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（冀粤辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏A版）

衡水真题密卷 单元过关检测 A、B分离后，力F变为恒力，根据牛顿第二定律 代入数据解得W2=5J F-mAgsin30°-mAg COS30°=mAa 则力F对A做的功W=W1+W2=6.05J. 力F对A做的功W2=F(L一L:) 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 r2 1.C【解析】根据电子的运动轨迹，电子受电场力 据库仑定律和牛频第二定律可知婴=四，可 方向指向轨迹的凹向，可知在M,点时电子受电场 知若点电荷的电荷量变为2Q,小球的速度大小不 力指向右下方向，可知电场线大致向左，沿电场 变，小球做园周运动的半径应变为2，B错误：用 线电势逐渐降低，可知<pN,因N点电场线较 另一电荷量为2g的小球使之仍以。绕该，点电荷 M点密集，可知N,点场强较大，电子在N点的加 做圆周运动，根据Eq=mg,可知小球的质量变为 速度较大，即aM<aN,A,B错误；若电子从M点 原未的2倍，根据婴=四，可知小球运动半径 r 到N点，则电场力做正功，动能增加，电势能减 仍为r,C正确；只撤去点电荷Q,同时调节电场 小，则Ew<EkN,E>Ey,C正确，D错误。 强度为2E,则小球所受的合力为2Eg一mg= 2C【解折】若保持开关S用合，板据C=品 mg,若初速度沿水平方向，小球做类平抛运动，若 可知将A、B两极板靠近些，电容增大，电容器A 初速度竖直向上，则做匀加速直线运动，若初速 B两极板间的电势差等于电源电动势，电容器所 度倾斜，做斜抛运动，D错误。 带电荷量增大，二极管正向导通，电容器充电，可 4,B【解析】如图所示，在能打到轨道上的粒子中， 得静电计两端的电势差不变，故指针张开角度将 运动到D,点的粒子动能最大，即A、D间电势差 不变，A错误：若保持开关S闭合，根据C= 最大，D为轨道上电势最低的位置，过d点做圆 E 的切线，电场强度方向垂直于切线，由O指向D, 4k,将A,B两极板正对面积变小些，电容减 当粒子%水平向右，从A到C的运动过程中，沿 小，电容器所带电荷量将减小，由于二极管反向 AC和垂直于AC方向建立坐标系，运动满足 截止，电路中没有电流，故电容器电荷量不变，根 2Rsin 45-tcos 45,=2 sin 45 gE ，联立解得 据U-是，可知电容器A,B两极板间的电势差增 大，故指针张开角度将增大，B错误；若断开开关 E-√2m6,A错误：OD垂直AC,粒子在电场中 S后，电容器电荷量保持不支，根据C一品可 做类斜抛运动，当而与AC夹角为日时，粒子沿 知特A,B两板板素近些，电容增大，根搭U-吕， AC方向运动的距离x满足x=%tcos0,t= 可知电容器A、B两极板间的电势羞减小，故指针 2%sin0,联立解得x=2厄Rsin6cos0= E m 张开角度将变小，C正确；若断开开关S后，电容 器电荷量保持不变，根据C一品将A,B两极 √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孤长L加= 板正对面积变小些，电容减小，根据U= C,可知 公，B正确：AC垂直OD,A,C在同一等势面上 电容器A、B两极板间的电势差增大，故指针张开 故心=而，再由类平抛运动的对称性可知，比方 角度将增大，D错误。 向与AC夹角也为45°，即由O指向C,C错误：从 3.C【解析】若点电荷的电荷量为十Q,则小球带 A运动到D,根据动能定理gER(1一cos45)= 负电，小球所受的匀强电场的电场力与重力平 衡，因此匀强电场方向一定竖直向下，A错误：根 E-"m受，解得E=2m,D错误。 2 1A ·30 ·物理· 参考答案及解析 gU 大小支为F一☑平则油滴的合外力向下，由 9 牛顿第二定律ma=mg-F-型_g0 dd+△a解得 Q=方向向下，C正确：电容器的M板接 E 地为0V,设油滴的位置P点距离M板为d1,则有 5.B【解析】根据牛顿第二定律可知，粒子在两板 g=一Uw=一E以=一哥d,电势能为E=9, 间运动的加速度大小为a一E-,A正确：粒 将金属板N突然上移△d,P点的电势为gp= m dm a巴6，则电势能支为E=9=a5,可 U 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 加速直线运动，根据题意有△p=△p,=m心，一0， 知油浦电势能支为原未的a倍，D错误。 可得粒子从两板间离开时沿电场方向的速度大 8.AC【解析】由轨迹可知粒子受到的电场力指向 小为口，=2，则粒子在两板间的运动时间为一 内侧，粒子在负，点电荷的电场中运动，即可知粒 721 子带正电，A正确；粒子在M点和P点的速率相 g-公2，金属板的长度为L=h=A2,B错 等，说明粒子从M到N和从N到P电场力做功 a Ua 的大小相等，根据电场力做功公式W一aU可知 误，C正确；设入射点与出射点间的电势差为U, 根据动能定理可得一9U-2m时-之md,其中 Uw=Um,B错误；根据库仑力公式F=k理可 知，距点电荷越近库仑力越大，结合牛顿第二定 =+,=2,联立解得U=-22,D m 2mq 律可知在N点加速度最大，又因为粒子带正电， 正确。 正电荷在电势高的地方电势能大，N点电势最 6.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 9.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° 安电场力作用，根据动能定理，有西=m,可 ma*,优一之a*+=0,=0一a*h,在竖直方 西，可知，粒子到达右板的速度口的大 向上E经1q-mg-Eq8in45°-mg=ma堡直，，= 得v=√m 小与板间距离d无关，A正确，B错误；设粒子在 a竖童t,而N2v=√十心，联立解得Eg=2W2mg, D正确。 电场中运动的加逢度为a,有向=m,E-吕d 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 一a,联立可得1=d√需可知粒子从出发 油滴带负电，由平衡条件有mg一9，解得油滴 至右板所用的时间与板间距离成正比，C正确，D 错误。 的电荷量为g-"A储误：根福C-品C 10.BCD【解析】对粒子分析，粒子沿MN方向做 吕又6，=1，联立解得金属板M所带电荷量为Q 匀速直线运动，电场力方向做匀加速直线运动， 则有2L=,L=,解得B-觉A错 一aB错误：将金属板N突然下移△d,电源 误，B正确：当电场强度方向周期性变化时，沿电 一直接在电容器上，则电压U不变，电场力变小， 场方向先做初速度为0的匀加速再做匀减速到 ·31 1A 衡水真题密卷 单元过关检测 0的直线运动，此过程重复n次，n取正整数，根 13.(1)E-mg(2)72mg,方向与CD成45指向 据2L=hT,解得T。=2L(m=1,2,3…,当 左下 n=5时，T。= 头；当n=10时，T= L,C.D 【解析】(1)如图甲所示，小球释放后在重力和 5% 电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从B 正确。 二、非选择题 点沿切线方向进入，则有an0=E=BC=1 mg PC 11.(1)相反(2)=(3)3.0×10-4(4)< 解得电场强度的大小为E=mg 【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)t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:。 (3)由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等 M D 于电源电动势，则诚电客容器的电容值为C-号 甲 2=241XA:.0X10卫. (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mgs十qEs=2mni 的最大电流，则由闭合电路的欧姆定律I= E R' 解得a=2√g 可知R1<R2。 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 2a吧 E。 (2)1 d 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 m味-之m话 1 定理有gU-md 解得M=2√3gs 解得粒子离开加速电场时的速度的大小为 由牛顿第二定律可得FN一2mg=m喝 √ 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= 大小为7√2mg,方向与CD成45°指向左下。 n发 96 解得圆孤虚线对应的半径R的大小为R= E。i (2)粒子在矩形区域QNCD内做类平抛运动， Y mg 根据类平抛运功规律有d=,3d=2a 根据牛顿第二定律有Eq=ma 联立解得矩形区城QNCD内匀强电场场强为 14.1:3234(8am0-=号 E=12U 【解析】(1)设初速度为h,第一次进入第四象 d 限的沿x轴方向运动的位移为x1,水平方向的 1A ·32· ·物理 参考答案及解析 加速度的大小为1，第二次进入第四象限的沿x 【解析】)由动能定理得Ug-之md 轴方向运动的位移为x2,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 09: 解得一√ 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 从%匀减速到0的，由速度位移公式有0一 -2a1x1 大，此时整直偏转量)=号 由速度时间公式有0=%一a1t 水平方向=ht 由于仅将x轴下方电场方向变为斜向下与x轴 1 正方向的夹角为日，电场强度大小不变，则第二 竖直方向y=2a 次粒子竖直方向运动不变，则在工轴下方电场 中的时间也为t,水平方向的加速度刚好反向， 大小不变，即a2=a1 解得Um=2Uo; 则水平方向末速度v=%十a2l=2 (3)半园荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能 速度位移公式2一喝=2a2x2 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 上可得碧- 短，如图所示，由题意得 (2)设x轴上方电场的电场强度为E,x轴下方 lod=ut=21 电场沿y轴方向的宽度为L,第一次粒子落到x 设出电场时速度与水平方向夹角为0，则有tan0= 轴上方时，竖直方向的速度为，则对竖直方向 丝 由速度位移公式有函=2吗以 m v,=at tan 0=U 解得0=45 由于速度反向延长线过水平位移中点，且EF= 设第二次粒子进入x轴下方电场后做直线运动 离开ab时的竖直方向的速度为v,2,则对竖直方 FH- 向由速度位移公式有一=2 E为圆孤的圆心，由几何关系可得EO=EE= m tm0号-器 EF+FO- 综上可得L=3d; 则有EP'-EF cos45-3y2 4 (3)设粒子第一次从M点到离开电场时的速度 为v,动能为E,则粒子第二次从M点到离开 则水平位移有OP-81+23+, 4 4 电场时的竖直速度也为v,设水平速度为⑦，动 最短时间为1m-OP_32+2Lm 能为Ee,则Eu=md M Eum 又因为Ea=3Ea 则求得u=√2v, U-1 B 所以tan0-马-2 29 U9 15.(10m (2)2U。 (3)3V2+2)Lm ·33 1A2024一2025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10小幕，共杯分。在每小题给出的四个选项中，第1一7额只有一项行 合题日要求，每小题4分：第器一0题有多项符合题日要求，每小题6分，坐部意对的得 6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号12345 10 容案 1,在一些电子显示设备中，让阴楼发射的电子袁通过适当的丰 匀演电场，可以使发酸的电子束聚集。如周所示，相中实线 表示电场线，虑线表示电子可能的一条运动轨迹。设电场中 M,N两点的电势分别为，电子在MN两点的加速度 大小分州为awax,电势能分为Ew,EN,动能分划为 Ew.Bx,则 () A.9>g 且Gw>iw C.EarE DEa>E、 2.如图所示，A.B为平行板电容#的金篱板，G为静电计，P为二极管〈正内电阻可看作 零，反向电和可看作无穷大)，开始时开关5闭合，静电计指针张开一定角度。下列悦法 正确的是 A若保特开关S闭合，将A、B两板板靠近些，划指针张开角度 将变小 我若保持开关S闭合，将A,B两极板正对面积变小年，则棉封 张开角度将不变 C若断开开关S后，将A,B两极版靠近些，则指针张开角度将 变小 D若新开开关3后，将A,B两极板正对面积变小些，期指针张开角度将不变 3.空间中固定一电荷量为Q的点电营，且存在某方向的匀强电场E,使一初速度为功、电 荷量为g的小球恰可绕藏点电荷做半径为“的圆周运动，则 A若点电花的电营量为十Q,螺匀置电杨方向一定向上 我将点电栽的电背量变为2Q则小球到周运动半径变为 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g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全板的长度为气 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，水平放盖的平行金属板MN与输出电压恒为U的电新两极相连，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，=】，重力加速度为g。现给好有一质量为的带电油滴在两金属板中央悬 浮不动，则 ( A带电油滴的电背量一 区金风板M所带电传量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+a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粒子一定带正电 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页{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 红了 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小厘，共54分。 1L.(6分)心除器通过一个充电的电容器对心瓢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。计算机记录的电德随时 南变化的4曲线如图乙所示， 卡电mA 计算视 时间s (门)在电容器充电与做电过程中，通过电阻R:的电流方向 (这填“相月”或“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“-5， 题密程 单元过美检测（十】物理第4页{共8质） (3)已知5=2.1mA·s.则使电容程的电容值为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,《8分)知图所示，静止于A处的粒子，经电压为口的加速电场加迪后沿图电医翼虚规 通过静电分析葬，从P点垂直CW进人颇形区域的有界匀电渐，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。较子质量为m,电背量为9，QN一2d,PN一3d,粒子重力不计， [1)求校子离开如这电场时的速度的大小及圆氧慰线对成的率径R的大小： (2)若粒子恰好能打在Q的中点上，求矩形区规QD内匀强电场场强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的虚线与过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。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） A 14.13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轴下方电场后 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袖下方电场沿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 1A 单元过美检测（十」物理第7页{共8页） 衡水真题密卷 5,(1了分)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）