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（山东专版）

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 (考试时周90分钟，总分100分) 一、单项遗择题：本题其8小题，每小驱3分，共24分。每小题只有一个选项符合题日 要求。 题号1 2 3 4 答案 【.在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过话当的津 匀所电场，可以便发酸的电子束察集。知周所示，图中实线 表示电场线，虚线表示电子可能的一条运动轨迹。设电最中 M,N两点的电势分别为w,电子在M,N两点的相速度 大小分别为uw,@w,屯势能分期为Ew,E,奇能分别为 EM、Ex,则 () A.geo 且awaw C.Ea>Ew D.Eo>E 2如图所示，A.B为平行板电容器的金间板，G为静电计，P为二极管《正向电图可看作 零，反向电可看作无穷大)，开单时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。下列说达 正确的是 A若保持开美S闭合，将A、B两级板常近些，则者针张开角度 将变小 五若保持开关S闭合，将A,B两极板正对面积变小丘，刷指针 张开角发将不变 C若断开开关S后，将A,B两极版靠近些，潮指针张开角皮将 变小 D若新开开关S后，将A,B两极板正对到积变小些，别指针张开角度将不变 3,空间中固定一电荷量为Q的点电荷，且存在某方向的匀强电场E,使一初违度为，、电 传量为的小球恰可绕该点电看隘半径为的圆周运动，则 A若点电黄的电背量为十Q,则匀强电蜗方向一定向上 五将点电背的电背量变为2Q,期小球到周运动半径变为7 单元过美检测（十】物理第1页{共8页] 衡水真是 C若换用另一电背量为2灯的小球使之仍以m绕该点电荷做到周运动，则小球运动半径 仍为r D若只箱去点电药Q,间时调节杨强为2E,则小球将微类平龙运动 4,如图所示，与y坐标系平而平行的匀强电场图中表桥出》中 有一个电荷量为？的正粒子，从坐标原点O处沿与：轴正方向 成5角的线匀速运动。已知粒子在运动过程中除电肠力外 还始终受到一个大小为F,方向沿x轴正向的恒定外力，不计粒 子的重力。薄粒子沿虚线运动离为L的过程中，电势能变化 145 情况为 A或小了2FL R诚小T受L C增如了三F孔 n.瑞相了受FL 五如图所示，某空何存在一匀雪电场，电场中图定一个光滑的半形轨道，电场强度的方 向平行于轨道所在平面，O为轨道圆心，半径为R,D,C.P为半图形轨道的四等分点。 A处放置一个粒子源.能向纸面内各个方向发射违率均为物的带电粒子，粒子的面量均 为m,电背量均为(0)，已知在能打到轨道上的粒子中，运动到D点的轮子动能最 大：且初速度水平向右的粒子恰能运动到C点，不考虑粒子重力、教子之阀的相互作用 和粒子在物道上的反，下列说法正确的是 A匀强电场的电场强度大小为震 且轨道上有粒子打到的流长为加一变 C带电乾子运动到C点时，速度大小为2 D带电教千运动到D点时的动能E,一√2m味 6.如图所示，一墙负电粒子（不计重力》的质量为，电背量大小为，以初速度，沿两板 中央水平方向射入水平放置，距离为山，电势差为口的一对平行金属板间，经过一段时 间从两板何飞出。在觉试程中，已较子动量变化量的大小为△，下列说法情恨的是 A粒子在两板同运动的加连度大小为品 区粒子从两板同离开封的速度大小为兴 C金风板的长度为 D人射点与出射点间的电势差为一 密卷 单元过美检测（十）物理第2页{共8质) 3 7.如图所示，在梦直平抽内建立直角坐标系Oy,整个空 间存在平行于Oy平而与￥轴正方闻成45角的匀强 电场E。质量为两的带电小球从半标原点O沿工轴的 正方向以速度。水平抛出，经过一段时河小球以，泛。的 速度穿过y轴正华轴某点（图中未出），不计空气别 力，则小球所受电场力大小为 A号 且√2mg C.2mg D.2.2mg 8如图解示，水平教管的平行金属板M.W与输出电压相为U的电薰两极相连，两金属服 M,N可的距离为d,正对而积为S。已知静电力常量为k,M.N间可看作真空，真空的 介电常数一1，重力加速度为g,现给好有一疑量为网的带电油滴在两金国板中央老 浮不动：用 ·油滴 入带电油滴的电背量g=器 且金，板M所带电花量Q一密 C将金属板N突然下移山，带电油滴铁得向下的加速度。一产兴 D,将金属板N突然上移小，泊滴未来得及发生位移的最间，油滴电劳能减小为源来的 d+aa倍 二、多项选择题：本题共4小愿，每小是4分，其16分。每小愿有多个选项行合题日要求， 全部选对得4分，法对但不余的得2分，有进错的得0分。 题号 9 10 11 12 答案 9,如图所示，一重力不计的带电粒子以某一速度击人负点电背形成的 电场中，且只在电场力作用下盔次道过M,N,P三点，其中N点是 轨迹上距离负点电黄最近的点。若粒子在M点和P点的速常柑 等，则 单元过美检测（十」物理第3页{共8页） 衡水真 A枚子一定带正电 且Uw-UF C.粒予在N点时的加速度最大，电势能最小 D数子在，P两点时的加连度相同 1机，如图所示，平行板电容器与电压为U的直流恒压电源相连，改度变电容器两极板间距离d, 待电路稳定后，带正电的粒子爱量为m,电香量为：从靠近左版处由静止释放，测得胶子 从出发至右板所用的时同为，到达右版的速度大小为，重复上述过程，光成多次实验。 板同电场可视为匀强电据，控子所受重力忽略不计。下列图檬正确的是 1L.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, 电背量为十？，质量为稀的带电整子以的初速度从M点沿MN方向进入匀强电场： 刚好从Q点射出。MN=Q=L,MP=QW=L,观保持电场强度的大小不变，使句 强电场的方向校图乙做调期性变化。使带电粒千仍以西的初速度从M点沿N方向 进人，粒子刚好能从QW边界平行PQ方向射出。不计粒千重力，取图甲中方向为电场 正方向。下列说法正确的是 甲 A电场强度大小为名一浸 丘电杨涤度大小为E一显 C电场变化的周期可能为T=点 n电场交化的阀期可能为T,一若 密程 单元过美检测（十】物理第4页{共8质） 12.如图所示，真空中存在空间意围足够大的，水平向右的匀强电场。在电橘中，若将一个 质量为m,带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方间夹角为3，现将 该小球从电场中A点以初速度站显直向上抛出，经过最高点B后同到与A在同一水 平线上的C点，已知in37=0.6,o837=0,8,则 入小球所受的电场力为m 钱小球在最高点B的动能为是md C小球在C点的机械速比在A点多营m同 A小球在C点的站能为g 三，非选择题：本题共6小题，共0分。 13(6分》心肝爵黑葬活过一个究电的电容养对心舰惠着皮肤上的丙个电极版放电，让 常分电背通过心脏，使心鞋党全停止跳动，再料做心颤集者的心柱恢复正意期功。现 用图甲所示电路病察心藤除器中电容器的充，放电过程。电路中的电流传感群可以 辅提瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时同的变化。图甲直流电源电 动势E一8V,内阳不计，充电前电容养断带电荷量为零，先使5与“1”响相连，电影向 电客器充电。充电结束后，使S与2”端相连，直至成电完中。计算机记豪的电麓随时 间变化的：曲线如图乙所示 计算相 6s到 1)在电容带究电与放电过程中，道过电阻R的电流方向 《达填相同”线“相 反). (2)图像阴影为子：曲线周像与对皮时间箱所围成的面积，乙寄中阿影部分的面积S (选填>”“”或-)S。 (3》已知5一2.1mA·s,周该电容程的电容值为 一F,(结果保间再位有效数 字) (4)由甲，乙两图可判断阻值及 《达填>”或“之"门R 单元过美检测（十」物理第5页{共8页） 衡水真 14,(8分)如所示，静止于A处的救子，经电压为)的加速电场如速后沿图中网氮虚线 通过静电分断器，从P点垂直CN进人矩形区就的有界匀强电场，电孱方向水平向左， 静电分析器语道内有均匀幅向分布的电场。已知圆溪虚线所在处场强为E,方向如图 所示，粒子质量为两，电荷量为？，QN一2d,PN一3d,粒子重力不计， (1)求粒子南开框速电低时的速度的大小及国氧电线对应的半径R的大小： (2)若粒子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区城QNCD内匀强电场场强E的值 修电分所落 1点，(8分)如图所示，一内繁光带的绝擦网管AB固定在经直平面内，圆管的圆心为O,D 点为阳管的最低点，A,B可点在问一水平线上，过OD的虚线与过AB的虚线垂直相 交于C点。在牌线AB的上方存在水平向右、花期足够大的匀强电场，虚线AB的下方 存在水平向左，覆围是够大的匀图电蜗，电场强度大小与AB上方电场强度大小相等。 圆心O正上方的P点有一质量为想，电荷量为(90)，可视为质点的绝操小球，现将 孩小味无橱速释放，轻过一段时间，小球州好沿切线无碰幢地进人园管内，并继续运 动.已知既管的半径r=区x,圆管的管径氢略不计.AB=2,PC=,重力速度为 g。求： (1)电场强度的大小： (2)小球对幅管的最大压力. 题密鞋 单元过美检测（十）物理第6页{共8质) 16,(8分》实晚小饥用如图甲所示装置研究带电靓子在博个平行金属板间的运动，已知板 长为L,两板间距未知，将放射源P靠近平行金属板，救射指的梦电粒子沿平行金属 板A,B的中轴线MN射人板间，平行金属板A、B闻加有如图乙所层的交变电压，已 知电瓜U,周期T末知，当电压稳定时，版同是匀强电场。质量为m,电荷量为g的起 子以的速率在爱T时剩从M点进入板属，T时链离开金属反，运动过程中始好不 与金属板碰罐（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. 乙 17,14分)如图所示，在平面内，x轴上方的匀强电场沿y轴负方向，x轴与虚线a6 间的匀强电场等向下与x轴负方向夷角为8未知)：电场强度沿y轴的分量与：轴上 方的场强大小相等。一带正电的粒子后x轴正方向从M点射出，已知M一d,粒子恰 好垂直的商开x轴下方电场：若仅将x轴下方电据方向变为斜向下与x轴正方向的 夹角为，场强大小不变，粒子再次从M点以相同的初违度射出，进人x轴下方电场后 做直线运动，离开时粒子的动能是上次离开时的3倍。不计空气力和粒子的重 力。求： (1)粒子先后两次在x轴下方电橘中沿x轴方向途动的位移之比： (2)4物下方电畅沿y箱方向的宽度： (3)粒子做直线运动离开ab时，x轴下方电场方向与x轴正方向的夹角8的正切值。 3 单元过美检测（十」物理第了页{共8页） 衡水真是 18,(15分)如图甲所示，P点处有质量为网、电荷量为度的带电粒子连域不：地“飘人“电 压为的加速电肠，粒子经加递后从O点水平射入两块间距，板长均为（的水平金属 :闻，O力两板左端连线的中点，荧光深城N为半到氢面，较子从O点沿直线运动 到哪上0点所用时间为，器。若在A.B两板间如电压，其电劳差U。随时间：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间远小于丁，粒子通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的量大值： (3U取(2)中最大值.所有粒子均能从平行金属板右侧射出，并且垂直打在爱光屏上 求粒子从O点到垂直打在解上的最短时间。 M 密卷 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 若小球获得水平速度吃后来回摆动，则小球刚好 之间的弹力也逐渐减小，经过时间6，B、C间的 能到达C点或D点（如图乙所示），小球从A点运 距离设为L2,A、B两者之间弹力减小到雾，此 动到C点，由动能定理得一mgl(1十cos0)十 后两者分离，F变为恒力，则o时刻C对B的库 qE:lsin 0-0-mv 仑斥力为-经 小球从A点运动到D点，由动能定理得 以B为研究对象，根据牛顿第二定律有 -mgl(1-cos0)-qE:lsin 0-0 F-mng sin30°-nBg cos30°=maa 联立解得L2=1.2m 解得2=√2gl 则在t6时间内，A上滑的距离△L=L2一L1= 综合可得，2≥√Tgl或u2≤√2gl时细线均不 0.2m: 会松弛。 (3)时间内库仑力做的功W。=△E,=k 代入数据解得W=1.2J: (4)在A、B分离前，设力F对物块A做的功为 W1,此时的速度为，根据动能定理有W1十 1 mg1.. W。+Wa+W:=立(mA十m)d 甲 乙 而WG=-(mA十ma)g△Lsin30 18.(1)1.0m(2)0.2m(3)1.2J(4)6.05J W=-(mA十ma)g△Lcos30 【解析】(1)A,BC处于静止状态时，设B、C间 听=2a△L 的距离为L1,C对B的库仑斥力F。=g9型 联立解得W1=1.05J L A、B分离后，力F变为恒力，根据牛顿第二定律 以A、B为研究对象，根据平衡条件有F。= F-mag sin30°-mgc0s30°=ma (mA+ma)gsin30° 力F对A做的功W2=F(L一L2) 联立解得L1=1.0m: 代入数据解得W2=5J (2)给A施加力F后，A、B沿斜面向上做匀加 则力F对A做的功W=W1十W2=6.05J。 速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B 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 可知将A、B两极板靠近些，电容增大，电容器A、 1.C【解析】根据电子的运动轨迹，电子受电场力 B两极板间的电势差等于电源电动势，电容器所 方向指向轨迹的凹向，可知在M点时电子受电场 带电荷量增大，二极管正向导通，电客器充电，可 力指向右下方向，可知电场线大致向左，沿电场 得静电计两瑞的电势差不变，故指针张开角度将 线电势逐渐降低，可知<，因N点电场线较 不变，A错误；若保持开关S闭合，根据C= M点密集，可知N点场强较大，电子在N点的加 E,S 4将A,B两极板正对面积变小些，电容减 速度较大，即am<aN,A,B错误；若电子从M点 小，电容器所带电荷量将减小，由于二极管反向 到V点，则电场力做正功，动能增加，电势能减 截止，电路中没有电流，故电容器电荷量不变，根 小，则Ew<Ew,EMi>Ey,C正确，D错误。 2C【解析】若保持开关S闭合，振据C-品 据U-是，可知电容器A,B两椒板间的电势羞增 3 ·36· ·物理· 参考答案及解析 大，故指针张开角度将增大，B错误；若断开开关 2Rin45°=t0s45,t=2hi血45°，联立解得 S后，电容器电荷量保持不变，根据C=S gE ka,可 m 知#A,B两机板靠近堂，电容增大，根据U-名， E-V2mu 2gR ,A错误；OD垂直AC,粒子在电场中 可知电容器A、B两极板间的电势差减小，故指针 做类斜抛运动，当0与AC夹角为0时，粒子沿 张开角度将变小，C正确：若断开开关S后，电容 AC方向运动的距离x满足x=ot'cos,t'= 器电荷量保持不支，振据C一心a将AB两极 209,联立解得x=2V2 Rsin Ocos0= gE 加 板正对面积变小些，电容减小，根据U一吕，可知 √2Rsin20,当0=45°时，即初速度水平向右时，x 电容器A、B两极板间的电势差增大，故指针张开 最大，落点为C,故有粒子打到轨道的弧长= 角度将增大，D错误。 3.C【解析】若点电荷的电荷量为十Q,则小球带 5,B正确：AC垂直OD,A,C在同一等势面上， 负电，小球所受的匀强电场的电场力与重力平 故比一，再由类平抛运动的对称性可知，化方 衡，因此匀强电场方向一定竖直向下，A错误；根 向与AC夹角也为45°，即由O指向C,C错误：从 A运动到D,根据动能定理gER(1一cos45)= 锯库仑定律和牛顿第二定律可知9=吧，可 r2 知若，点电荷的电荷量变为2Q,小球的速度大小不 E-"受，解得B=,D错花。 2 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 做圆周运动，根据E=mg,可知小球的质量变为 原来的2倍，根据=m,可知小球运动半径 r 仍为r,C正确：只撒去点电荷Q,同时调节电场 E 强度为2E,则小球所受的合力为2Eg一mg mg,若初速度沿水平方向，小球做类平抛运动，若 6.B【解析】根据牛顿第二定律可知，粒子在两板 初速度竖直向上，则做匀加速直线运动，若初速 间运动的加速度大小为a=E-,A正确：粒 m dm 度领斜，做斜抛运动，D错误。 子在水平方向做匀速直线运动，水平方向的动量 4.D【解析】粒子沿虚线做匀速运动，则受力平衡， 变化为0，粒子在沿电场方向做初速度为0的匀 即电扬力9E与外力F等大反向，即F=gE,E=E g 加速直线运动，根据题意有△p=△p,=mU,一0， 粒子沿虚线运动距离的过程中，静电力做功为 可得粒子从两板间离开时沿电场方向的速度大 W=Lms15时=一号L,电势能增加了AS= 小为口，=2，则粒子在两板间的运动时间为1 -W=号L,D正商： 马-公2，金属板的长度为L==2,B错 a Ua Uq 5.B【解析】如图所示，在能打到轨道上的粒子中， 误，C正确；设入射点与出射点间的电势差为U', 运动到D点的粒子动能最大，即A、D间电势差 根据动能定理可得一qU-m时-之m6,共中 最大，D为轨道上电势最低的位置，过d,点做圆 的切线，电场强度方向垂直于切线，由O指向D, =6+,可=2，联立解得U=-22,D 2mq 当粒子%水平向右，从A到C的运动过程中，沿 正确。 AC和垂直于AC方向建立坐标系，运动满足「7.D【解析】从抛出到穿过y轴正半轴的过程中， ·37 3 衡水真题密卷 单元过关检测 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*4q=Eqcos45°= 也不相同，D错误。 1 m0*4t-20水+=0，，=v一a水个b,在经直方 10.AC【解析】对于带正电的粒子，在匀强电场中 向上E堡黄q-mg=Eqsin45°-mg=ma整直，飞= 受电场力作用，根据动能定理，有U阳=2m心， a鉴t,而v2v=√十元，联立解得Eq=2√2mg, 0西，可知，粒子到达右板的速度口 可得v=√m D正确。 8.C【解析】带电油滴在平行板电容器中受重力和 的大小与板间距离d无关，A正确，B错误：设 向上的电场力平衡，而匀强电场的方向向下，则 粒子在电场中运动的加速度为a,有Eq一ma, U 油滴带负电，由平街条件有mg=9豆，解得油滴 E号d=名，联立可得1=d√ 2m ,可知粒 子从出发至右板所用的时间与板间距离成正 AxkdC= 的电荷量为g="晋巴，A错误；根据C- 比，C正确，D错误 吕又6，=1，联立解得金属板M所带电荷量为Q 11.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， =B错误：将金属板N突然下移△d,电源 则有2孔=m,L=号，解得民-A错 2 m 一直接在电容器上，则电压U不变，电场力变小， 误，B正确；当电场强度方向周期性变化时，沿电 大小支为F=平则油滴的合外力向下，由 扬方向先做初速度为0的匀加速再做匀减速到 0的直线运动，此过程重复n次，n取正整数，根 牛颜第二定律ma=mg-F-g-g dd+△a解得 据2L=hT,解得T。=2L(1=1,2,3,…）,当 a产品方向向下，C正确：电容器的M板接 00 n=5时，T。= 地为0V,设油滴的位置P点距离M板为d1,则有 张：当n=10时，=六CD 5 正确。 身=-Up=-D山=一名，电势能为B一9， 12.BCD【解析】如图所示，根据题意可知，小球所 将金属板N突然上移△d,P点的电势为p'p 受重力与电场力的合力方向与竖直方向的夹角 U 4”,则电势能变为=9-P 为37，由几何关系可得，小球所受的电场力为 可知油滴电势能支为原来的修，D错误。 F=mg1an37”=子mg,A错误：根据题意可知. 小球在竖直方向上做匀减速运动，由运动学公 二、多项选择题 9.AC【解析】由轨迹可知粒子受到的电场力指向 式v=b十at,可得运动到B点的时间为t=业 内侧，粒子在负点电荷的电场中运动，即可知粒 由牛顿第二定律可得，小球在水平方向上的加 子带正电，A正确；粒子在M点和P点的速率相 速度为a,=E=3。 m=48,则小球运动到B点的速度 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 为咖=a1=子，则小球在最高点B的动能为 Uw=Um,B错误：根据库仑力公式F=呼可 2m嘴-9n 32 ,B正确：根据对称性可知， 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， 小球运动到C点的时间为t1=21=2,则A,C 3 ·38 ·物理· 参考答案及解析 间的水平位移为工=号 之=，由功能关系 可知，小球从A运动到C,机械能的增加量为 粒子在辐向分布的电场中做匀速圆周运动，电 △E=Fz=9m6,即小球在C点的机械能比在 场力提供向心力，根据牛顿第二定律有E6q= 8 A点多，C正确：根据题意，由对称性可知， 小球运动到C点时，竖直分速度为竖直向下的， 解得周孤虚线对应的半径R的大小为R-器 由运动学公式可得，小球运动到C点时的水平 (2)粒子在矩形区城QNCD内做类平抛运动， 速度为包r=a,t1= 之6，则小球在C点的速度为 3 根据类平抛运动规律有d=t,3d=2ad e√6+（受=，则小球在C点的 根据牛顿第二定律有Eq=ma 联立解得矩形区域QNCD内匀强电场场强为 动能为Eic=m呢-1，D正确。 8 E=12U d 15.(1)E-mg(2)7√2mg,方向与CD成45指向 9 左下 【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 三、非选择题 13.(1)相反(2)=(3)3.0×10-4(4)< 点活切线方向选入，则有m广器瓷- 【解析】(1)由图甲可知，电客器充电时，通过电 解得电场强度的大小为E-mg； 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，可知电客器两端电压等 于电源电动势，则该电睿器的电客值为C-号 D 2-241X0VA:5≈a.0X10-E 甲 (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 E 的最大电流，则由闭合电路的欧姆定律1一最 得mgs十qEs=2mi 可知R1<R2。 解得n=2√gs 小球在圆管内运动时，受到的重力和电场力的 14√忍② 合力如图乙所示，所以小球在图中M点时，对圆 【解析】(1)粒子在加速电场中加速，根据动能 管压力最大，根据动能定理可得√2mg·2r 定理有gU=2m am成-md 解得粒子离开加速电场时的速度的大小为 解得w=2√3gs ·39▣ 衡水真题密卷 单元过关检测 由牛顿第二定律可得Fx一√2mg=m 解得d=7m0L 8n6 解得FN=7√2mg 17.(1)1:3(2)3d 由牛顿第三定律可知，小球对圆管的最大压力 (3)am0=号 大小为7√2mg,方向与CD成45°指向左下。 【解析】(1)设初速度为，第一次进入第四象 96 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 45 轴方向运动的位移为x2,水平方向的加速度的 大小为a红，因为第一次粒子恰好垂直ab离开x Y mg 轴下方电场，根据运动合成与分解，水平方向是 乙 从h匀减速到0的，由速度位移公式有0一听 16.(1)9 (2)7mgU,L -2a11 d 8mvo 由速度时间公式有0=w一a11 【解析】()爱T时刻从M点进入板间，T时刻 由于仅将x轴下方电场方向变为斜向下与x轴 离开金属板，粒子水平方向做匀速直线运动，有 正方向的夹角为0，电场强度大小不变，则第二 T-号T=品，解得T= 次粒子竖直方向运动不变，则在x轴下方电场 8 8% Vo 中的时间也为t,水平方向的加速度刚好反向， 5% 大小不变，即a2=a 竖直方向做匀变速直线运动，规定向下为正方 则水平方向末速度v=h十a2t=2w 向，设M,N两板间距为d,则有E号。 速度位移公式一诟=2a2x2 由牛顿第二定律得gE=ma1 城上可得碧司 解得a1=吗 (2)设x轴上方电场的电场强度为E,x轴下方 (2)在一T时间内，竖直方向的最大位移是 电场沿y轴方向的宽度为L,第一次粒子落到x 8 轴上方时，竖直方向的速度为1，则对竖直方向 号，无微加建运动，时间为4=召一音T=日T, 由速度位移公式有场=2 m 1 1=a·4=8aT tan 0= 运动的位移为力=立··4 设第二次粒子进入x轴下方电场后做直线运动 再减速至反向加速运动，时间为红=1一1=乞 离开ab时的竖直方向的速度为t2,则对竖直方 向由速度位移公式有-函=2吗 m 粒子在了一T时间内做初遽度大小为1且方向 tan =4x=Un 向下，加逢度大小为a=且向上的匀支速运 2 md 综上可得L=3d; 1 动，运动的位移为业=红一立@1透 (3)设粒子第一次从M点到离开电场时的速度 为U,动能为Ek,则粒子第二次从M点到离开 因此粒子的总位移为)y一为十为=4十么 电场时的竖直速度也为y,设水平速度为，动 1 2a号 能为Ee,剥瓦u=md 可得y一2a1TP=-号 7 Ee=m+md ·40 ·物理· 参考答案及解析 又因为Ee=3Ea 设出电场时速度与水平方向夹角为a,则有tn0 则求得u=√2u a 所以tan0=4=2 Ux 2 vy=at 18.(10 20.q (2)2U。(3)32+2)Lm 解得0=45 4 N2gUo 由于速度反向延长线过水平位移中点，且EF= 【解析】(1)由动能定理得Uog一2m6 1 FH-71 9: E为圆孤的圆心，由几何关系可得EO,=EE= 解得=入√m EF+FO- (2)粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最 大，此时坚直偏稀量)y一号 则有EP'=EE'cos45°=3y2, 4 水平方向=6t 尉水平位移有0p-31什之=35+21 4 4 1 竖直方向)y=2ar a-盟 最短时间为1=OP=32+2Lm M 解得U.=2Uo: (3)半國荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能 E F P 0 使粒子全部垂直撞击在屏幕上，当粒子从极板 H 右侧边缘射出时，水平总位移最小，故时间最 U-/ 短，如图所示，由题意得 loo=vot=21 41