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(湖北专版)

努力于毫末，奋斗成大材 2025一2026学年度单元过关检测（九）》 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 班级 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 卺题 物理·电场力的性质电场能的性质 分别为g、2g、3g(q>0)的微粒，通过多次摆放发现，当三个微粒++出 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 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 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 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 的初速度使其以导体棒为轴做匀速圆周运动，则A,B做圆周运动的线速度之比为 得分 题只有一项符合题目要求，第8一10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 A.11 B.3t5 C.1:2 D.5t3 4.如图所示为两个异种点电荷A,B形成的电场线和等 题号 1 2 3 4 56 7 8 9 10 势线，其中正电荷的电荷量为十q,负电荷的电荷量为 答案 一2q。已知N,M两点在A、B两个点电荷的连线上， P、Q两点同在某一条电场线上，下列说法正确的是 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 A.点电荷B的电荷量为十q 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 B.若N点电势为0，则M点电势必小于0 C.在P点由静止释放一个带正电的试探电荷，它可沿 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 电场线运动到Q点 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 D.N、M之间的电势差小于P、Q之间的电势差 “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 5.如图所示，在直角坐标系xOy中a、b、c、d四点构成正方形，a点坐标 为(0,3)，b点坐标为(3,0)，e点为cd边靠近d的三等分点。现加上 ( 一方向平行于xOy平面的匀强电场，a、b、d三点电势分别为一2V A.M所受扇形范围内的正负离子对它的合力为(，2+1)F 图例： 7V、4V,将一电荷量为2×10C的负电荷从a点移动到e点，下列说法 M所受期形范内的正负离子对它的合力为-P 。钠离子 正确的是 () ·氟离子 A.坐标原点O的电势为一0.5V B.该点电荷在a点的电势能为一4×105J C.N所受扇形范围内的正负离子对它的合力为（√2一1）F C.匀强电场的电场强度大小为100/13V/m BD D,N所受扇形范围内的正负离子对它的合力为+》 D,将该点电荷从a点移动到e点的过程中，克服电场力做功大小为1.8×10-‘J 6,空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取O点为坐标原点建立x轴，如图甲所 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 示。现有一个质量为m、电量为十g的带电微粒，在t=0时刻以一定初速度从x轴上的 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 a点开始沿逆时针做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图甲中的圆为其轨迹，ab 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 为圆轨迹的一条直径：除电场力外微粒还受到一个变力F,不计其它力的作用：测得试 A球缓慢向上移动到P点的过程中，下列说法正确的是 探电荷所处位置的电势P随时间：的变化图像如图乙所示，1时电势为91,7，时电势 A.细线对小球的拉力不可能大于重力 为一华：。下列说法错误的是 () B.细线对小球的拉力大小不变 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 单元过关检测（九）物理第1页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（九）物理第2页（共8页） A电场强度的大小为次，方向与工轴正方向夹角为警指向左下方 成的系统电势能减少了%，k为静电力常量，不计空气阻力。则 () B.该微粒在b点的电势能最小 A,从图甲到图乙过程中小球3受到的合力大小始终不变 C.该微粒在t1时刻所受的变力F达到最小值 B.该过程中小球3一定向左做直线运动 D.6点与a点的电势差U=二B(9:十) 2 C从图甲到图乙位置，小球3向左运动停。 7.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 D.在图乙位置，vg=√3md 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 10.AB,CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距 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 为10cm,电荷量为+1.0×10-4C、质量为3.0×104kg的小球用长为5cm的绝缘细 法正确的是（已知sin53°■0.8） () 线悬挂于A点。闭合开关S,小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪晰细线，小球运 动到CD板上的M点（图中未标出），g取10m/s,下列说法正确的是 () A.BC是电场的一条等势线 A.电场强度大小为3×10N/C B.匀强电场的大小为80V/m B.MC的距离为10,3cm 30 C.所有离开圆的粒子最大的动能为17cV C.减小R的阻值，MC的距离将变小 直流电源 D.当某个粒子经过圆周上某一位置时，可能具有4eV的动能 D.小球的电势能增加了，3×10-J .30 8,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 0 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 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(?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 Q点，OP一OQ■L。以沿x轴的方向为电场强度的正方向，则 () 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.细圆环带负电 B.OP两点间电势差大小Uom等于OQ两点间电势差大小Ue 绝缘手柄 C,该粒子将会在PQ两点之间做往复运动 步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1,P2,P,等位置，比较小球在 D.该粒子由P点运动到Q点的过程，电势能先增大后减小 不同位置所受带电物体的静电力的大小。 9,在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球通 ⑨+ 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 过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如 电力的大小。 图甲所示。小球质量均为m,带电量均为十q,均可视为点 由3 (1)图甲中实验采用的方法是 () 电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将小球1和小球 A.理想实验法 B.微小量放大法 C.控制变量法 2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度 2 (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 大小分别为1、2，，如图乙所示。该过程中三个小球组 (填“增大”“减小”或“不变”)。 单元过关检测（九）物理第3页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（九）物理第4页（共8页） (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 13.(10分)如图所示，真空中，与水平面成37°角的固定绝缘长细杆，垂直穿过一固定均匀 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 的带正电圆环的圆心O,套在细杆上的带正电小球从杆上的a点以某一初速度沿杆向 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 上运动，恰好能运动到杆上d点，已知圆环半径为R,电荷量为Q,小球质量为m、电荷 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，若两次 量为q,小球半径远小于R,q《Q,ab=bO=O=cd=R,静电力常量为k,重力加速度 实验中A的电量分别为q1和g:,0分别为30°和45°，则为 为g,绝缘细杆与小球间的动摩擦因数以=5，n37°=0.6,80537=0.8。求： 12.(10分)如图所示，真空中两个电荷量均为十Q的点电荷分别固定在同一水平线上的 (1)小球在c点受到的电场力的大小： A,B两点，O为连线AB的中点，C,D为连线AB竖直中垂线上关于O点对称的两 (2)小球在b点的加速度大小： 点，A,C两点的距离为r,AC与AB的夹角为0。已知连线AB竖直中垂线上的点到 (3)小球在a点的动能. A点的距离为x,则该点的电势P=2张9（以无穷远处为零电势点），静电力常量为k, 重力加速度为g。 (1)求C点的电场强度。 (2)将一质量为M带负电的小球从D点以某一初速度向上抛出，恰能上升到C点，求 抛出时的速度1： 3 (3)一个质量为m、电荷量为十q的试探电荷（重力不计）从C点以某一竖直向下的初 速度运动，若此电荷能够到达O点，求其在C点的速度最小值v。 D 单元过关检测（九）物理第5页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（九）物理第6页（共8页） 14.(15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 15.(18分)如果一矩形ABCD以MN为边界对称分成左右两个边长均为d的正方形， x<0的空间产生电场：在x>0的空间存在沿轴正方向的匀强电场，电场强度大小 MN的中点为O,两正方形内均存在匀强电场，左侧正方形内电场方向水平向左，右侧 为E:在y=3a处放置一垂直于y轴、足够大的荧光屏。P(一3a,0,0)点的放射源沿 正方形内电场方向水平向右，两匀强电场的电场强度大小相等。MN为一条等势线， x轴正方向射出电荷量均为十q,质量分别为m和0.5m的两个粒子，粒子初动能均为 其电势为P(P。>0),AD和BC的电势均为零。一质量为m、电荷量为一q(q>0)的 E,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，进人x>0的空间 带电粒子从AM的中点垂直电场以某一速度射入左侧电场，恰好从N点离开，不计粒 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： 子重力。 (1)M处点电荷所带的电荷量： (1)求粒子在电场中的加速度大小a。 (2)质量为m的粒子打到荧光屏上的位置坐标： (2)求该带电粒子垂直电场射人左侧电场的速度大小？。 (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 (3)若将该粒子置于O点，给粒子另一速度使之沿水平方向做往复运动，且运动过程中 断依据：如果是两个，求出两个亮点间的距离。 动能和电势能之和恒为Z,求该粒子运动过程中距离O点的最远距离x和粒子在 水平方向做往复运动的周期T。 A----..- 单元过关检测（九）物理第7页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（九）物理第8页（共8页）真题密卷 单元过关检测 则C与D间的水平距离 设经过时间t',两者共速，有 x=vczt=l.2m。 (1分) v'=v-at'=a2t' (1分) (3)小球与滑块碰撞过程，由动量守恒定律有 解得t'=0.4s,v'=0.4m/s (1分) movc=mvc十mv (1分) 此过程中，滑块的位移大小 由机械能守恒定律有 20+ 2'=0.48m (1分) 2m,6.=2m(6,)+}n 1 1 (1分) 薄木板的位移大小 联立解得碰撞后滑块的速度大小v=2m/s (1分) 因41mg=1.2N>μ2(m+M)g=1N (1分) xa=2'=0.08m 故滑块在薄木板上滑动过程中，薄木板向右做匀 则薄木板的长度 加速运动，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有 L=x1一x2=0.4m (1分) uimg-ma 故薄木板速度减为0时与地面间因摩擦产生的 解得a1=4m/s2 热量 对薄木板受力分析，由牛顿第二定律有 Q=:M+mg·z&+2M+m):=0.12j u1mg-μ2(m十M)g=Ma2 (1分) (1分) 解得a2=1m/s2 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、选择题 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 F 山所受扇形范围内的正负离子对它的 Fu=2×号Xs45A a)-EF、F 2 G A (2-)F,A错误，B正确；N所受扇形范国内 mg 3.A【解析】设q、2g、3g所在位置对应的电场强度 的正负离子对它的合力FN= -2X 为E1E:Eg,由平衡条件得E,=ms,E2=g 05F-号-h-9),cD A E。-mg,即E:E:E,=1::1 3g 了2：3，而它们 错误。 距导体棒的距离之比总是1：2：3，可知某，点电场 2.A【解析】根据题意，对B球受力分析，如图所 强度的大小与该，点到导体棒的距离成反比。则任 、示，根据相似三角形法可得=一将A球 意一点的电场强度大小可写成E=女(k为常量)， 缓慢向上移动到P点的过程中，h减小，2不变， 则F2增大，即细线对小球的拉力增大，由于h≥ 由于电子绕导体棒做匀速圆周运动，则 12,所以mg≥F2,A正确，B错误；根据库仑定律 m e=m,解得- r B 0B1,A正确。 可得F,_91,92,所以2=3兰，将A球缓慢向 、h3 4.B【解析】取其中一条电场线的最高点或者最低 上移动到P点的过程中，h减小，1减小，则F 点，画出两个电荷在该点的电场强度失量，根据竖 增大，C、D错误。 直方向电场强度矢量和为零，可以判断出A的电 ·32· ·物理· 参考答案及解析 荷量小于B的电荷量，所以A带正电，电荷量为 eUAc=Ekc-EkA-8eV,可得UAc=PA一Pc= q,B带负电，电荷量为一2q,由此可知A、B连线的 8V,所以UBc=一4V,A错误；由上述分析可知， 电场方向由A→B,那么N,点电势为0，则M,点电 OB连线为一条等势线，根据电场方向垂直于等势 势必小于0，A错误，B正确；由P,点释放试探正 线并由高电势指向电势可知电场方向由A指向D, 电荷，试探电荷在之后的运动过程中，速度方向与 如图所示，在△AOB中，由题意可知∠OBA= 电场力的方向不在一条线上，所以不会沿着电场 ∠OAB=63.5°，所以∠B0A=180°-2×63.5°= 线运动到Q点，C错误；N、P和M、Q分别在两个 53°，则AD=Rsin∠BOA=4cm,所以该匀强电 相同的等势面上，所以N、M之间的电势差等于 P、Q之间的电势差，D错误。 场的电场强度大小E-把100V7m,B错误3 5.A【解析】在匀强电场中，平行等距则等差，可知 过O作OF平行于AD交圆于F,可知F是圆上 Ub=U,得p:=13V,所以有p。=p6=7V, 沿电场方向上离O最远的，点，则F点电势最低， 则有UoF=ER=5V,所以A、F两点间电势差 Um=2Ua,所以有p0=-0.5V,A正确；由 UAF=UA0十UoF=UAB+UoF=9V,当粒子经过 E。=q9得E=4X105J,B错误；由勾股定理可 F点时电势能最小，动能最大，有Ek如=Ea十 得be线段长度be=√/26cm,所以c点到be线段 eUar=l7eV,C正确；圆周上的最小动能Ekmin= 的距离x=6V2 cm,由电场强度E=V 可得E Eks一E·2R=7eV,故当某个粒子经过圆周上某 /13 一位置时，不可能具有4eV的动能，D错误。 Ue=50√2丽V/m,C错误；从a点移动到e点，电 场力做正功We=（9。-p.)q=1.8×104J, D错误。 6.B【解析】根据匀强电场的电场强度与电势差的 关率可如E=号=一识_8束，带电微 2R 粒做圆周运动的周期T=2X(7t1一t1)=12t1, t1时刻，带电微粒所在位置电势最高，此时带电微 8.BD【解析】由题图乙可知，圆环左边电场方向向 粒转过的角度0-号×2π=石，根据沿电场线电势 左，右边电场方向向右，圆环带正电，A错误；根据 题图乙可知，圆环的电场具有对称性。由于P、Q 降低，可知电场方向与工轴正方向成T,指向左下 两点电场强度大小相同，方向相反，可知EQ= Eor,由于OQ=OP,结合公式U=Ed,因此可得 方，A正确；根据沿电场线电势降低，由图可知c Uop=Uoa,B正确；由题图乙可知，粒子先受到向 点的电势最低，故该微粒在c点的电势能最小，B 左静电力，该力先大后小，再受到向右的静电力， 错误；当变力F方向与电场方向相同时，变力F 该力先大后小。因此粒子先向右减速，再向右加 达到最小值，由题图可知该微粒在t1时刻所受的变 力F达到最小值，C正确；b点与a点的电势差Ua= 速，C错误；由P点运动到Q点的过程静电力对粒 子先做负功再做正功，所以电势能先增大后减小， -2 ER cos30°=5(9十2) ,D正确。 D正确。 2 9.BC【解析】剪断细线之前，三个小球处于静止状 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 E 弹力发生突变，小球3受到水平向左的合力作用； 7.C【解析】由题意可知，粒子由A点到B点，根据 当小球3运动到题图乙位置时，小球3所受的合 动能定理有eUAB=EkB一EM=4eV,可得UAB= 力为零，即该过程中小球3受到的合力大小先增 PAPB=4V,同理粒子由A点到C,点，有 加后减小，A错误；因小球3受两边细绳的拉力总 ·33· 4 真题密卷 单元过关检测 是大小相等且是对称的，可知小球3向左做直线 二、非选择题 运动，B正确；在该过程中，由于三个小球组成系 11.(1)C(2分) (2)减小(2分) (3) 统所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，因此 6(3分) 系统动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守 【解析】(1)题图甲中先保持带电小球的电荷量 恒定律mvg一mv1-mv2=0。由于小球1、2的受 不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上 力情况相同，因此v1=v2,化简得o3=2u1=202, 的P1、P2、P3等位置，改变两个小球之间的距 离，比较库仑力的大小；后来保持小球之间的距 即x3=2x1=2x2,而x3十x1= √3 d,解得x 离不变，改变小球所带的电荷量大小，分析小球 之间的库仑力，所以实验采用的方法是控制变量 3 山，C正确；三个小球组成系统能量守恒，根据能 法，C正确。 量守恒定律△E=△En,即g= (2)本实验中，根据小球的摆角可以看出小球所 2d= 2mv号+2X 受静电力的大小，由题图可知，距离越小，丝线偏 离竖直方向的角度越大，设偏角为日，由平衡条件 1 mu,代入数据解得u,= 2kq2 √3mdD错误。 有F=mg tan 0,可知电荷之间的静电力随着距 10.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 力情况如图所示。当A带电量为q1时，由平衡 为an30cm=105cm,B正确；根据几何关系 条件得F=g:g=mgtan30,其中71 ri 可得，电场力F和细线拉力T夹角为60°，在三个 PBsin30°，当A带电量为q2时，由平衡条件得 力所在的三角形中，根据正孩定理可得0 F'=g:9=mgtan45°，其中r2=PBsin45°，联 r Si30,可得电场力大小F三3g=尽 F 3 立解得1=tan30°sin230°√5 92tan45°sin45°-6 3.0×104×10N=√3×103N,电场强度的大 LiLL P 小E=F=5×103 g-1.0x10N/C=5X10N/C, A正确，逆电场线方向的位移x=d一Lsin30°， B →F 其中d=10cm=0.1m,L=5cm=0.05m,解 得x=0.075m,克服电场力做的功W。=Fx mg 5×10×005J=×10J所以电势能增 12.(1)2k sin0方向竖直向上 (2)2√/grsin0 加了子5×10‘小，D错误；电阻两瑞电压为零， (3)2 /kQq(1-cos 0) 1/ mrcos 0 电容器两板间的电压等于电源电动势，减小R的 【解析】(I)两，点电荷均为正电荷且带电量相等， 阻值，平行板间电压不变、电场强度不变，受力情 则两点电荷在C点处的电场强度方向均背离各 况不变，运动情况不变，则MC的距离不变， 自电荷，电场强度如图所示，根据电场强度的失 C错误。 量合成法则可得C点的场强 30F Ec=2k Qs ,sin0,方向竖直向上。 (2分) 、,E E2 直流电源 mg M B 30°. +0 o +0 D D 4 ·34· ·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 (3)小球从a到d,由对称性，电场力做功 正功，从O到C的过程中电场力做负功，根据对 Wad-0 (1分) 称性可知，小球从D到C的过程中，静电力对小 对小球，由动能定理，有 球所做功的代数和为零，则根据动能定理有 Waa-ng sin37°·4R-ng cos37°·4R=0-Ek -2Mgrsin 0=0-- (2分) (2分) 解得v1=2√grsin0。 (1分) 联立解得Ek= 4(3+√3)mgR (1分) 5 (3)根据题意，C点的电势 9c=2kQ 14.()4aEo (2)23a 4Ega kg 3 ,3a,3Ew (3)见解析 O点的电势 【解析】(1)质量为m的粒子在x<0的空间做 9o-2k Q 匀速圆周运动，则有 rcos 0 则可得Uo=pc一Po 2kQ(cos 0-1) Qg mvi (2分) k rcos 0 (2a)22a (1分) 若一个质量为m、电荷量为十q的试探电荷（重 1 且有Eo=2mo8 (1分) 力不计)从C,点以某一竖直向下的初速度运动恰 好能够到达O点，则由动能定理有 4aEko 解得Q=q (1分) 1 qUco=0- 2 mvmin (2分) (2)设粒子经过y轴时，速度的偏转角为日，经过 kQg(1-cos 0) y轴的点的坐标为y1。则有 解得vmin=2 (1分) mrcos 0 sin 0=3 (1分) 13.(1)2eg (2)3+3)g+2Qg 2 4R2 5 4mR2 可得0=60° (3)43+3)mgR 根据几何关系 y1=2a(1-cos0) (1分) 【解析】(1)将圆环等分为n段小圆孤，每段小圆 解得y1=a 孤均可视为电荷量为q0的点电荷，有 经过yO2平面后，粒子在x、y轴方向做匀速直 Q=ngo 线运动，在之轴正方向做匀加速直线运动，设打 在c点，由库仑定律，q。对小球的电场力 到荧光屏上点的坐标为(x,y,之)，则有 F=kqqo (1分) x=voc0s0·t (1分) y-y1=vosin0·t (1分) 由几何关系 y=3a r2=2R2 1 在c点，整个圆环对小球的电场力设为F:,有 之=204 (1分) F.=nF。sin459 (1分) 根据牛顿第二定律 联立解得F.=2Qg gE=mao (1分) 4R2。 (1分) 25 4Ega (2)由对称性，小球在b,点所受的电场力与在c 联立解得x= 3a,2 3E ko 点所受的电场力方向相反，大小相等，有 故打到荧光屏上点的坐标为(23 4Ega2 F=F (1分) 3 ,3a, 3Ek0 在b点，对小球由牛顿第二定律，有 (1分) mg sin37°+μng cos37°+F6=ma (1分) (3)对质量为0.5m的粒子有 联立解得a= (3+√3)g+√2kQg (1分) 5 4mR2 Eo=2·0.5mui (1分) ·35· 4 真题密卷 单元过关检测 0.5mv1 综合以上两种情况可得带电粒子垂直电场射入 (2a)2 (1分) R 左侧电场的速度大小 解得u,= 2v0,R=2a 1 U= 99(m=0,1,2,…)。 2n+1 m (1分) 所以两个粒子在x<0时的轨迹相同 (1分) M x1=w1c0s0·t1 y-y1=w1sin0·t1 04 gE=0.5ma 联立解得x1= 2W 3a,y=3a,21= 4Ega2 3EKo (1分) 所以只有一个亮点。 (1分) 15.(1)99e 1 md (2)2m+1m 90（n=0,1,2,…） (3)(1+Z)d ad2mza 99o goo 【解析】(1)由题意分析可知电场强度大小 乙 E-罗 (1分) (3)该粒子运动过程中距离O,点最远时速度为 零，粒子在距离O点x处的电势能 粒子在电场中的加速度大小 Ep=-qp:=Z (1分) abg m (1分) 解得.=一2 (1分) 解得a=Pg (1分) 根据匀强电场电场强度与电势差的关系可得 md (2)由于带电粒子垂直电场射入左侧电场后恰好 E=P0=90p (1分) d x 从N点离开，将MN等分为n份，每份用时为t, 解得-+品2 (1分) 可能会有两种情况，根据对称性，在水平方向均 有号-7ad 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 第一种情况，如图甲所示，从N点离开时速度偏 1 (1分) 向右下方，有 g90+2mu6=Z d 4n+1=01t(n=0,1,2,) (1分) 解得粒子在O点的速度0，= 2(Z+qpo) m 1 9(m=0,1,2,…） (1分) 解得t1一4n十1Nm (2分) T 第二种情况，如图乙所示，从N点离开时速度偏 又有v=a· 4 (1分) 向左下方，有 解得T= Ad √/2m(Z+qPo）。 (1分) d go 4n+3=v2t(n=0,1,2,…) (1分) 1g9(m=0,1,2,…） 解得v2=4n十3Nm (2分) 4 ·36· ·物理· 参考答案及解析 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、选择题 3.D【解析】平行板电容器上极板与电源正极连 1.C【解析】因用直线加速器加速质子，其运动方 接，上极板带正电，极板间电场方向向下，液滴处 向不变，由题图可知，A的右边缘为正极时，则在 于静止状态，则液滴所受电场力方向向上，可知液 下一个加速时，B、C、D、E的右边缘均为正极，所 以M、N之间所接电源极性应周期性变化，A正 滴带负电，A储误：根据C号，C之由于上 确；质子在金属圆筒内做匀速运动，且时间均为 极板向上移动少许，极板间距增大，电容减小，若 T,由L=vT知，金属圆筒的长度L应与质子进 没有二极管，电容器极板间电压一定，电荷量减 入圆筒时的速度成正比，B正确；对于带电粒子 小，由于二极管的单向导电性，使得电容器不能够 在A中分析可得LA=vT,对于质子以初速度o 放电，只能够充电，即电容器极板所带电荷量一 从O点沿轴线进入加速器，质子经1次加速，由动 定，极板间的电场强度E=号=红0，可知电场 能定理可得eU=工， 之之后解得B— 强度不变，液滴所受电场力不变，液滴仍然处于静 2eU+,所以B的长度Lg=oT 止状态，B错误；结合上述可知，上极板向上移动 m 少许，极板间距增大，电容减小，电容器极板所带 T.20 电荷量一定，则极板间电压增大，即日角增大， m 2,A的长度与B的长度之比为了 C错误；P点到下极板间距一定，结合上述，根据 00 Up下=Pp=Edp下，电场强度一定，则P点的电势 三，A的长度与B的长度之比不一定是 2e0+ 不变，D正确。 m 4.C【解析】充电至最大电压8kV不是击穿电压， 1：2,C错误，D正确。本题选择错误一项，故 选C。 A错误；根据电容的定义式C=9,可得Q=UC 2.C【解析】选择无穷远处为电势零点，而图中给 0.16C,B错误；电容器放电过程的平均电流强度 出的x轴线上各位置的电势均为正值，则两个点 大小I=?=40A,C正确；电容器的电容与电容 电荷必定为同种正点电荷，A错误；由于Px图像 t 的斜率的绝对值表示电场强度的大小，则根据图 器所带电荷量无关，所以当电容器放电完成后，其 像可知，x=L处的电场强度为0，由于图像中电 电容保持不变，仍然是20F,D错误。 场强度为0的位置靠近3L,则该位置，点电荷的电 5.C【解析】正一价钠离子从A到B做匀减速直线 荷量为Q,根据k2)三为Q 运动，刚好到达B点，即到达B点时速度为零，由 (x+L)2,解得x= 3L,即电荷量大小为4Q的，点电荷在x=一3L处， 0一6=-2ad,解得加速度大小Q=2,A错误 B错误；图像在M处的切线斜率绝对值为该位置 由牛顿第二定律可知Ee=ma,联立解得E= 电场强度的大小，根据上述分析有E=k是一 2edB错误；由动能定理可得(g。一)e=0 mvi (日2一28.C三确：根楼器意汤线方向 名mi,解得B点电势=，十"，C正境：钠 1 电势逐渐降低，可知在x=L左侧，电场强度方向 沿x轴正方向，在x=L右侧，电场强度方向沿x 离子在B点电势能E,=9+罗，D错误。 轴负方向，则将一带正电的试探电荷P在M点由 6.D【解析】在0~t时间内，扫描电压扫描第一次， 静止释放，试探电荷先向右做加速运动，越过 信号电压完成0~：的变化，荧光屏国形为： x=L后向右做减速运动，根据上述，电场强度先 在t~2t时间内，扫描电压扫描第二次，信号电压 减小后增大，则试探电荷所受电场力也先减小后 增大，即试探电荷P向x轴正方向运动的过程中 完成t~2t的变化，荧光屏图形为八；在2t~31 加速度先减小后增大，D错误。 时间内，扫描电压扫描第三次，信号电压完成 ·37· 4