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（湖北专版）

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，选择题：本共10小盟，每小题4分.共0分。在每小缴给出的四个选项中，第1一7 题只有一项符合题目要求，第8一0题有备项符合题目要求。每小鉴全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号12345 10 容案 1,在一些电子显示议备中，1让止团我发射的电子熏通过适当的市 匀凿电场，可以使发敲的电予束黎集。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。议电场中 M,N两点的电势分别为，，电子在M,N两点的加速度 大小分别为am.@s,电势能分别为Em,Ex,动能分为 EME A.gex 且aw>i￥ C.Ea>Ep D.EwM>E 2如图所示，A,B为平行板电容帮的会属板，G为静电计，严为二极管（正向电阳可看作 零，反向电阻可看作无穷大)，开始时开美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闭合，将A、B两极板靠近些，则指针张开角度 将变小 县若保持开关S闭合：将A,B两极板正对而积变小袋，刚指村 张开角虔将不变 C若断开开关S后，将A,B两极版常近些，则指针张开角度将 变小 D若斯开开关S后，将A,B两极板正对而积变小些，明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,使一初连度为助，电 荷量为g的小球价可绕该点电荷做半径为r的圆，运动，则 A.若点电荷的电蒋量为十Q,属匀微电锈方向一定向上 且将点电荷的电背量变为2Q则小球圆周运动半径变为： 单元过美检测（十】物理第1页{共8页） 衡水真无 C若换用另一电背量为2g的小球使之仍以m绕该点电荷做到周运动，则小球运动半径 仍为r D若只量去点电蒋Q,同时调节场强为2E,刚小球将做类平常运动 4,如图所示，某空同存在一匀面电场，电场中围定一个光滑的半圆彩轨道，电场强度的方 向平行于轨道所在平国，O为轨道圆心，半径为尺，D,CP为半圆形轨道的四等分点。 A处放置一个粒子源，倦向纸面内各个方向发射速率均为站的带电粒子，粒子的霞量均 为m,电荷量均为(？>0)，已知在能打到轨道上的粒予中，运动到D点的粒子动能最 大，且初速度水平向右的乾子恰能运动到C点，不考虑粮子重力，窥子之间的相互作用 和粒子在轨道上的反弹，下列说法正确的是 人，匀强电场的电场强度大小为2 且轨道上有粒子打到的x长为c一变 C带电敕子运动到C点时，速度大小为2 D带电粒子运动到D点时的场能E一√2m话 5.如图所示，一带负电粒子（不计重力》的质量为m,电药量大小为，以初速度沿两板 中央水平方向射入水平故置、距南为，电势着为U的一对平行金属板间，经过一段时 闻从两板间飞出。在此过程中，已知粒予子动量变化量的大小为△P,下列说法错误的是 人粒子在两板低远动的加速度大小为温 且粒子从两板何离开时的速度大小为2 C金据板的长度为气 口人时点与北解点间的电势差为一会需 6,如图所示，在竖直平而内建立直角坐标系Oy,整个空 闻存在平行于x平道与y轴正方向成45角的匀裂 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v水平抛出，经过一段时间小球以，2的 速度穿过y轴正半轴某点〔图中未面出》，不计空气阻 力，则小球所受电场力大小为 () A号s B√2mg C.2mg D.2 2mg 密卷 单元过美检测（十】物理第2页{共8质） 7.如图所示，水平故置的平行金属板MN与输出电压恒为了的电霸两极相连，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，M.N间可看作真空，真空的 介电常数，一】，重力加速度为g。现恰好有一质量为：的带电油滴在再金属板中央悬 浮不动，则 A带电油滴的电背量一器 玉金属板M所带电待量Q一完 C将金居板N突然下移山，带电油清获得俏下的加速度&一 D将金属板N突然上移心：油滴未来得及发生位移的景间，油滴电势佳减小为原来的 d d+aa檐 8.如图所常。一重力不计的怖电教子以某一速皮进人负友电荷形成的电场中，且只在电新力 作用下依次通过M、N,P三点，其中N点是数连上矩离负东电荷最 近的点。若粒子在M点和P点的速华相等，则 A粒予一定带正电 B.UiN -UA C数子在N点时的加知速度量大，电势量小 D粒子在M,P两点时的如速度相同 9.如图所示，平行板电容蓉与电压为U的直流氨压电票相连，改变电容荐两极板何距离， 待电路镜定后，蒂正电的枚子质量为深电载量为，从靠近左板处由静止释故，测得粒子 从出爱至右板所用的时间为，到达右服的速度大小为助，重复上述过配，完成多次实验。 版问电畅可视为电场，粒千所受重力忽略不计，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 1(,如图甲所示，在矩形MNPQ区域中有平行于PM方向的匀强电场，电场强度为E,一 电有量为十？，质量为限的带电粒千以，的初违度从M点沿MN方向进人强电场， 刚好从Q点则出。MN=PQ=,P=QW=上。观保持电场强度的大小不度，使匀 丝电场的方向茂围乙做周期性空化。使带电程子仍以的初速度从M点沿MN方向 进入，粒子刚好能从QV边界平行PQ方向射出。不计粒子重力，取图甲中方向为电场 正方向。下说法正确的是 0 红 甲 乙 入电场强度大小为居一混 取电场强堂大小为区一觉 C电场交化的周期可能为工=品 山电场变化的网粥可能为T一兴 二.非装择驱：本置共5小驱，共60分。 1L.(7分)心除器通过一个充电的电容器对心患者皮肤上的两个电极板就电，让 部分电荷通过心驻，使心脏完全停止院动，再刺藏心额出者的心脏恢复正常跳动。现 用图甲所示电路税察心除颜器中电容器的充，故电过程，电路中的电资传感器可以 雏捉绿时的电流变化，它与计算机相连，可显示电旋随时间的变化，图甲直算电源电 动势E一8V,内弧不计，充电前电容器所带电背量为零。先使S与“1”端相连，电薰向 电容器充电。充电结柬后，使S与“2”璃相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时 南变化的4曲线如图乙所示， 卡电是mA 计算视 时间s (门)在电容#究电与敛电过程中，通过电阻R的电藏方向 (选填“相同”虞 “相反“)。 《2)图像阴影为：由线图像与对应时其轴所眼成的面积，乙图中阴影部分的面积5 (透填>“<或“-”品， 题密程 单元过美检测（十】物理第4页{共8质） (3)已知5=2.1mA·,则核电容程的电客值为F。.(结果保留两位有效 数学》 (4》由甲、乙两图可判：机值R 《达填“”或“<"R 12,《1口分》如图所示，静止于A处的粒子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧最规 通过静电分析韩，从P点垂直CW进人颇形区域的有界匀电畅，电场方向水平向左， 静电分析著通道内有均匀辐向分布的电场。已知醒属返规所在处场强为E,方向如图 所示。牧子质量为m,电背量为g,QN一2d,PN一3d,枚子重力不计。 《1)求粒子离开知速电场时的速度的大小及盟氧感线对皮的半径R的大小： 《2)若粒子怡好能打在Q的中点上，求矩形区城QNCD内匀强电肠绿强E的值 4D 静电分氏器 单元过检测（十】物理第5页{共8页） 衡水真题密卷 3.(10分)如图所示，一内塘充滑的绝缘既管AB园定在繁直平面内，图管的既心为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易，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:求： (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) 14.15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，离开山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 4 单元过美检测（十」物理第7页{共8页） 衡水真题密卷 5,(18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。 已知粒子通过板间所用时同远小于了，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点到垂直打在屏上的最短时间。 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 k7ngc vi=2aAL L2 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,此时的速度为功，根据动能定理有W1十 力F对A做的功W2=F(L一L2) w,+W。+W,=2(m十mn)f 代入数据解得W2=5J 而Wc=-(mA十mB)g△Lsin30 则力F对A做的功W=W1十W2=6.05J。 W:=一(mA十mg)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、选择题 角度将增大，D错误。 1.C【解析】根据电子的运动轨迹，电子受电场力3.C【解析】若点电荷的电荷量为十Q,则小球带 方向指向轨迹的凹向，可知在M点时电子受电场 负电，小球所受的匀强电场的电场力与重力平 力指向右下方向，可知电场线大致向左，沿电场 衡，因此匀强电场方向一定竖直向下，A错误；根 线电势逐渐降低，可知M<N,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 桃库仑定律和牛领第二定律可知9="m四，可 速度较大，即aM<aN,A、B错误；若电子从M点 知若点电荷的电荷量变为2Q,小球的速度大小不 到V点，则电场力做正功，动能增加，电势能减 变，小球做圆周运动的半径应变为2，B错误：用 小，则Ew<Ekw,EM>Ev,C正确，D错误。 另一电荷量为2g的小球使之仍以0。绕该点电荷 2C【解折】若保持开关S闭合，根据C=品 做圆周运动，根据Eq=mg,可知小球的质量变为 可知将A、B两极板靠近些，电容增大，电客器A、 原来的2倍，根招9-”一，可知小球运动半径 B两极板间的电势差等于电源电动势，电容器所 仍为r,C正确；只撤去点电荷Q,同时调节电场 带电荷量增大，二极管正向导通，电容器充电，可 强度为2E,则小球所受的合力为2Eg一mg= 得静电计两端的电势差不变，故指针张开角度将 mg,若初速度沿水平方向，小球做类平抛运动，若 不变，A错误；若保持开关S闭合，根据C= 初速度竖直向上，则做匀加速直线运动，若初速 E,S 4ka:将A,B两极板正对面积变小些，电容减 度倾斜，做斜抛运动，D错误。 4,B【解析】如图所示，在能打到轨道上的粒子中， 小，电客器所带电荷量将减小，由于二极管反向 运动到D,点的粒子动能最大，即A、D间电势差 截止，电路中没有电流，故电容器电荷量不变，根 最大，D为轨道上电势最低的位置，过d点做圆 据U=号，可知电容器A、B两板板间的电势差增 的切线，电场强度方向垂直于切线，由O指向D, 大，故指针张开角度将增大，B错误：若断开开关 当粒子%水平向右，从A到C的运动过程中，沿 S后，电容器电荷量保持不变，报据C一那可 AC和垂直于AC方向建立坐标系，运动满足 2Rsin45°=1os45,4=2in45°，联立解得 知将A,B两极板靠近些，电容增大，根据U= E C n 可知电容器A、B两极板间的电势差减小，故指针 E-V2mu 2gR ,A错误；OD垂直AC,粒子在电场中 张开角度将变小，C正确：若断开开关S后，电容 器电荷量保持不支，根据C一总将A,B两板 做类斜抛运动，当w与AC夹角为0时，粒子沿 AC方向运动的距离x满足x=htc0s0,t= 板正对面积变小些，电容减小，根据U= ,可知 20,联立解得x=2 Rsin0os0= gE 电容器A、B两极板间的电势差增大，故指针张开 加 ·30 ·物理· 参考答案及解析 √2Rsin20,当0=45°时，即初速度水平向右时，x U 油滴带负电，由平衡条件有mg一q,解得油滴 最大，落点为C,故有粒子打到轨道的孤长l加= ,B正确：AC垂直OD,A.C在同一等势面上， kdC= 的电荷量为q=晋，A错误：根据C-=的 故比=6，再由类平抛运动的对称性可知，收方 Q 又e,1,联立解得金属板M所带电荷量为Q 向与AC夹角也为45°，即由O指向C,C错误；从 =SU A运动到D,根据动能定理qER(1一cos45)= 4元kaB错误；将金属板N突然下移△d,电源 民-"受，解得民-②，D铅误。 一直接在电容器上，则电压U不变，电场力变小， 2 大小变为F=☑则油滴的合外力向下，由 B 牛频第二定律m=mg一F一罗平祝，解得 9E 。产的方向向下，C正确：电客器的M板接 D 地为0V,设油滴的位置P点距离M板为d,则有 E m=-Uw=-Ba=一号4，电势能为E,=gn， 5.B【解析】根据牛顿第二定律可知，粒子在两板 将金属板N突然上移△d,P点的电势为PP= 间运动的加速度大小为a=E-9,A正确：粒 d”,剥电势能变为E=9p=a, U m dm 子在水平方向做匀速直线运动，水平方向的动量 变化为0，粒子在沿电场方向做初速度为0的匀 可知油滴电势能变为原来的：倍，D错误。 加速直线运动，根据题意有△p=△p,=mU,一0， 8.AC【解析】由轨迹可知粒子受到的电场力指向 可得粒子从两板间离开时沿电场方向的速度大 内侧，粒子在负点电荷的电场中运动，即可知粒 小为心，=2，则粒子在两板间的运动时间为 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 -△2，金属板的长度为L=6t=△2，B错 的大小相等，根据电场力做功公式W=qU可知 a Ua Ug 误，C正确：设入射点与出射点间的电势差为U, UN=UN,B错误；根据库仑力公式F=唑可 根据动能定理可得一9gU=2m时-2m6,其中 知，距点电荷越近库仑力越大，结合牛顿第二定 律可知在N点加速度最大，又因为粒子带正电， =6+G”,=2,联立解得U=-p2,D n 2mq 正电荷在电势高的地方电势能大，N点电势最 正确。 低，故N点电势能最小，C正确；由于粒子在M、 6.D【解析】从抛出到穿过y轴正半轴的过程中， P两处受到的电场力方向不同，所以加速度方向 重力微负功，动能增加，电场力做正功，小球沿着 也不相同，D错误。 电场线的方向运动了一段距离，因此小球带正 9.AC【解析】对于带正电的粒子，在匀强电场中 电，A错误：将电场强度分解到水平方向和竖直 受电场力作用，根据动能定理，有Ug=2m心，可 方向，则在水平方向上E*4q=Eqc0s45°= a米年，t一a水年t2一0，一0一a水年t,在竖直方 0面，可知，粒子到达右板的速度v的大 得=入√m 向上Estq一mg=Eqsin45°-mg=ma堡直，y,= 小与板间距离d无关，A正确，B错误；设粒子在 a竖直t,而V2v=√十心，联立解得Eg=2√2mg, 电场中运动的加速度为a,有Eg=ma,E-号，d D正确。 7,C【解析】带电油滴在平行板电容器中受重力和 =a,联立可得=dg,可知粒子从出发 2m 向上的电场力平衡，而匀强电场的方向向下，则 至右板所用的时间与板间距离成正比，C正确，D ·31 衡水真题密卷 单元过关检测 错误。 根据美平抛运动规律有d=,3d-a 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， 根据牛顿第二定律有Eg=ma 联立解得矩形区域QNCD内匀强电场场强为 则有2L=,1=号汽，解得瓦-器A错 F=12U 误，B正确；当电场强度方向周期性变化时，沿电 d 场方向先做初速度为0的匀加速再做匀减速到 13.(1)E=g(2)72mg,方向与CD成45指向 0的直线运动，此过程重复n次，n取正整数，根 左下 据2L=T,解得T。=2L(m=1,2,3,…),当 【解析】(1)如图甲所示，小球释放后在重力和 7200 电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从B n=5时，T。= 头；当n=10时，T= 5% 上，CD 正确。 点器物线方向选入则有m0能瓷-1 二、非选择题 解得电场强度的大小为E-mg, 11.(1)相反(2)=(3)3.0×10-4(4)< 【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):曲线图像与对应时间轴所国成的面积表 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:。 D (3)由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等 甲 于电源电动势，则该电客器的电容值为C-号 (2)小球从P点到B点的过程，根据动能定理可 2-241X阳A:.0X10p. 8 V 得mgs十qEs=2mi (4)由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时 解得g=2√gs 的最大电流，则由闭合电路的欧号定律1是。 小球在圆管内运动时，受到的重力和电场力的 合力如图乙所示，所以小球在图中M点时，对圆 可知R1<R2。 管压力最大，根据动能定理可得√2mg·2r= 2√器2 E。 d 【解析】(1)粒子在加速电场中加速，根据动能 解得w=2√3gs 定理有qU=2m 由牛顿第二定律可得FN一√2mg=m喝 解得粒子离开加速电场时的速度的大小为 解得FN=72mg √受 由牛顿第三定律可知，小球对圆管的最大压力 大小为7√2mg,方向与CD成45指向左下， 粒子在辐向分布的电场中做匀速圆周运动，电 9E 场力提供向心力，根据牛顿第二定律有Eq= 解得圆孤虚线对应的半径R的大小为R= Ei (2)粒子在矩形区域QNCD内做类平抛运动， ·32 ·物理· 参考答案及解析 14D1:3(2)3d(3)tan0=2 2 15.(1)/ 2U.q (2)2U。 (3)32+2)Lm 【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 【解析】(1)由动能定理得Ug=2m6 加速度的大小为1，第二次进入第四象限的沿x U9 解得6一√m 轴方向运动的位移为x4,水平方向的加速度的 大小为a2,因为第一次粒子恰好垂直ab离开x (2)粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最 轴下方电场，根据运动合成与分解，水平方向是 大，此时竖直偏转量)一号 从6匀减速到0的，由速度位移公式有0一话= 水平方向l=6t -2a1x1 1 由速度时间公式有0=%一a1t 竖直方向y=2at 由于仅将x轴下方电场方向变为斜向下与x轴 q 正方向的夹角为，电场强度大小不变，则第二 a-im 次粒子竖直方向运动不变，则在x轴下方电场 解得Um=2Uo; 中的时间也为，水平方向的加速度刚好反向， (3)半圆荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能 大小不变，即a2=a 使粒子全部垂直撞击在屏幕上，当粒子从极板 则水平方向末速度v=%十a2t=2 右侧边缘射出时，水平总位移最小，故时间最 速度位移公式一话=2a2x 短，如图所示，由题意得 综上可得马=1； loo=vt=21 3 设出电场时速度与水平方向夹角为0，则有tan0- (2)设x轴上方电场的电场强度为E,x轴下方 丝 电场沿y轴方向的宽度为L,第一次粒子落到x u 轴上方时，竖直方向的速度为1，则对竖直方向 v,=at 由速度位移公式有函=2 解得0=45 m 由于速度反向延长线过水平位移中点，且EF一 tan 0=U FH-z1 设第二次粒子进入工轴下方电场后做直线运动 E为圆孤的圆心，由几何关系可得EO=EE= 离开ab时的竖直方向的速度为v,2,则对竖直方 EF+FO- 向由速度位移公式有一函=2 m 则有EP'-EE'cos45°-32 am0-号g-2器 4 综上可得L=3d; 则水平位移有OP-321+-3+, 4 4 (3)设粒子第一次从M点到离开电场时的速度 最短时间为1OP'-32+2DL厂m 为U,动能为EH,则粒子第二次从M,点到离开 4 电场时的竖直速度也为，，设水平速度为巴，，动 能为Ee,则Ea=md Eem E 又因为Ea=3E 求得U=√2u 所以tan0=马=2 2 ·33