单元过关(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】2026年高考物理单元过关检测(山东专版)

岁力不獭，奋斗不朽 2025一2026学年度单元过关检测（十） 3.平行板电容器、静电计、理想二极管（正向电阻为0，反向电阻无穷大）与内阻不计的电源 班级 连接成如图所示的电路。电容器的下极板固定，上极板为可动极板，有一带电油滴恰 卺题 物理·电容器带电粒子在电场中 能静止在P点。设静电计的张角为，将上极板向上移动少许后，下列说法中正确 的是 姓名 运动的综合问题 A.油滴带正电 B.油滴将向下运动 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 C.0角不变 D.P点的电势不变 得分 4.据报道，我国每年心源性猝死案例高达55万，而心脏骤停最有效的抢救方式是尽早通 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。 过AED自动除颤机给予及时治疗。某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是20：F, 题号 1 2 3 4 5 6 2 8 充电至最大电压8kV时，可以在4ms时间内完成放电，则 ( 答案 A.充电至最大电压8kV为击穿电压 1.如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆简（又称漂移管）A、B、C、D、E组成，相邻 B.电容器充电至最大电压时的带电量为1,6C 金属圆简分别接在电源的两端。质子以初速度。从O点沿轴线进人加速器，质子在金 C.放电时的平均电流为40A D.放电完成后，电容器电容为10F 属圆筒内做匀速运动且时间均为T,在金属圆简之间的狭缝被电场加速，加速时电压U 5,如图所示，人体的细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜 大小相同。质子所带电荷量为：，质量为m,不计质子经过狭缝的时间，则下列说法不正 电位)使得只有带特定电荷的粒子才能通过细胞膜进人细胞内。初速度为。的正一价 确的是 () 钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外A点刚好运动到细胞膜内B点。将膜内的电 ,漂移管 场看作匀强电场，已知A点电势为的。，正一价钠离子质量为m,电子电荷量为，细胞膜 的厚度为d。下列说法正确的是 () A细胞膜外 A.钠离子匀减速直线运动的加速度大小a 缝 M A.M、N之间所接电源的极性应周期性变化 且膜内匀强电场的场强E一罗 官广细胞酸的 B.金属圆简的长度应与质子进人圆简时的速度成正比 C.B点电势p,=.+2e mvo C.金属圆筒A的长度与金属圆简B的长度之比为1：2 D,质子从圆筒B射出时的速度大小为.2U √m十 D.钠离子在B点的电势能E,-2md 6.如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度为E,A、B为两个固定的电荷量均 2.电荷量大小分别为Q、4Q的两个点电荷分别固定在x轴上的两点，其中一个点电荷固 为一Q的点电荷，O点是A、B连线的中点。有一质量为m的带电小球在两电荷连线的 定在x一3L处，两点电荷间x轴上各点电势随x变化的关系如图所示（以无穷远处 中垂面内做半径为R的匀速圆周运动，圆心为O,带电小球和点电荷A的连线与A、B 为电势零点)，其中x=L处的电势最低，图像上M点的横坐标为一2L。将一带正电的 连线夹角为30°，重力加速度为g,静电力常量为k。下列说法正确的是 () 试探电荷P在M点由静止释放，忽略试探电荷受到的除库仑力以外的其他作用力。则 A.小球带负电 下列说法正确的是 () A.两点电荷可能为异种电荷 B小球所带电荷量的大小为 mg B电荷量大小为4Q的点电荷在x=一L处 C.小球做圆周运动向心力大小为Qm C。图像在M点的切线斜率的绝对值为9g ER 25L -3-2立-1012立33 D.试探电荷P向x轴正方向运动的过程中加速度先增大后减小 小球做圆周运动的线速度大小为祭 单元过关检测（十）物理第1页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十）物理第2页（共8页） 7.示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，如图所示YY'偏转电极上加的是待测 10.如图，电荷量为2g(g>0)的球1固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面上的O点，其正上 信号电压，XX'偏转电极接人仪器自身产生的锯齿形扫描电压。若调节扫描电压周期与 方L处固定一电荷量为一g的球2，斜面上距O点L处的P点有质量为m的带电球3 信号电压周期相同，在荧光屏上可得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像。 恰好静止。球的大小均可忽略，已知重力加速度为g。迅速移走球1后，球3沿斜面向 下列说法正确的是 下运动。下列关于球3的说法正确的是 A.带负电 电子枪 B.运动至O点的速度大小为√ C运动至0点的加速度大小为号 ·偏转电极 30 示被管的结构 荧光屏（从左向右看 扫描电承 D.运动至OP中点时对斜面的压力大小为”m A.电子在示波管内做类平抛运动 11,如图所示，轨道由粗糙斜面AB、DF与半径为R的光滑 B.待测信号电压不会改变电子的动能 圆孤BCD组成，斜面的动摩擦因数为0.5，斜面与水平E C,若荧光屏上恰好只出现一个周期内的正弦图像，说明待测信号随时间按正弦规律 面间的夹角60°，∠BOD=120°，虚线BM左侧、DN右 变化 侧分布等大反向匀强电场E,带电量为一g(q>0)的物 D,若荧光屏上恰好只出现一个周期内的正弦图像，把扫描电压的周期变为原来的一半， 块从A点以√6gR的初速度沿斜面向下运动，物块质量 0 荧光屏上会出现两个周期内的正弦图像 为m,物块可视为质点。AB长度为2R,电场强度大小 8.如图所示，圆形区域内存在着与圆平面平行的匀强电场（图中未画出），直径MN与水平 直径PQ间的夹角为45°，圆心O处有一粒子源，在圆形平面内沿不同方向发射速率均 为3m8,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( ) 为。的完全相同的带正电粒子，发现两个特点：速度方向垂直于MN斜向右上方发射的 A.物块到B点时的速度为2gR B.物块在最低点时受到的最大压力为3mg 粒子最终从Q点射出圆形区域：所有射出圆形区域的粒子中从N点射出的粒子速度最大。 C物块最终在圆弧BCD做往返运动D.物块在斜面运动的总路程为3R 不计粒子重力及粒子之间的相互作用力，下列说法正确的是( 12.长为L的绝缘轻细线一端连接质量为m,电荷量为g的带正电小球，另一端固定在光 A.电场线方向沿ON方向 45 滑绝缘水平桌面上的O点，整个空间内存在着平行于桌面的匀强电场，带电小球恰好 B.粒子可能从M点射出圆形区域 C,粒子可能从P点射出圆形区域 能在桌面内沿顺时针做圆周运动，俯视图如图甲所示，PQ为轨迹圆的一条直径。以P D.从Q点射出圆形区域的粒子，其出射速度都相同 点为起始点，小球运动过程中的电势能E。与小球运动的路程s之间的关系如图乙所 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， 示，其中E。>0。下列说法正确的是 () 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 E 题号 9 10 11 12 答案 ..0 9.当前智能手机普遍采用了指纹识别，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，指纹的凸 起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。如图所示，传感器上有大量面积相同的小极板，当手 指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴 处和峪处形成的电容器的电容大小不同。当传感器给所有的电容器充电后达到某一电 压值时，电容器放电，电容值小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同就可以探测到 A电扬强度的大小为 gL 罅和峪的位置，从而形成指纹图像数据。根据文中信息，下列说法正确的是 () B.从P点到Q点电场力对小球做功为E A.峪处形成的电容器电容较大 B.在峪处形成的电容器放电较快 C小球运动过程中速度的最小值为，E m C.充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大 D,潮湿的手指头对指纹识别无影响 、D.小球运动过程中所受细线拉力的最大值为正】 小圾板 单元过关检测（十）物理第3页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十）物理第4页（共8页） 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 间再将开关接2，利用传感器记录电容器放电过程，得到放电过程的I-:图像如图 13.(6分)如图甲所示，在探究影响平行板电容器电容的因素 丙所示。 的实验中，使电容器带电后与电源断开，电容器左侧极 tM10 板A和静电计外壳接地，电容器右极板B与静电计金属 球相连。现请回答下列问题： (1)此时静电计直接测量的是 A.电容C B.电荷量Q C.两板间场强E D.两板间的电势差U 根据以上数据估算，电容器在整个放电过程中释放的电荷量为 C(结果保 (2)实验开始时给电容器充电过程中其电荷量Q,电势差U、电容C之间相互关系的图 留两位有效数字)，该电容器电容的测量结果为F(结果保留两位有效数 像如下图所示，其中描述正确的是 字)。若将图乙中的电阻R换成阻值更大的电阻，则电容器开始放电的电流 (填“变大”“变小”或“不变”)，所得的【-t图像与横轴所围的面积（填“变 大”“变小”或“不变”)。 15.(8分)电容器作为储能器件在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容 器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电压“随两极板所带的电荷量？的变化 (3)改变相关因素使电容器电容发生变化，从而可以测量某些物理量，因此可制作电容 图像都相同。 式传感器。保持B板不动，将A板上、下移动会使静电计指针的偏角变化。下列传 (1)请在图甲中画出上述uq图像，并类比由1图像求位移的方法，求两极间电压为 感器电容变化和此原理相同的是 U时电容器所储存的电能E。。 金属芯片 电容器 固定电楼 (2)一个金属球和一个与它同心的金属球壳组成的电容器叫做球形电容器。孤立导体 一动片 电介质板日 电介质 可动 A. D. 球可看作另一极在无穷远的球形电容器。如图乙所示，两极间为真空的球形电容 定片 电极 被测物体 重力 测位移 测角度 测压力 测液高 器，其内球半径为R1,球壳内半径为R,电容C一AR。一R)其中表为静电力常 (4)该同学在同一电压下分别给两个不同的电容器充电，电容器的电+ 量。根据球形电容器电容的表达式，推导半径为R的孤立导体球的电容C‘的表 容C,>C:,充电时通过传感器的电流随时间变化的图像如图乙所 达式。 示，其中对应电容为C:的电容器充电过程的It图像是 (3)将带电金属小球用导线与大地相连，我们就会认为小球的电荷量诚小为零，请结 (填“①”或“②”). 合上面题目信息与所学知识解释这一现象。 14,(8分)某兴趣小组自制一个电容器并测量其电容。如图所示，他们用两片锡箔纸做电 极，用两层电容纸（某种绝缘介质）将锡箔纸隔开，一起卷成圆 引线 电容纸 柱形，然后接出引线，再密封在塑料瓶当中，电容器便制成了， (1)为增加该电容器的电容，应当。 A.使锡箔纸面积尽可能大 B.使锡箔纸卷绕得尽可能紧，以减小锡箔纸间的距离 C.增大电容器的充电电压 D.诚小电容器的充电电压 (2)为了测量该电容器电容的大小，该小组采用了如图乙所示的电路进行测量，其中电 源电动势为4,5V,内阻不计。该同学先将开关接1为电容器充电，经过足够长时 单元过关检测（十）物理第5页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十）物理第6页（共8页） 16.(8分)类似光学中的折射现象，利用电场和磁场也可以实现质子束的“反射”和“折射”。 (3)若挡板MN放在x=nL(n=1,2,3,…)处，写出微粒打在挡板上的纵坐标取值范 如图所示，长方形区域内存在竖直向上的匀强电场（图中未画出），αb与cd间电势差大 围（不要求写出推导过程）。 小U=m,上，下边界距离为d。质子束从图中位置射入电场时，速度方向与法线夹 角a为入射角，从cd边射出时，速度方向与法线夹角3为折射角，质量为m、电荷量为 q的质子束进人电场时水平方向速度大小恒为，不计重力影响及质子之间的作用力。 电场的水平长度足够长。 求电场的~折射本，与人射角。的关系《折射率一合霜聚费。 (2)当质子束恰好在cd面发生“全反射”（发生“全反射”时质子恰好未从cd面射出） 时，求质子束的人射角（不考虑质子在长方形区域内的多次反射）。 (3)当在电场区域发生“全反射”时，求质子在ab面的入射点与出射点之间水平距离s 的范围（不考虑质子在长方形区域内的多次反射）。 18.(16分)如图，足够长的光滑绝缘水平台面左端周定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质 量m=0.05kg的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不拴接，小球带电荷量 g=十1×10‘C。某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台面右端A点飞出，恰好 能以v=5m/s的速率落到粗糙倾斜轨道的最高点B,并沿轨道滑下。已知倾斜轨道 与水平方向夹角为α=37°、倾斜轨道长L=2.75m,带电小球与倾斜轨道间的动摩擦 因数4=0.5。倾斜轨道通过光滑水平轨道CD与半径R=0.5m的光滑过山车模型的 竖直圆轨道相连，小球在C点没有机被能损失，运动过程小球的电荷量保持不变。竖直圆 轨道处在范围足够大的竖直向下的匀强电场中，圆轨道上的一点P位于圆轨道最低点D的 右侧，距水平轨道高为h。=0.06m(co337°=0.8，sin37°=0.6，g取10m/s2)。求： (1)A,B间的竖直距离h及被释放前弹簧的弹性势能E。: (2)要使小球不脱离轨道（水平轨道足够长），电场强度E所满足的条件： 17.(14分)如图甲所示，在x<0的区域内存在与x轴正方向成日一45°的匀强电场E,(大 (3)如果E=2×10N/C,小球进入轨道后，能够通过P点的次数。 小未知)，在x>0的区域内存在竖直方向的匀强电场，大小E,=mg,其方向变化如图 乙所示（规定竖直向上为正）。在x轴负半轴的A(一， ,0)处有一徽粒源，可以源源不 断地发出质量为m、电荷量为g的微粒（初速度视为0），在匀强电场E,中微粒从A沿 直线运动到O点。在x=2L处放置一平行于y轴的足够长的挡板MN,用于吸收打 到其上的微粒。重力加速度为8，不考虑微粒何的相互作用，令。三、片 ,其中m、g、 q,L为已知量。 (1)求匀强电场E,的大小及微粒到达原点O的速度大小。。 (2)求1=0时刻从原点O经过的微粒打到挡板的位置纵坐标y 单元过关检测（十）物理第7页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十）物理第8页（共8页）·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 真题密卷 单元过关检测 加速度先减小后增大，D错误。 荷A的连线与A、B连线夹角为30°，则F合= 3.D【解析】平行板电容器上极板与电源正极连 2k Qq 接，上极板带正电，极板间电场方向向下，液滴处 R 、2sin30°= m器，由于F金=mR解 sin30° 于静止状态，则液滴所受电场力方向向上，可知液 8c-南于上 Q 1 kQg 滴带负电，A错误；根据C 得u=2ER ,C错误，D正确。 极板向上移动少许，极板间距增大，电容减小，若 7.C【解析】电子从电子枪中以一定速度打出，在 没有二极管，电容器极板间电压一定，电荷量减 中心线上做匀速直线运动，由于速度很大，所以经 小，由于二极管的单向导电性，使得电容器不能够 过两偏转电极的时间很短，可认为极板间电压不 变，即受到的电场力不变。经过YY'时，受到与 放电，只能够充电，即电容器极板所带电荷量一 YY平行的电场力，此时合力与速度方向垂直，做 定，极板间的电场强度E= 下二=4π。，可知电场 d 类平抛运动。经过XX时，受到与XX平行的电 强度不变，液滴所受电场力不变，液滴仍然处于静 场力，此时进入电场的速度方向也与电场垂直，所 止状态，B错误；结合上述可知，上极板向上移动 以也做类平抛运动，但在示波管中运动时不是做 少许，极板间距增大，电容减小，电容器极板所带 一个类平抛运动，A错误；电子经过YY时，电场 电荷量一定，则极板间电压增大，即日角增大， 力做正功，所以待测信号电压使电子的动能增大， C错误；P点到下极板间距一定，结合上述，根据 B错误；设电子从电子枪射出时的速度为0， Upr=Pp=Edpr,电场强度一定，则P点的电势 YY'、XX'两极板的长度分别为L,、Lz,则在两电 不变，D正确。 场中运动的时间分别为七，一，由题意 00 4.C【解析】充电至最大电压8kV不是击穿电压， 可知，时间ty、tx均为定值，与电压的变化无关。 A错误：根据电容的定义式C-号，可得Q=UC= 设YY'、XX'两极板间的距离分别为d,、dz,两极 0.16C,B错误；电容器放电过程的平均电流强度 板同的电场强度分别为E,一产，E,一受又由中 大小I=Q=40A,C正确；电容器的电容与电容 顿第二定律得eE=ma,电子朝正极的偏转位移 器所带电荷量无关，所以当电容器放电完成后，其 1二)a,由以上各式可得电子在极板中的偏转位 电容保持不变，仍然是20F,D错误。 移与所加电压成正比，假设待测信号电压随时间 5.C【解析】正一价钠离子从A到B做匀减速直线 按正弦规律变化，可得图像如图甲所示，与扫描电 运动，刚好到达B,点，即到达B点时速度为零，由 压图像结合可得图像如图乙所示，把扫描电压的 0-6=-2ad,解得加達度大小a=7,A错误； 周期变为原来的一半时，可得图像如图丙所示，结 合得到图像如图丁所示，C正确，D错误。 由牛顿第二定律可知Ee=ma,联立解得E= 2e,B错误；由动能定理可得(0。一9)e=0 mvo 1 mv。 mw,解得B点电势p。=9。十20，C正确；钠 离子在B点也势能E,=e十”，D错误。 6.D【解析】由于小球在两电荷连线的中垂线内做 匀递国周运功，则有=mg,解得Q=瓷，小球 处于竖直向上的匀强电场中，受到竖直向上的电 场力，故小球带正电，A、B错误；带电小球和点电 3 ·48· ·物理· 参考答案及解析 8.A【解析】由于从N点射出的粒子速度最大，由 对P点的球3受力分析，在沿斜面方向有 动能定理可知，ON间电势差最大，由U=Ed,可 知电场E沿ON方向，A正确；速度方向垂直于 2-g血3的+盟ms6r,对0点的球3灸力 MN斜向右上方发射的粒子最终从Q点射出圆形 分析，在沿斜面方向有mgsin30°一k盟。 2c0s60°= 区域，其轨迹类似于平抛，从O到Q合位移为圆 半径R,由平抛规律可知，沿初速度方向有 R- ma,联立解得a=号，C正确；球3运动至OP中 点时，在垂直斜面方向有mg cos30°= 1 ,沿电场方向有鸳R 20t,可知电场中粒子 Lsin60)+Fw,解得FN=93-8 Qq 18 g,根据 加速度a= 220 牛顿第三定律可得运动至OP中点时球3对斜 R 2,当粒子沿OM方向射出时，有 话=2a,可得x-后-是<R,所以不能从M 面的压力大小为95-8 18一mg,D错误。 11.AD【解析】物块从A点到B点，根据动能定理 点射出圆形区域，B错误；由于OP之间电势差 有mg·2Rsin60°-u(mg cos60°+Eqsin60)· Uo=E:R,沿OM方向上射入的粒子最大距 2R-9E·2Rcos60=号moi-号moi,解得 离为R,对应电势差U=E·R<Um,故无论 )B=√2gR,A正确；物块从B点到C,点，根据动 4/2 42 从哪个角度射出，都不能通过P点，C错误；只要 能定理有mxR(1-60s60）-m-2mi, 从Q点射出，由于电势差相等，电场力做功相同， 物块在最低，点根据牛顿第二定律有F一mg= 由动能定理可知，出射速度大小相等，但方向不 同，D错误。 m,解得F=4mg,B错误；物块滑到DF斜面) 二、多项选择题 受力分析如图所示，沿斜面方向有mg sin60°< 9.BC【解析】在嵴处皮肤表面和小极板之间的距 qEcos60°+mg cos60°+uEqsin60°，即mg sin60°< 离较小，在峪处皮肤表面与小极板之间的距离较 f十gEcos60°，则物块会静止在DF斜面上，C错 误；设物块静止的位置距离D,点的位移为x,根据 大，根据电容的决定式C可知在峪处形成 动能定理有mg(2R-x)sin60°-μ(ng cos60°+ 的电容器电容较小，在嵴处形成的电容器电容较 Eqsin60)(2R+x)-qE·2Rcos60°+Eqxcos60°= 大，充电后在峪处形成的电容器带电量少，放电时 1 2mui,解得x=R,则物块运动的路程5 0 间短，即在峪处形成的电容器放电较快，A错误， B正确；在嵴处形成的电容器电容较大，充电后， 2R十x=3R,D正确。 由Q=CU,可知充电后在嵴处形成的电容器的电 荷量大，C正确；潮湿的手指头影响了皮肤表面与 小极板之间的相对介电常数，从而影响电容，所以 m 60 60° 潮湿的手指头对指纹的识别有一定的影响， D错误。 10.BC【解析】球3原来静止，迅速移走球1后，球 12.AC【解析】由题图乙可知当小球运动2时， 3 3沿斜面向下运动，说明1、3之间原来是斥力，球 3带正电，A错误；由几何关系知，球1、球2、球3 转过的角度0二二元，电势能最大，则圆周上电势 初始位置为一正三角形，球3运动至O,点过程中 能最大的位置即为该，点，如图所示垂直于该点的 库仑力不做功，由动能定理得mgLsin30°= 切线方向即为电场线方向，小球转过石元的位置 1 m0,解得v=√gL,B正确；设球3电量为Q, 所在的直径与圆周的交点为同一等势面上的点 ·49· 3 真题密卷 单元过关检测 (图中虚线AOB为等势线)。可知小球转过T的 A图是通过改变介电常数来改变电容的大小， 6 D图是通过改变两极板间距来改变电容的大小， 过程中UPA=Pp一PA= Epp EpA 0.5E0 A、C错误。 q (4)用同一电路分别给两个不同的电容器充电， 电场强度的大小E E ,A正确； 电容器的电容C1>C2,则充电完成后，两电容器 Lsin 6 两端电压相同，根据Q=CU可知，电容器的电容 由对称性可知Q点的电势pQ一P0=P0一Pp,从 小则其带电量小，而I-t图像面积代表带电量，所 P点到Q点电场力对小球做功WQ=(pp一PQ) 以对应电容为C2的电容器充电过程I-t图像的 q=一E0,B错误；带电小球恰好能在桌面内沿 是①。 顺时针做圆周运动，在运动到二L的位置时取 14.(1)AB(2分)(2)3.3×10-3(2分)7.3× 104(2分)变小(1分)不变(1分) 得速度的最小值，此时电场力提供小球做圆周运 【解析】()根据电容器电容的决定式C二， 动的向心力，即Eg=m工 四 ,解得Um=、m 可知，锡箔纸面积S尽可能大或者锡箔纸卷绕得 C正确；小球运动过程中所受细线拉力的最大值 尽可能紧，以增大正对面积S或减小锡箔纸间的 5 在运动到3L的位置取得，此时速度也最大。 距离d,增大电容，A、B正确；电容器的电容与充 电电压无关，C、D错误。 报据动能定理Eg·2L=mu2-号m心2在 1 (2)根据I-t图像可知，图像与时间轴围成的面积 该点处合外力提供向心力，即T一Eg=m元， 表示电荷量，图像每小格表示的电荷量q=0.2X 10-3×0.4C=8×10-5C,图像与时间轴围成的 解得T= 6E,D错误。 面积共约41个小格，则电容器充满电后所带的 电荷量约为Q=nq=41X8×105C=3.3× 103C;充满电后电容器两端电压为4.5V,则电 B 容大小的为C=号 7.3X104F。若将图乙中 的电阻R换成阻值更大的电阻，则电容器开始放 电的电流变小，但由于放电过程中总电荷量不 变，所以得到的I-t图像与横轴所围的面积不变。 三、非选择题 13.(1)D(1分)(2)BD(1分)(3)BC(2分) 15.（1图像见解折，E,-=CU:2)C-尽 (4)①(2分) (3)见解析 【解析】(1)根据题意，由题图甲可知，此时静电 【解析】(1)根据C= Q (1分) 计直接测量的是两板间的电势差U,D正确。 (2)电容器的电容是由电容器本身决定的，与电 可得U1 容器所带电荷量Q的大小和两极板间的电势差 ·Q U的大小无关，不能认为C与Q成正比，与U成 做出u-q图像如图所示 u 反比，A、C错误，B正确；由C-号可知，电容器 所带电荷量与极板间的电势差成正比，即QU图 像为一条过原点的倾斜直线，D正确。 0 (3)保持B板不动，将A板上、下移动，目的是改 类比由t图像求位移的方法，图中三角形的面 变两极板的正对面积。B、C图是通过改变两极 积表示电容器所带电荷量达到Q时电容器所具 板的正对面积来改变电容的大小，B、C正确；而 有的电势能Ep的大小，由图可得 ·50· ·物理· 参考答案及解析 E,-2Q0 (1分) U=Ed 设竖直方向初速度为vy,加速度为a,则有 而Q=CU (1分) -Eq=ma,0-v;=2ay (1分) 联立解得E,=CU (1分) 设入射角为i,则有 (2)根据题图乙可知，将孤立导体球看成另一极 0 =tan i Ux 在无穷远处的球形电容器，即 根据平抛运动速度反向延长线过水平位移中 R1=R,R20 点，有 代入球形电容器电容的表达式 x C R R2 2y =tan i (1分) k(R2-R1) 又有s=2x (1分) 解特C-尽 (1分) 联立解得s=4,d tan i (3)根据孤立导体球的电容表达式可知，球体的 要发生“全反射”，则i≥45°，根据三角函数关系 半径越大，其电容越大，由于金属小球的半径远 有tani≥l 小于地球半径，所以地球的电容远大于小球的电 解得s≤4d (1分) 容，当两者用导线连接时，电势相同，根据Q= CU可知，地球的带电量远大于小球的带电量，电 17.(1)2mg √gL(2)-3L 9 荷总量保持不变，所以可以认为小球的电荷量减 (3)- 小为0。 (2分) a1,aa22ja=128… 2 16.(1)n=cosa(2)45°(3)s≤4d 【解析】(1)因微粒在匀强电场E1中从A沿直 【解析】(1)设质子射入时速度为0，质子射出电 线运动到O点，可知此时微粒所受合力方向水平 场时速度为：，水平方向速度不变，根据运动的 向右，由受力分析得 合成与分解有 gE sin 0=mg (1分) ,”=sinB ”=sina' 解得E,=2mg (1分) 9 根据动能定理有 微粒从A到O做初速度为零的匀加速直线运 1 动，在水平方向有 Ug=2mu-2mo品 (1分) mg tan 0=ma (1分) 根据“折射率”定义有 n=sin a sin B (1分) v8=2a12 (1分) 联立解得n=cosa。 (1分) 解得vo=√gL。 (1分) (2)根据题意，当质子束恰好不从cd面射出时， (2)微粒在x轴方向的分运动为匀速直线运动， 发生“全反射”，根据全反射临界条件可知，此时 打到挡板所用时间 B=90°，设入射角为0，则有 t (1分) sin 0 2L二2 00 8 sin90°=n=cos0 (1分) 0~t。时间内微粒做类平抛运动，在竖直方向上 解得sin0=2,日=45 (1分) 有mg十qE2=ma2 (1分) 1 (3)当质子束发生“全反射”时，质子束在电场中 y1=2a2t6=L 的运动为类斜抛运动。从开始进入电场到速度 t。~2t。时间内，微粒受到的电场力和重力平衡， 水平的过程，可反向看成类平抛运动，水平位移 做匀速直线运动，在竖直方向上有 为x,竖直位移为y。设电场强度为E,则 y2=vyt。=2L (1分) ·51· 3 真题密卷 单元过关检测 其中v,=a2t0 (1分) 小球从B恰好运动到圆轨道最高，点时，由动能定 则微粒打到挡板的位置纵坐标 理得 y=-(y1+y2)=-3L (1分) mgL sin37°-mgLcos37°-2(qE1+mg)R= (3)当n=1,可知微粒在右侧区域运动的时间 moi-2mw 1 (1分) t-L=to (1分) 00 解得E1=2.2×103N/C (1分) 若微粒在t=0时刻经过原点O,由(2)分析可 若小球从B恰好运动到与圆轨道圆心等高处时， 知，微粒在竖直方向上偏转的距离为L;若微粒 由动能定理得 在t=t。时刻经过原点O,则做匀速直线运动，在 mgLsin37°-umgL cos37°-(qE2+mg)R= 竖直方向上不偏转。综上所述，当n=1时，微粒 打在挡板上的纵坐标的取值范围为（一L,0) 0-gm (1分) (1分) 解得E2=1.3×104N/C (1分) 同理，当n=2,由(2)分析可知，微粒在右侧区域 可知电场强度E所满足的条件 运动的时间为2t。,若微粒在t=0时刻经过原点 E≥1.3×104N/C或E≤2.2×103N/C(2分) O,则微粒在竖直方向上偏转的距离为3L;若微 (3)小球从B点到达圆轨道上最大高度五1处的 粒在t=t。时刻经过原点O,则微粒先做匀速直 过程中，由动能定理可得 线运动，后做类平抛运动，在竖直方向上偏转的 mgLsin37°-μngLcos37°-(gE+mg)h1=0- 距离为L。综上所述，当n=2时，微粒打在挡板 1 2m%2 (1分) 上的纵坐标的取值范围为（一3L,一L)(1分） 解得h1=0.36m 以此类推，可得挡板MN放在x=nL(n=1,2, 小球从第一次所能到达的圆轨道上最大高度h1 3,…)处时，微粒打在挡板上的纵坐标取值范围 处滑下后，冲上斜面到达斜面最大高度处的过 为(-n,+1DL,-n21DL)0m=1,2,3…). 2 2 程中 (1分) (qE+mg)h=(mg sin 37+umg cos 37)x 18.(1)0.45m0.4J(2)E≥1.3×104N/C或 (1分) E≤2.2×103N/C(3)4次 小球从斜面最大高度处滑下，第二次到达圆轨道 【解析】(1)小球从A到B做平抛运动，B点处 上最大高度h2处的过程中 竖直分速度v,=vsin37°=3m/s (gE+mg)h2=(mgsin37°-mg cos37°)x 水平分速度v.=cos37°=4m/s (1分) 由自由落体运动公式可得 可得： mgsin37°-umg cos37°1 h mg sin37°+mg cos37= 5 2-g=0.450 (1分) 11-1 则有h.=(5) (1分) 弹簧的弹性势能 当n=3时，可知 E-2mv-0.4 J (2分) k,=(号)》，<0.06=， (1分) (2)若小球恰能到达圆轨道最高点时速度1满 故小球能够通过P点4次。 (1分) 足qE1十mg=mR (1分) 3 ·52·