单元过关(九)电场力的性质 电场能的性质-【衡水真题密卷】2026年高考物理单元过关检测(山东专版)

2025一2026学年度单元过关检测（九） 题 物理·电场力的性质 电场能的性质 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 答案 1.如图所示，为氯化钠晶体的平面结构，如果把钠离子和氯离子用直线连起来，将构成一 系列大小相同的正方形。作分界线AB,使它平行于正方形的对角线；作分界线CD,使 它平行于正方形的一边。在两线的左侧各取一个钠离子M和N,为了比较这两个钠离 子所受分界线另一侧的离子对它作用力的大小，分别以M、N为圆心，作两个相同的扇 形，不考虑扇形以外离子的作用。所有离子均可看作质点，且它们之间的相互作用遵从 “平方反比”规律。已知相邻两个离子之间的引力大小为F,则下列说法正确的是 ( A.M所受扇形范围内的正负离子对它的合力为（√2十1）F 图例： A。·0o 。钠离子 B.M所受扇形范围内的正负离子对它的合力为(2一之)F ·氯离子 C.N所受扇形范围内的正负离子对它的合力为(2一1)F 0●0●0入、●0● DN所受扇形范围内的正负离子对它的合力为1+)F B'D 2.A、B两小球均带正电荷，A球固定于P点正下方，B球用不可伸长绝缘细线 02 悬挂于O点，P点位于O点的正下方，OP距离等于细线长度，B球平衡时细 线与竖直方向的夹角为0。两球均可看作点电荷，且电荷量保持不变。现将 A球缓慢向上移动到P点的过程中，下列说法正确的是 A.细线对小球的拉力不可能大于重力 B.细线对小球的拉力大小不变 4 C.A、B两小球间的距离变大 D.A、B两小球间的静电力逐渐减小 3.如图所示，一足够大的空间内有一无限长的均匀带正电的导体棒 3g● 2g· 水平放置，导体棒所在的竖直平面内放有三个质量相同、电荷量 分别为q、2q、3q(q>0)的微粒，通过多次摆放发现，当三个微粒 +++++++ 均静止时，它们距导体棒的距离之比总是1：2：3，不考虑微粒 间的相互作用。现撤去该三个微粒，在导体棒所在的竖直平面内距导体棒1.5h、2.5h 处分别放有电子A、B(不计重力)，给它们各自一个垂直于导体棒的初速度使其以导体 单元过关检测（九）物理第1页（共8页） 真 个0 1.501 0.501 10t1小 0 4 -0.501 甲 A.电场强度的方向与x轴正方向成石，指向右上方 B.从a点到b点F做功为一qP1 C.微粒在a点时所受变力F可能达最小值 D.圆周运动的过程中变力F的最大值为m 361R+aR 8.如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，△ABC 是圆的内接直角三角形，∠BAC=63.5°，O为圆心，半径R=5cm。位于A处的粒子源 向平面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量十e的粒子，其中到达B点的粒子动能 为12eV,达到C点的粒子动能为16eV,忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说 法正确的是（已知sin53°=0.8） ) A.BC是电场的一条等势线 B.匀强电场的大小为80V/m C.所有离开圆的粒子最大的动能为17eV 0 D.当某个粒子经过圆周上某一位置时，可能具有4eV的动能 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求， 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 9 10 11 12 答案 9.如图甲为一电荷均匀分布的固定带电细圆环，圆心为O,轴线上的电场强度如图乙所 示。现有一带正电粒子，以大小为。的初速度沿轴线仅在电场力作用下由P点运动到 Q点，OP=OQ=L。以沿x轴的方向为电场强度的正方向，则 E A.细圆环带负电 B.OP两点间电势差大小Uop等于OQ两点间电势差大小UQ C.该粒子将会在PQ两点之间做往复运动 D.该粒子由P点运动到Q点的过程，电势能先增大后减小 3 单元过关检测（九）物理第3页（共8页） 真 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(6分)某物理兴趣小组利用图甲装置来探究影响电荷间静电力的因素。图甲中，A是 一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离， 静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来，他们分别进行了以下 操作。 A-----0B 绝缘手柄 乙 步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P,P2,P3等位置，比较小球在 不同位置所受带电物体的静电力的大小。 步骤二：使小球处于同一位置，增大（或减小）物体A所带的电荷量，比较小球所受的静 电力的大小。 (1)图甲中实验采用的方法是 () A.理想实验法 B.微小量放大法 C.控制变量法 (2)图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的增大而 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)接着该组同学使小球处于同一位置，增大（或减少）物体A所带的电荷量，比较小球 所受作用力大小的变化。如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个 带电量不变的小球B,在两次实验中，均缓慢移动物体A,当A到达悬点P的正下 方并与B在同一水平线上，B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为0，若两次 实验中A的电量分别为q1和g2,0分别为30°和45°，则1为 14.(8分)蜘蛛不仅能“乘风滑水”，最新研究还表明：蜘蛛能通过大气电位梯度“御电而 行”。大气电位梯度就是大气中的电场强度，大气中电场方向竖直向下。假设在晴朗 无风环境，平地上方1km以下，可近似认为大气电位梯度E=E。一kH,其中E。 150V/m为地面的电位梯度，常量k=0.1V/m2,H为距地面高度。晴朗无风时，一 质量m=0.6g的蜘蛛（可视为质点）由静止从地表开始“御电而行”，蜘蛛先伸出腿感 应电位梯度，然后向上喷出带电的蛛丝（蜘蛛其他部分不显电性），带着身体飞起来。 忽略空气阻力，g取10N/kg。 (1)该蜘蛛要想飞起来，求蛛丝所带电荷电性及电荷量的范围。 (2)若蛛丝所带电荷量大小g=5×10一5C,求蜘蛛上升速度最大时的高度和能到达的 最大高度。 单元过关检测（九）物理第5页（共8页）】 真 17.(14分)如图所示的空间坐标系中，一点电荷固定在M(一√3a,2a,0)点，该点电荷只在 x<0的空间产生电场；在x>0的空间存在沿之轴正方向的匀强电场，电场强度大小 为E;在y=3a处放置一垂直于y轴、足够大的荧光屏。P(一√5a,0,0)点的放射源沿 x轴正方向射出电荷量均为十g、质量分别为m和0.5m的两个粒子，粒子初动能均为 Eo,质量为m的粒子在x<0的空间做半径为2a的匀速圆周运动，进入x>0的空间 后，打到荧光屏上，已知静电力常量为k,不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求： (1)M处点电荷所带的电荷量； (2)质量为m的粒子打到荧光屏上的位置坐标； (3)若粒子打到荧光屏上会形成亮点，判断荧光屏上有几个亮点，如果是一个，写出判 断依据；如果是两个，求出两个亮点间的距离。 单元过关检测（九）物理第7页（共8页） 真真题密卷 单元过关检测 v'=v-at'=a2t' (1分) 则薄木板的长度 解得t'=0.4s,v=0.4m/s (1分) L=x1-x2=0.4m (1分) 此过程中，滑块的位移大小 故薄木板速度减为0时与地面间因摩擦产生的 文，+ 2t'=0.48m 热量 薄木板的位移大小 Q=μ2(M+m)g·x2+ M+m)2=0.12J 1 c2-2'=0.08m (1分) (1分) 2025一2026学年度单元过关检测（九） 物理·电场力的性质电场能的性质 一、单项选择题 3.A【解析】设q、2q、3q所在位置对应的电场强度 1.B【解析】设每个正方形的边长为a,根据题意可 知相邻两个离子之间的引力大小可表示为F= 为EE、E,由平衡条件得E一g,E贤 会M所受扇形范围内的正负离子对它的合力 E,-器即E,:EE,=片：名行而它物 距导体棒的距离之比总是1：2：3，可知某点电场 FM=2X Xcos45° A (V2a)=2F、 2 强度的大小与该点到导体棒的距离成反比。则任 (2-号)E,A错误，B正确：N所受扇形范国内 意一点的电场强度大小可写成E-(k为常量)， 的正负离子对它的合力F=A 一2× 由于电子绕导体棒做匀速圆周运动，则e (W2a)cos45°=F-2 A F=h-）r,cD m说片m月标得院-A正 错误。 4.B【解析】初始时B、H两点的，点电荷在O点的 合场强为0，A、G两，点的点电荷在O点的合场强 2.A【解析】根据题意，对B球受力分析，如图所 也为0，则在A点的点电荷沿着AO连线向O点 示，根据相似三角形法可得mg_尸_，将A球 移动过程中，根据电场强度叠加原则可知O点的 缓慢向上移动到P点的过程中，h减小，l2不变， 电场强度逐渐增大，A错误；由于电势是标量，B、 则F2增大，即细线对小球的拉力增大，由于h≥ G、H三点的，点电荷在E点的电势不变，处在A 12,所以mg≥F2,A正确，B错误；根据库仑定律 点的点电荷沿着AO连线向O点移动，该点电荷 与E点的距离先减小后增大，且点电荷带正电，所 可得F,-99,所以m坚_9，将A球缓漫向 h 以E点的电势先增大后减小，B正确；B、G、H三 上移动到P点的过程中，h减小，1减小，则F1 点的点电荷在C点的电势不变，处在A点的点电 增大，C、D错误。 荷沿着AO连线向O点移动，该，点电荷与C,点的 距离一直减小，则C点的电势一直增大，C错误； G、H两，点的点电荷对B,点的，点电荷的库仑合力 FG保持不变，处在A点的点电荷沿着AO连线 向O点移动，一开始，该点电荷与B点距离减小， 则该点电荷对B,点的点电荷的库仑斥力增大，且 与G、H两点的，点电荷对B点的电荷的库仑合力 FGm的夹角变小，故B点的点电荷受到的电场力 一开始一定是增大的，D错误。 3 ·42· ·物理· 参考答案及解析 5.D【解析】E。x图像的斜率表示=qE,由于x18.C【解析】由题意可知，粒子由A点到B点，根据 处的斜率为零，则粒子在x1处受到的电场力为 动能定理有eUAB=EkB一EkA=4eV,可得UAB= 零，A错误；粒子带正电，粒子在电势高处的电势 PA一PB=4V,同理粒子由A点到C点，有 能大，因为E2>E1,故P2>p1,B错误；粒子运动 eUAc=Ekc一EkM=8eV,可得UAc=PA一Pc= 过程中能量守恒，有Eko十E=E2十E2=E4, 8V,所以UC=一4V,A错误；由上述分析可知， 解得粒子释放时的动能Eo=E4一E0,粒子经过 OB连线为一条等势线，根据电场方向垂直于等势 x2处的动能Ek2=E4一Ep2,C错误，D正确。 线并由高电势指向电势可知电场方向由A指向D, 6.A【解析】在匀强电场中，平行等距则等差，可知 如图所示，在△AOB中，由题意可知∠OBA= Ub=U,得9：=13V,所以有9。=96=7V, ∠OAB=63.5°，所以∠BOA=180°-2×63.5°= U。=Ua,所以有0=-0.5V,A正确：由 53°，则AD=Rsin∠BOA=4cm,所以该匀强电 E,-q9得E=4X105J,B错误；由勾股定理可 的电场强度大小E三A0=100V/m,B错玉 得be线段长度be=√26cm,所以c点到be线段 的距离x=6v2 d可得E= U 过O作OF平行于AD交圆于F,可知F是圆上 cm,由电场强度E= √13 沿电场方向上离O最远的，点，则F点电势最低， Ue=50丽V/m,C错误；从a点移动到e点，电 则有UoF=ER=5V,所以A、F两点间电势差 UAF=UA0十UoF=UAB十UOF=9V,当粒子经过 场力做正功We=(p。-P。)q=1.8×104J, F点时电势能最小，动能最大，有Ek如=Eka十 D错误。 eUAr=l7eV,C正确；圆周上的最小动能Ekmin= 7.D【解析】由题图乙可知，带电微粒在转动过程 Ekr一E·2R=7eV,故当某个粒子经过圆周上某 中，电势最高值为1.5p1,电势最低值一0.5p1,最 一位置时，不可能具有4eV的动能，D错误。 高点、最低点分别位于轨迹直径的两端，将直径取 四等分点，找到与a点电势p。=0相同的点A,如 图所示，aA垂直于电场线，设电场强度的方向与 R 21 x轴正方向为0，由几何关系cos0=尺=2，解得 日-子，A错误；由上述分析可知96=1,0p1,从a 点到b点由动能定理W十qU=0,又Ub=p。 P6=一P1,解得W=q91,B错误；在圆周运动的过 二、多项选择题 程中电势为1.5p1时，变力F达到最小值，故微粒 9.BD【解析】由题图乙可知，圆环左边电场方向向 在a,点时所受变力F不可能达最小值，C错误；由 左，右边电场方向向右，圆环带正电，A错误；根据 题图乙可知，微粒做圆周运动的周期T=13t1一 题图乙可知，圆环的电场具有对称性。由于P、Q 6=1,t度。2-心场强度尽-8智 两点电场强度大小相同，方向相反，可知E0= △x 1.5p1-（-0.5p1）_91 EoP,由于OQ=OP,结合公式U=Ed,因此可得 2R ，圆周运动的过程中电势 Uop=Uoa,B正确；由题图乙可知，粒子先受到向 为-0.591时变力F达到最大值，有F-gE= 左静电力，该力先大后小，再受到向右的静电力， 7 R,解得F=m 该力先大后小。因此粒子先向右减速，再向右加 m xR十gR,D正确 速，C错误；由P点运动到Q点的过程静电力对粒 A E 子先做负功再做正功，所以电势能先增大后减小， -0.5p D正确。 、A 0n=0 10.CD【解析】由于M点的电场线稀疏，N点的电 场线密集，故M,点的电场强度小于N点的电场 0 p=1.0p 强度，A错误；沿电场线的方向，电势逐渐降低， 1.50 故M点的电势高于N点的电势，B错误；设该电 ·43· 3 真题密卷 单元过关检测 场的电场强度为E,根据牛顿第二定律有qE= 小E=F-3X10 .0x10N/C=5×1oN/C, ma,解得a三上。由于茶叶的比荷号大于茶梗 m A正确；逆电场线方向的位移x=d-Lsin30°， 的比荷，可知在任何同一位置茶叶的加速度大于 其中d=10cm=0.1m,L=5cm=0.05m,解 茶梗的加速度，水平方向都做加速运动，即在相 得x=0.075m,克服电场力做的功W电=Fx= 等时间内，茶叶的水平位移大于茶梗的水平位 移，可知，茶叶落入右桶，茶梗落入左桶，C正确； 5×10X06075J-5×10J,所以电势能增 设茶梗P落入桶底速度大小为⑦，由题意知其初 加了子5X10J,D错误；电阻两瑞电压为零， 速度v。=1m/s,茶梗P从O点到落入桶底过程 电容器两板间的电压等于电源电动势，减小R的 中，由动能定理可知mgh十gU=?mw2 阻值，平行板间电压不变、电场强度不变，受力情 1 况不变，运动情况不变，则MC的距离不变， mu6,代入数据解得v=5m/s,D正确。 C错误。 11.BC【解析】剪断细线之前，三个小球处于静止 309 F 状态，所受的合力为零；将小球1和小球2间的 细线剪断瞬间，小球1和3，小球2和3之间细线 上的弹力发生突变，小球3受到水平向左的合力 直流电源 作用；当小球3运动到题图乙位置时，小球3所 mg M 受的合力为零，即该过程中小球3受到的合力大 30°. 小先增加后减小，A错误；因小球3受两边细绳 D 的拉力总是大小相等且是对称的，可知小球3向 三、非选择题 左做直线运动，B正确；在该过程中，由于三个小 球组成系统所受外力之和为零，满足动量守恒的 13.1)C(2分)(2)诚小(2分)(3) 6(2分) 条件，因此系统动量守恒，取水平向左为正方向， 【解析】(1)题图甲中先保持带电小球的电荷量 根据动量守恒定律m3一mv1一mv2=0。由于 不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上 小球1、2的受力情况相同，因此01=v2,化简得 的P1、P2、P3等位置，改变两个小球之间的距 v3=2U1=2U2,即x3=2x1=2x2,而x3十x1= 离，比较库仑力的大小；后来保持小球之间的距 离不变，改变小球所带的电荷量大小，分析小球 ,解得x三3，C正确；三个小球组成系统 之间的库仑力，所以实验采用的方法是控制变量 能量守恒，根据能量守恒定律△Ep诚=△Ek增，即 法，C正确。 号-7m+2×弓加i,代入载据解得， kg2 1 (2)本实验中，根据小球的摆角可以看出小球所 受静电力的大小，由题图可知，距离越小，丝线偏 2kg2 √3mdD错误。 离竖直方向的角度越大，设偏角为日，由平衡条件 有F=mg tan 0,可知电荷之间的静电力随着距 12.AB【解析】剪断细线，小球沿直线运动到M 离的增大而减小。 点，如图所示。根据几何关系可得，MC的距离 (3)设小球B的质量为m,电量为q,小球B的受 10 为an30cm=10W5cm,B正确；根据几何关系 力情况如图所示。当A带电量为q1时，由平衡 可得，电场力F和细线拉力T夹角为60°，在三个 条件得F=g9 r =mg tan30°，其中r1= 力所在的三角形中，根据正弦定理可得mg PBsin30°，当A带电量为q2时，由平衡条件得 sin 120 3 mg= sin30,可得电场力大小F=3 F'_kg:9=mgtan45°，其中r:=PBsin45,联 ra 3 立解得91=tan30°sin230°5 3.0×10-4×10N=√3×10-3N,电场强度的大 92tan45°sin245°6 3 ·44· ·物理· 参考答案及解析 (2)带负电的小球从D到O的过程中静电力做 正功，从O到C的过程中电场力做负功，根据对 称性可知，小球从D到C的过程中，静电力对小 球所做功的代数和为零，则根据动能定理有 2Mgrsin 0=0- 2Mu 1 (1分) mg 14.(1)负电大于4×105C(2)300m 600m 解得v1=2√grsin0。 (1分) 【解析】(I)因大气中的电场方向竖直向下，蛛丝 (3)根据题意，C点的电势 应带负电荷，才能使电场力竖直向上，蜘蛛才可 能飞起来。设蛛丝所带电荷量为q0,蜘蛛要想飞 Pc=2 r 起来，电场力应大于重力，则有 O点的电势 qoEo>mg (1分) Po=2 rcos 0 解得q0>4×10-5C。 (1分) 则可得Uo=Pc一Po 2kQ(cos 0-1) (2)设蜘蛛上升速度最大时高度为h。,能到达的 (1分) rcos 0 最大高度为h,蜘蛛上升过程中加速度先向上减 若一个质量为m、电荷量为十q的试探电荷（重 小，加速上升，速度最大时加速度为零，之后加速 力不计)从C点以某一竖直向下的初速度运动恰 度向下增大、减速上升，速度减为零时到达最大 好能够到达O点，则由动能定理有 高度。速度最大时重力与电场力平衡，则有 1 qUco=0- (2分) mg=qE=qE。-kqho (1分) 解得h。=300m (1分) 解得vmin=2 /kQg(1-cos 0) (1分) 上升过程中电场强度随高度增大均匀减小，电场 mrcos 0 力也随高度增大均匀减小，则上升过程中电场力 16.(1)2keg (2)3+3)g+V2Qg 做的功 4R2 5 4mR2 W=E9+E:9h=2E。-kh)gh (2分) (3)4(3+3)mgR 2 2 5 对上升过程，由动能定理有 【解析】(1)将圆环等分为n段小圆孤，每段小圆 W-mgh=0 (1分) 孤均可视为电荷量为q0的点电荷，有 联立解得h=600m。 (1分) Q-nqo 在c点，由库仑定律，q。对小球的电场力 15.(1)2k8in9方向竖直向上(2)2 Vgrsin0 F。=ggo (1分) kQg(1-cos 0) (3)2 由几何关系 mrcos 0 【解析】(1)两，点电荷均为正电荷且带电量相等， r2=2R2 则两点电荷在C点处的电场强度方向均背离各 在c点，整个圆环对小球的电场力设为F。,有 F.=nF。sin459 (1分) 自电荷，电场强度如图所示，根据电场强度的失 量合成法则可得C点的场强 联立解得F.=2Qg 4R2。 (1分) Ec=2k Q sin0,方向竖直向上。 (2分) (2)由对称性，小球在b点所受的电场力与在c T、E 点所受的电场力方向相反，大小相等，有 F6=F。 (1分) E 在b点，对小球由牛顿第二定律，有 mgsin37°+umg cos37°+F6=ma (1分) +0 '0 +0 D 联立解得a=(3+B)g+2kQg 4mR2 (1分) 5 ·45· 3 真题密卷 单元过关检测 (3)小球从a到d,由对称性，电场力做功 Qq 0.5mv月 Wad-0 (2a)21 R (1分) 对小球，由动能定理，有 解得0，= 2v0,R=2a Wa-mg sin37°·4R-mg cos37°·4R=0-Ek 所以两个粒子在x<0时的轨迹相同 (1分) (1分) x1=v1c0s0·t1 联立解得Ek= 4(3+√3)mgR (1分) y-y1=v1sin0·t1 1 17.(1)4aE0 (2) 23a 4Ega2 之1=201 kq 3 ,3a, 3Eko gE=0.5ma (3)见解析 【解析】(1)质量为m的粒子在x<0的空间做 联立解得x1= 2W3 3-a,y=3a,z1=3E。 (1分) 匀速圆周运动，则有 所以只有一个亮点。 (1分) k Qa mvg (2a)2-2a (1分) 18.(1)0 md 190(m=0,1,2,…) (2)2n+1Nm 1 且有Eo=2m06 (1分) (3(1+2)a4 √2m(Z+qp) q9。 go 解得Q= 4aEko (1分) 【解析】(1)由题意分析可知电场强度大小 kg (2)设粒子经过y轴时，速度的偏转角为0，经过 E-置 (1分) y轴的点的坐标为y1。则有 粒子在电场中的加速度大小 sin 0=3 (1分) a=Eg (1分) 2 m 可得0=60° 解得a= (1分) 根据几何关系 md y1=2a(1-cos0) (1分) (2)由于带电粒子垂直电场射入左侧电场后恰好 解得y1=a 从N点离开，将MN等分为n份，每份用时为t, 经过yO2平面后，粒子在x、y轴方向做匀速直 可能会有两种情况，根据对称性，在水平方向均 线运动，在？轴正方向做匀加速直线运动，设打 有号-r 到荧光屏上点的坐标为(x,y,之)，则有 第一种情况，如图甲所示，从N点离开时速度偏 x=vocOs0·t (1分) 向右下方，有 y-y1=vo sin0·t (1分) d 4n+1=1t(n=0,1,2,…) (1分) y=3a - (1分) 19(m=0,1,2,…) 解得o1=4n十1Nm (1分) 根据牛顿第二定律 第二种情况，如图乙所示，从N点离开时速度偏 qE=mao (1分) 向左下方，有 联立解得x= 2w3 d 3a,2= 4Ega2 (1分) 3E0 4n+3 =v2t(n=0,1,2,…) 故打到荧光屏上点的坐标为 (23a 4Ega2 3 ,3a, 3Eko 10(m=0,1,2,…) 解得v2=4n+3Nm (1分) (1分) 综合以上两种情况可得带电粒子垂直电场射入 (3)对质量为0.5m的粒子有 左侧电场的速度大小 E02 1 ·0.5mv2 o-2m+m 90(n=0,1,2,…)。 (1分) ·46· ·物理· 参考答案及解析 以 解得p.=-乙 (1分) 根据匀强电场电场强度与电势差的关系可得 E=P0=P0一P (1分) d 解得x-(1+2)d (1分) qo 由于动能和电势能之和恒为Z,设粒子在O点的 速度为0，则有 1 9Po+2mvi-Z (1分) 解得粒子在0点的速度U。一 2(Z+q9o) (1分) T (3)该粒子运动过程中距离O点最远时速度为 又有v0=a (1分) 4 零，粒子在距离O点x处的电势能 解得T=4 √/2m(Z+9po)。 (1分) Ep=-q9x=Z (1分) o 2025一2026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 2.C【解析】选择无穷远处为电势零点，而图中给 1.C【解析】因用直线加速器加速质子，其运动方 出的x轴线上各位置的电势均为正值，则两个点 向不变，由题图可知，A的右边缘为正极时，则在 电荷必定为同种正点电荷，A错误；由于Px图像 下一个加速时，B、C、D、E的右边缘均为正极，所 的斜率的绝对值表示电场强度的大小，则根据图 以M、N之间所接电源极性应周期性变化，A正 像可知，x=L处的电场强度为0，由于图像中电 确；质子在金属圆筒内做匀速运动，且时间均为 场强度为0的位置靠近3L,则该位置点电荷的电 T,由L=T知，金属圆简的长度L应与质子进 入圆筒时的速度v成正比，B正确；对于带电粒子 对量为Q,根接品=2部释 在A中分析可得LA=vT,对于质子以初速度o 3L,即电荷量大小为4Q的点电荷在x=一3L处， 从O点沿轴线进入加速器，质子经1次加速，由动 B错误；图像在M处的切线斜率绝对值为该位置 能定理可得eU=名mi-立ai,郎符 1 电场强度的大小，根据上述分析有E=64 2eU Q 99kQ 十v,所以B的长度LB=vBT= 63L十2L)一25，C正确：根据沿电场线方向 m 电势逐渐降低，可知在x=L左侧，电场强度方向 LA T√/2C+2,A的长度与B的长度之比为 沿x轴正方向，在x=L右侧，电场强度方向沿x 轴负方向，则将一带正电的试探电荷P在M点由 00 ，A的长度与B的长度之比不一定是 2eU+ 静止释放，试探电荷先向右做加速运动，越过 m x=L后向右做减速运动，根据上述，电场强度先 1：2,C错误，D正确。本题选择错误一项，故 减小后增大，则试探电荷所受电场力也先减小后 选C。 增大，即试探电荷P向x轴正方向运动的过程中 ·47 3