍，D错误。 小为”，=2，则粒子在两板间的运动时间为= 二、多项选择题 71 8.AC【解析】由轨迹可知粒子受到的电场力指向 =公2，金属板的长度为L=h=△2，B错 a Ua Ua 内侧，粒子在负点电荷的电场中运动，即可知粒 误，C正确；设入射点与出射点间的电势差为U, 子带正电，A正确：粒子在M点和P点的速率相 等，说明粒子从M到N和从N到P电场力做功 根据动能定理可得一gU=之md-2m6,其中 的大小相等，根据电场力做功公式W=qU可知 t=6+,=2,联立解得U=-,D 2mq Uww=Uw,B错误；根据库仑力公式F=k坐可 正确。 知，距，点电荷越近库仑力越大，结合牛顿第二定 6.D【解析】从抛出到穿过y轴正半物的过程中， 律可知在V,点加速度最大，又因为粒子带正电， 重力做负功，动能增加，电场力做正功，小球沿着 正电荷在电势高的地方电势能大，N点电势最 电场线的方向运动了一段距离，因此小球带正 低，故N点电势能最小，C正确：由于粒子在M、 电，A错误；将电场强度分解到水平方向和竖直 P两处受到的电场力方向不同，所以加速度方向 方向，则在水平方向上E*+q=Eqc0s45°= 也不相同，D错误。 9.AC【解析】对于带正电的粒子，在匀强电场中 mQ米年，t一号a水年t=0,=v一a*平t,在竖直方 向上E婴度q-mg=Eqsin45°-mg=ma坐直，U,= 受电场力作用，根据动能定理，有Ug=2m心，可 a堡t,而√2v=√十，联立解得Eg=2√2mg, 西，可知，粒子到达右板的速度口的大 得=√m D正确。 小与板间距离d无关，A正确，B错误；设粒子在 7.C【解析】带电油滴在平行板电容器中受重力和 向上的电场力平衡，而匀强电场的方向向下，则 电场中运动的加速度为a,有Eg=ma,E=号，d U 油滴带负电，由平衡条件有mg=g京，解得油滴 =古d,联主可得1=d√ 2m ,可知粒子从出发 的电荷量为g="号，A错误根据C=S kdC= 至右板所用的时间与板间距离成正比，C正确，D 错误。 吕又6=1，联立解得会%板M所带电荷量为Q 10.BCD【解析】对粒子分析，粒子沿MN方向做 匀速直线运动，电场力方向做匀加速直线运动， 一B错误；将金属板N突然下移△d,电源 则有2L=m,L-号汽，解得B-觉A错 一直接在电容器上，则电压U不变，电场力变小， 2 m 误，B正确：当电场强度方向周期性变化时，沿电 大小变为F=则油滴的合外力向下，由 场方向先做初速度为0的匀加速再做匀减速到 年顿第二定律mm8一F-号-解得 0的直线运动，此过程重复n次，n取正整数，根 据2L=T,解得T。-2弘(n=1,2,3,),当 a=产方向向下，C正确：电容器的M板接 nvo 地为0V,设油滴的位置P,点距离M板为d,则有 n=5时，。=张；当n=10时，T=,CD 5 m=-Ue=-E4=-。 正确。 d1,电势能为E,=99p, 三、非选择题 ·31 Y灯 衡水真题密卷 单元过关检测 11.(1)相反(2)=(3)3.0×10-4(4)< 解得电场强度的大小为E-mB 【解析】(1)由图甲可知，电容器充电时，通过电 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 电阻R。的电流方向相反。 (2)1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 阴影部分的面积S1=S。 (3)由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等 D 于电源电动势，则该电容器的电容值为C-号 甲 2=241X0A3.0X10-+F. 8 V (2)小球从P点到B点的过程，根据动能定理可 (4)由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时 得mg十gEs=2md 的最大电流，则由闭合电路的欧姆定律I一辰， 解得a=2√gs 可知R1<R2。 小球在圆管内运动时，受到的重力和电场力的 12a器2 合力如图乙所示，所以小球在图中M点时，对圆 管压力最大，根据动能定理可得√2mg·2r= 【解析】(1)粒子在加速电场中加速，根据动能 1 定理有gU=2m 包nm威-之mi 解得w=2√3gs 解得粒子离开加速电场时的速度的大小为 2gU 一入m 由牛顿第二定律可得FN一2mg=m 解得FN=7√2mg 粒子在辐向分布的电场中做匀速圆周运动，电 由牛顿第三定律可知，小球对圆管的最大压力 场力提供向心力，根据牛顿第二定律有Eq= m天 大小为7W2mg,方向与CD成45指向左下。 9F 解得国弧虚线对应的丰径R的大小为R-器， (2)粒子在矩形区域QNCD内做类平抛运动， 根据类平抛运动规律有d=u,3d=2ar Y mg 乙 根据牛顿第二定律有Eq=ma 联立解得矩形区战QNCD内匀强电场场强为 14.(1)9 (2)7mgU,L md 8m0 E-12U d 【解析】(I)受T时刻从M点进入板间，T时刻 13.(1)E-mg(2)72mg,方向与CD成45指向 离开金属板，粒子水平方向做匀速直线运动，有 左下 T-T=日-弘，解得T= 8 8 【解析】(1)如图甲所示，小球释放后在重力和 电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从B 竖直方向做匀变速直线运动，规定向下为正方 点汤切线方向选入，则有伽恶-瓷=1 向，设M,N两长同距为d,则有E受 YJ ·32 ·物理· 参考答案及解析 由牛顿第二定律得qE=ma 1 竖直方向y=2a 解得a1=9 mdi (2②)在哥~T时间内，竖直方向的最大位移是 器 解得Um=2Uo: 号先微加逸运动，时间为=了-T=日工， (3)半圈荧光屏的國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 1 =a·4=ga1T 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 运动的位移为为=豆··山 loo=uot=21 再减速至反向加建运动，时间为么=1一1=子 设出电场时速度与水平方向夹角为0，则有tan0- 粒子在号一T时间内做初建度大小为1且方向 o v,=at 向下，加速度大小为a=且向上的匀变速运 md 解得0=45 1 由于速度反向延长线过水平位移中点，且EF= 动，运动的位移为y2=巴1红 2a1 周此粒子的总位移为)y一以十=之4十 FH-z1 E为圆孤的圆心，由几何关系可得EO=EE= 之a EF+FO- 可得y= 12847P=- 2 则有EP=EE'cos45°-3V2, 4 解得d=7mgUL 8mvo 则水平位移有0P-31+-3+ 4 4 1返a (2)2U (3)32+2Lm OP_(32+2)Lm 4 N2gUo 最短时间为tm 【解折】（①由功能定理得U。g一名md A U9 解得西一√m POE F.P H 0 (2)粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最 Uk-1 大，此时竖直偏转量y一号 N 水平方向1=t ·33 Y灯