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（湖南专版）

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：本题共6小装，每小鉴4分，共24分。在每小领始出的四个选项中，只有一百 符合题日要求。 题号 1 2 4 答案 1.在一北电子是示设备中，让阴板发射的电子克道过适当的丰 匀强电场，可以使发戴的电子束聚集。如周所示，图中实线 表示电场线，震线表示电子可能的一%运动轨迹。设电属中 M,N两点的电势分别为w,电子在M,N两点的加道度 大小分别为aw,@%,电势能分期为Ew.Ex,动能分别为 Em.E、,则 A.2 且aM>gw C.E>E D.EM>E 2.如图析示，A,B为平行板电容辨的金篱板，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，下列说法 正确的是 人，若保持开关S闭合，将A、B两级板靠近线，则省针张开角度 将变小 我若保持开关S闭合，将A,B两极板正对面积变小=，则指封 聚开角蜜将不变 C若断开开关S后，将A、B两楼版靠蚕些，用指针张开角崔将 变小 D若新开开关S后，将A,B两极板正对面积变小些，则指针张开角度将不变 3.空间中圆定一电背量为Q的点电背，且存在某方向的匀强电场E,使一初速度为助，电 蒋量为g的小球恰可绕该点电荷做半径为？的阅周运动，则 A若点电荷的电荷量为十Q,娜匀强电橘方向一定内上 我将点电背的电背量变为Q。财小球到周运动半径空为 C若换用另一电传量为2的小球使之仍以%烧该点电荷概周运砖，则小球运诗半径 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） 衡水真夏 七加图所示，某其存在一匀图电场，电场中因定一个光滑的半园形轨道，电场强度的方 向平行于轨道所在平面，0为转道圆心，半径为R,D,C.P为半圆形轨道的四等分点 A处放置一个粒子源，佳向纸面内各个方向发射违率均为助的带电款子，粒子的质量均 为m,电荷量均为(g0),已如在能打到轨道上的粒子中，运动到D点的粒子动能最 大：且韧速度水早向右的粒子恰能运动到C点，不考虑粒子重力，粮子之间的相互作用 和粒子在轨道上的反算，下列说达正确的是 A匀强电场的电场强度大小为2 且轨道上有粒子打到的长为加-空 C带电粒子运动到C点时，速度大小为W2 D带电数子运动到D点时的动能E,=√2m成 5,如图所示，在整直平面内建立直角坐标系Oy,整个空 间存在平行于0y平而与y轴正方向戒45角的匀强 电场E。质量为m的带电小缘从坐标蒙点O沿x结的 正方向以遮度影水平抛出，轻过一段时间小球以，2和的 速度穿过y轴正事轴某点（图中未到出），不计空气明 力，则小球所受电场力大小为 A竖w B v2mg C.2mg D.2/2mg 如图所示，水平放置的平行金属版M,N与输出电压板为U的电源两极相连，两金属板 MN闻的距商为d,正对面为S。已知静电力常量为k,M、N间可看作直空，直空的 介电食数。，=1，重力加魂皮为？。现恰好有一面量为m的带电油满在两金属板中央暴 浮不动，期 *注清 A带电袖清的电荷量g一 且金属板M所带电荷量Q一密 C将金减板N爽然下移山，替电浦清安得向下的加连度：一产名 D将金属版N突然上移△，油滴未来得及爱生位移的阙间，油滴电势能减小为原来的 倍 密卷 单元过美检测（十】物理第2页{共8质） 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题始出的四个选项中，有多项行 合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 7 8 9 答案 ?.如图所示：一重力不计的带电粒子以某魂度进人负点电简形成的电场中，且只在电肠力 作用下依次通过M、N,P三点，其申N点是轨连上距离负灰电荷最 近的点。若粒子在M点和P点的速相等，属 A数子一定带正电 B U-UNr C粒子在N点时的如速度量大，电势能量小 D粒子在M,P两点时的加速度相司 8.如图所示，平行板电容器与电压为U的直流压电藏相连，度变电容莽两极板间距离， 待电路稳定厅，带正电的粒子质量为除，电背量为，从麻近左版处由静止释放，测得粒子 从出发至右板所用的时间为，到达右板的速度大小为山，重复上述过程，完成多次实险 版间电场可视为匀强电场，粒子所受重力忽略不计。下列帽像正确的是 D 9.如图甲所示，在矩形NPQ区城中有平行于PM方向的匀强电场，电强度为E, 电荷量为十g,质量为m的悟电粒子以的初速度从N点沿N方向进人匀强电场， 刚好从Q点射出。MN=PQ=2L,MP=QN=L,我保持电杨强度的大小不变，使匀国 电场的方向按图乙做周期性变化。使带电粒子仍以助的初速度从M点沿N方向进 人，较子用好能从QN边界平行Q方向射出。不计2子重力，取图甲中方向为电场面 方向。下列跳法正确的是 D 单元过美检测（十」物理第3页{共8页） 衡水真 人电场强度大小为名一觉 具电场强度大小为尼一觉 七电扬变化的风期可能为工=始 山电场变化的网期可能为五=共 10,如图所示，真空中存在空到花围是够大的、水早向右的匀强电杨。在电场中，若将一个 质量为则，指正电的小球由静止释效，运清中小球的速度与竖直方向夹角为？，现将 该小球从电场中A点以初速度整直向上抛出，经过最高点B后回到与A在同一水 平线上的C点。已知na7”一Q.6,s37=Q.8,期 A小球所受的电场力为号四g 且小球在最高点在的动能为最底 C小球在C点的机线能比在A点多骨md n小球在C点的时能为智 三、非进择撒：本第共5小题，共5稀分。 11,(行分)心陆除墨通出一个充电的电容器对心颤患者皮陕上的两个电极板成电，止一 部分电荷通过心脏，使心脏完全停止酰动，再刺激心患者的心脏核复正常跳动，。现 用图甲所示电路现黎心除颤器中电容器的充、放电过图。电路中的电流传感器可以 菲捉最时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变化，图甲直流电源电 动势=8V,内阻不计，充电前电容器所播电背量为零。先使5与“1“端相连，电源向 电容器充电。充电结后，使S与2”瑞相连，直至放电完毕。计算机记录的电德随时 闻变化的+由线如图乙所示。 ↑电瓷mA》 计算规 时间s (1)在电容容充电与放电过程中，通过电阻R,的电源方向 (边填“相同或 “相反”)。 (2)图像阴影为：由线图像与对应时其轴所国或的面积，乙图中阴影部分的面积5 (选填>或“=5 (3)已知S=241mA·,寒该电容器的电容算为 F。(结果保留两位有效 数字) (4)由甲，乙两图可判新阻值R (选填>”或<门R 密程 单元过美检测（十】物理第4页{共8质） 12,(9分》如图断示，静止于A处的粮子，经电压为U的加速电场如魂后沿图中屏氧虑线 13,(10分)如图所示，一内墩充滑的施缘周管AB园定在紫直平内，图竹的既心为0D 通过静电分析都，从P点垂直CV进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左， 点为阳管的最低点，A,B两点在同一水平线上，过OD的虚线与过AB的虚线垂直相 节电分析帮道内有均句留向分布的电场。已知圆玉线所在处场强为E,方向如阁 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 所示。软子霞量为m、电背量为9，QN=2d,PN一3d,粒子重力不计 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， (1)求粒子离开加速电场时的速度的大小及就氟廖线对皮的华径程的大小 阅心O正上方的P点有一置量为网，电荷量为(0)，可视为质点的沧小球，现将 (2)若粒子怡好能打在NQ的中点上，求矩形区规QNCD内匀强电扬函强E的值. 该小球无初速释放，经过一段时间，小球刚好沿切线无碰障地进人置管内，并继镜运 0 4D 动。已知開管的华径r一v2,圆管的管轻短略不计，AB一2s,C一，重力加建度为 g求： (1)电场强度的大小： (2)小球对提管的量大压力。 静电分杯都 单元过美检测（十】物理第5页{共8页） 衡水真题密卷 单元过美检调[十】物理第5页共8质) 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 好垂直离开x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。不计空气图力和粒子的重 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 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N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整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点到垂直打在深上的最短时间。 M 单元过美检测（十】物理第5页{共8质）·物理· 参考答案及解析 距离设为L2,A、B两者之间弹力减小到零，此 (4)在A、B分离前，设力F对物块A做的功为 后两者分离，F变为恒力，则。时刻C对B的库 W1,此时的速度为功，根据动能定理有W1十 仑斥力为R- w,+W6+w-2m十me话 以B为研究对象，根据牛顿第二定律有 而WG=-(mA十ma)g△Lsin30 F-mag sin30°-mag cos30°=ma W:=-4(mA十mB)g△Lcos30° 联立解得L2=1.2m W=2a△L 则在0时间内，A上滑的距离△L=L2一L1= 联立解得W1=1.05J 0.2m A、B分离后，力F变为恒力，根据牛顿第二定律 (3)%时间内库仑力做的功W。=△E,=k平一 F-nng sin30°-mAg cOS30°=mAa L 力F对A做的功W2=F(L一L2) k7n9c 代入数据解得W2=5J 则力F对A做的功W=W1+W2=6.05J. 代入数据解得W。=1.2J: 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 可知电容器A、B两极板间的电势差减小，故指针 1.C【解析】根据电子的运动轨迹，电子受电场力 张开角度将变小，C正确；若断开开关S后，电容 方向指向轨迹的凹向，可知在M点时电子受电场 力指向右下方向，可知电场线大致向左，沿电场 器电荷量保持不变，根据C一将A,B两极 线电势逐渐降低，可知P<N,因N点电场线较 板正对面积变小些，电容减小，根据U=是，可知 M点密集，可知N点场强较大，电子在N点的加 电容器A、B两极板间的电势差增大，故指针张开 速度较大，即aw<aw,A、B错误；若电子从M点 角度将增大，D错误。 到V,点，则电场力做正功，动能增加，电势能减 3.C【解析】若点电荷的电荷量为十Q,则小球带 小，则Ew<EN,EM>EaN,C正确，D错误。 负电，小球所受的匀强电场的电场力与重力平 2C【解折】若保持开关S用合，根据C=品 衡，因此匀强电场方向一定竖直向下，A错误：根 可知将A、B两极板靠近些，电容增大，电容器A、 据库仑定律和牛频第二定律可知9-m,可 B两极板间的电势差等于电源电动势，电容器所 知若点电荷的电荷量变为2Q,小球的速度大小不 带电荷量增大，二极管正向导通，电容器充电，可 变，小球做圆周运动的半径应变为2r,B错误：用 得静电计两端的电势差不变，故指针张开角度将 另一电荷量为2g的小球使之仍以。绕该点电荷 不变，A错误：若保持开关S闭合，根据C= 微圆周运动，根据Eq=g,可知小球的质量变为 ES 4:将A,B两极板正对面积变小些，电容减 原来的2倍，根招9=”巴，可知小球运动半径 r2 小，电容器所带电荷量将减小，由于二极管反向 仍为r,C正确；只撤去点电荷Q,同时调节电场 藏止，电路中没有电流，故电容器电荷量不变，根 强度为2E,则小球所受的合力为2Eq一mg= 据U-是，可知电容器A,B两板板间的电势差增 mg,若初速度沿水平方向，小球微类平抛运动，若 初速度竖直向上，则做匀加速直线运动，若初速 大，故指针张开角度将增大，B错误：若断开开关 度倾钟，做斜抛运动，D错误。 S后，电容器电荷量保持不变，根据C-5 4元ka,可 4.B【解析】如图所示，在能打到轨道上的粒子中， 运动到D点的粒子动能最大，即A、D间电势差 知将A,B两极板靠近些，电容增大，根据U=只 C 最大，D为轨道上电势最低的位置，过d,点做圆 ·31 衡水真题密卷 单元过关检测 的切线，电场强度方向垂直于切线，由O指向D, 当粒子水平向右，从A到C的运动过程中，沿 ，又，=1，联立解得金属板M所带电荷量为Q Q AC和垂直于AC方向建立坐标系，运动满足 4kB错误；将金属板N突然下移△d,电源 S 2Rsin45°=h10os45,L=2n45,联立解得 E 一直接在电容器上，则电压U不变，电场力变小， m 大小变为P-则油滴的合外力向下，由 E一√2m,A错误：OD垂直AC,粒子在电场中 牛顿第二定律m-mg一F-盟☑%解得 做类斜抛运动，当6与AC夹角为0时，粒子沿 AC方向运动的距离x满足x=%tcos0,t'= a一方向向下，C正确：电容器的M板接 2hsin日，联立解得x=2V2Rsin6cos日= 地为0V,设油滴的位置P点距离M板为d1,则有 gE 1 物=-Ug=-以=一号d,电势能为E=gp, √2Rsin20,当0=45°时，即初速度水平向右时，x 将金属板N突然上移△d,P点的电势为中p= 最大，落点为C,故有粒子打到轨道的孤长l加= U 空，B正确：AC垂直OD,A.C在月-等势西上， a”,则电势能变为民-gpra, 故=6，再由类平抛运动的对称性可知，心方 可知尚滴电势能交为原来的☑倍，D铅误。 向与AC夹角也为45°，即由O指向C,C错误；从 二、选择题 A运动到D,根据动能定理gER(1一cos45)= 7.AC【解析】由轨迹可知粒子受到的电场力指向 B-受，解得=2，D错祝 内侧，粒子在负，点电荷的电场中运动，即可知粒 2 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 的大小相等，根据电场力做功公式W=qU可知 93 Uw=Uw,B错误：根据库仑力公式F-k9坐可 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， E C 正电荷在电势高的地方电势能大，N点电势最 5.D【解析】从抛出到穿过y轴正半轴的过程中， 低，故N点电势能最小，C正确：由于粒子在M、 重力做负功，动能增加，电场力做正功，小球沿着 P两处受到的电场力方向不同，所以加速度方向 电场线的方向运动了一段距离，因此小球带正 也不相同，D错误 电，A错误：将电场强度分解到水平方向和竖直 8.AC【解析】对于带正电的粒子，在匀强电场中 方向，则在水平方向上E*年q=Eqc0s45°= ma4,t-2a4=0,=D-ak4,在经直方 受电场力作用，根据动能定理，有U9=之m,可 向上E堡支q-mg=Eqsin45°-mg=ma竖直，，= 西，可知，粒子到达右板的速度0的大 得v=√m a竖t,而V2v=√十元，联立解得Eg=2√2mg, 小与板间距离d无关，A正确，B错误：设粒子在 D正确。 电场中运动的加建度为a,有B的=ma,E-号，d 6.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 一2a,联立可得=d√需可知粒子从出发 U 油滴带负电，由平衡条件有mg=g,解得油滴 至右板所用的时间与板间距离成正比，C正确，D 的电行量为q=警，A错误：根据C=S 错误。 Arkd,C= I9.BCD【解析】对粒子分析，粒子沿MN方向做匀 5 ·32 ·物理· 参考答案及解析 速直线运动，电场力方向做匀加速直线运动，则 三、非选择题 有2L=a,L=号，解得瓜-A错民， 11.(1)相反(2)=(3)3.0×104(4)< 2 m 【解析】(1)由图甲可知，电客器充电时，通过电 B正确：当电场强度方向周期性变化时，沿电场方 阻R。的电流方向向左，放电时通过R的电流 向先做初速度为0的匀加速再微匀减速到0的直 方向向右，故在电容器充电与放电过程中，通过 线运动，此过程重复n次，n取正整数，根据2L= 电阻R。的电流方向相反。 T,解得T。=2L(m=1,2,3,…),当n=5时， nvo (2):曲线图像与对应时间轴所围成的面积表 T-张当n=10时，T-品CD正痛。 示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中 5 阴影部分的面积S1=S:。 10,BCD【解析】如图所示，根据题意可知，小球所 (3)由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等 受重力与电场力的合力方向与竖直方向的夹角 为37°，由几何关系可得，小球所受的电场力为 于电原电动势，则该电容器的电容值为C-号 F=mgtan37”-子mg,A错误：根据题意可知， 2-241X80VA:s≈3.0X10R 8 V 小球在竖直方向上做匀减速运动，由运动学公 (4)由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时 式v=%十aL,可得运动到B点的时间为t- g 的最大电流，则由闭合电路的欧姆定律1一景。 由牛顿第二定律可得，小球在水平方向上的加 可知R1<R2。 速度为a,票-是，则小球运动到B点的谁度 2gU 2U 12.(10√m Eo (2)12 为阳=@1=子，则小球在最高点B的动能为 【解析】(1)粒子在加速电场中加速，根据动能 Ew=之m=,B正确根据对称性可知， 定理有gU=之md 小球运动到C点的时间为t1=2=2,则A,C 解得粒子离开加速电场时的速度的大小为 2gU 间的水平位移为红=台月-爱曲功能关系 u一入Nm 粒子在辐向分布的电场中做匀逸圆周运动，电 可知，小球从A运动到C,机械能的增加量为 场力提供向心力，根据牛顿第二定律有Eq= △E=Fz=9m,即小球在C点的机械能比在 8 A点多9m,C正确；根据题意，由对称性可知， 8 解得国孤虚钱对应的丰径R的大小为R-器， 小球运动到C点时，竖直分速度为竖直向下的， (2)粒子在矩形区域QNCD内做类平抛运动， 由运动学公式可得，小球运动到C点时的水平 速度为=a41= 之6，则小球在C点的速度为 3 根据类平抛运动规律有d=u,3d=2ar2 根据牛顿第二定律有Eq=ma √+（）=地，则小球在C点的 2 联立解得矩形区域QNCD内匀强电场场强为 动能为Ec=2mu呢=13 ,D正确。 E-12U d 8 13.(1)E-m5(2)7√2mg,方向与CD成45°指向 q 左下 【解析】(1)如图甲所示，小球释放后在重力和 mgt 电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从B ·33. 衡水真题密卷 单元过关检测 点沿切线方向进入，则有tan0=E-C-1 从而匀减速到0的，由速度位移公式有0一哈 mgP网 -2a1x 解得电场强度的大小为E-mB: 由速度时间公式有0=w一a1t 由于仅将x轴下方电场方向变为斜向下与x轴 正方向的夹角为0，电场强度大小不变，则第二 次粒子竖直方向运动不变，则在x轴下方电场 中的时间也为，水平方向的加速度刚好反向， 大小不变，即a2=a1 则水平方向末速度v=h十a2t=2w 速度位移公式d-=2a2x 综上可得要- 甲 (2)设x轴上方电场的电场强度为E,x轴下方 (2)小球从P点到B点的过程，根据动能定理可 电场沿y轴方向的宽度为L,第一次粒子落到x 得mgs十gEs=md 轴上方时，竖直方向的速度为巴，则对竖直方向 解得g=2√gs 由速度位移公式有喝=2E 小球在圆管内运动时，受到的重力和电场力的 tan =U 合力如图乙所示，所以小球在图中M,点时，对圆 设第二次粒子进入x轴下方电场后做直线运动 管压力最大，根据动能定理可得√2mg·2r= 离开αb时的竖直方向的速度为v2,则对竖直方 之mad-n味 1 向由速度位移公式有话一听=2 m 解得w=2√3gs tan 0=V=V2 由牛顿第二定律可得F一√2mg=m 综上可得L=3d; 解得FN=7√2mg (3)设粒子第一次从M,点到离开电场时的速度 由牛顿第三定律可知，小球对圆管的最大压力 为U,动能为E,则粒子第二次从M点到离开 大小为72mg,方向与CD成45指向左下。 电场时的竖直速度也为y,设水平速度为，动 qE 能为Ee,则E=2m心 Ee=7m心+2md 又因为Ea=3E 乙 则求得.=√2， 14.11:3(2)3d(3)an0=号 所以tan0=&=2 2 0x2 【解析】(1)设初速度为，第一次进入第四象 U.9 15.(10Nm (2)2U。 (332+21m 4 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 【解析】(1)由动能定理得Uq=2m6 轴方向运动的位移为2，水平方向的加速度的 9； 大小为a2,因为第一次粒子恰好垂直ab离开x 解得6一√m 轴下方电场，根据运动合成与分解，水平方向是 (2)粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最 5 ·34 ·物理· 参考答案及解析 大，此时竖直偏转量)一号 FH-1 水平方向l=t E为圆孤的圆心，由几何关系可得EO,=EE= 竖直方向y=2ad EF+FO- 会 则有EP'=EE'cos45°=3y2 4 解得Um=2Uo: (3)半圆荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能 则水平位移有0P-31+1-3+ 4 4 使粒子全部垂直楂击在屏幕上，当粒子从极板 最短时间为t=OP-3巨+2DLm 右侧边缘射出时，水平总位移最小，故时问最 4V2gU· 短，如图所示，由题意得 M loo=vot=21 A 设出电场时速度与水平方向夹角为0，则有tan日- H h U- Vy-at 解得0=45 由于速度反向延长线过水平位移中点，且E℉= ·35. 5