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(湖南专版)

努力于毫末，奋斗成大材 2025一2026学年度单元过关检测（九）》 A.由图可知，粒子在x1处受到的电场力最大 班级 B电场中x:点的电势低于x1点 卺题 物理·电场力的性质电场能的性质 C.粒子释放时的动能为E十E D,粒子经过x?处的动能为E4一E 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 4.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 一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 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 得分 符合题目要求。 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 7V、4V,将一电荷量为2×103C的负电荷从a点移动到e点，下列说法 题号 1 3 4 6 正确的是 ()0 答案 A.坐标原点O的电势为一0.5V 1.如图所示，为氯化钠晶体的平而结构，如果把钠离子和氯离子用直线连起来，将构成一 B.该点电荷在a点的电势能为-4×105J 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 C.匀强电场的电场强度大小为100/13V/m 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 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1.8×10J 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 5.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 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 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 “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 A.M所受扇形范围内的正负离子对它的合力为(2+1)F 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 图例： B,M所受解形范周内的正负离子对它的合力为反一F 。钠离子 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91,71时电势 ·氟离子 为一9。下列说法错误的是 () C.N所受扇形范围内的正负离子对它的合力为(W2-1)F D.N所受扇形范围内的正负离子对它的合力为1+二)F 2.如图所示为两个异种点电荷A、B形成的电场线和等 势线，其中正电荷的电荷量为十q,负电荷的电荷量为 一2g。已知N,M两点在A,B两个点电荷的连线上， 八电场强度的大小为点，方向与x销正方向夹角为管指向左下方 P、Q两点同在某一条电场线上，下列说法正确的是 B.该微粒在b点的电势能最小 C.该微粒在t1时刻所受的变力F达到最小值 A.点电荷B的电荷量为十q 一√3(1十92) B.若N点电势为O,则M点电势必小于0 D.b点与a点的电势差U= 2 C.在P点由静止释放一个带正电的试探电荷，它可沿 6.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 电场线运动到Q点 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.N、M之间的电势差小于P、Q之间的电势差 向平面内各个方向发射初动能均为8εV、电荷量十e的粒子，其中到达B点的粒子动能 3.空间存在沿x轴方向的电场，如图为粒子电势能E。和位移 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 x组成的E,x图像，从O点沿x轴正方向释放一质量为m、 法正确的是（已知sin53=0.8) 电荷量为g的带正电粒子，粒子只在电场力作用下刚好运动 A,BC是电场的一条等势线 到x:处，粒子在运动过程中电势能随位置变化的关系如图 B.匀强电场的大小为80V/m 所示，下列说法正确的是 ( C.所有离开圆的粒子最大的动能为17eV D.当某个粒子经过圆周上某一位置时，可能具有4eV的动能 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） 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符 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 合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 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 题号 7 10 图甲所示。小球质量均为m,带电量均为十q,均可视为点 答案 电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将小球1和小球 2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度 7.在光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接 大小分别为1，、，如图乙所示。该过程中三个小球组 成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量均为m,带电量均为十q,均可视为点电 荷。初始时，小球均静止，细线拉直现将球A和球B间的细线剪断，当三个小球运动到 成的系统电势能骏少了努忐为静电力常量，不计空气阻 同一条直线上时，速度大小分别为1,1、2，如图乙所示。当三个小球再次运动到成正三 力。则 角形时，速度大小别为，、，4，不计空气阻力，已知两点电荷的电势能E,=Q4(,为 A.从图甲到图乙过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中小球3一定向左做直线运动 两点电荷之间的距离，为静电力常量)。下列说法正确的是 () C从图甲到图乙位置，小球3向左运动。 ④ ④ kg © D.在图乙位置，，一3md C 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10cm,电荷量为+1.0×10-4C、质量为3.0×10kg的小球用长为5cm的绝缘细 甲 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°：剪断细线，小球运 A图甲到图乙过程中，系统电势能减少 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 () 2d A.电扬强度大小为5×105N/C B.图甲到图乙过程中，球A所受合力冲量大小为g√6d k加 B.MC的距离为103cm 、 C.减小R的阻值，MC的距离将变小 直流电源 C,图甲到图丙过程中，球C所受合力冲量大小大于球B所受合力冲量大小 D.小球的电势能增加了，√3×104J .30 D.速度大小>w10> 8.中国茶文化是中国制茶、饮茶的文化，在世界享有盛誉。在而斗必以 三、非选择题：本题共5小题，共56分。 1L,(7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 茶叶生产过程中有倒茶叶、茶梗分离的工序，如图所示，A,B 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， 两个带电球之间产生非匀强电场，茶叶茶梗都带正电荷，且 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 茶叶的比荷大于茶梗的比荷，两者通过静电场便可分离，并 分离器 操作。 沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗P,其电荷量为 左桶 右桶 4×10*C,质量为2×10‘kg,以1m/s的速度离开A球 表面O点，最后落入桶底，O点电势为1×10V,距离桶底高度为1.0m,桶底电势为 零。不计空气阻力、茶叶与茶梗间作用力及一切碰撞能量损失，g取10m/s,则(） 绝缘手柄 A.M处比N处的电场强度大 B.M处的电势低于N处的电势 步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P:,P。,P。等位置，比较小球在 C.茶叶落入右桶，茶梗落入左桶 D.茶梗P落入桶底速度为5m/s 不同位置所受带电物体的静电力的大小。 5 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） 步骤二：使小球处于同一位置，增大（或诚小）物体A所带的电荷量，比较小球所受的静 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 电力的大小。 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 (1)图甲中实验采用的方法是 () 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 A.理想实验法B.微小量放大法 C.控制变量法 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 (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”)。 为g,绝缘细杆与小球间的动摩擦因数红=， ,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (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 (1)小球在c点受到的电场力的大小： 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 (2)小球在b点的加速度大小： 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 (3)小球在a点的动能. 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91和q:,0分别为30°和45°，则1为 g: 12.(9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点对称的两点， A,C两点的距离为r,AC与AB的夹角为O。已知连线AB竖直中垂线上的点到A点 32 的距离为工，则该点的电势P=29(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)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~。 +0 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.(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 15.(16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。 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）·物理· 参考答案及解析 最大速度为？m,由动量守恒有 t=t1+t2+t3=16s (1分) 6mvD=mvm-5mv (1分) (2)设要使包裹刚开始下滑，托盘的最小倾角为 每释心一五 日，对包裹，受力分析得 Fx=mg cos 0 (1分) 故考虑弹射器的安全，物块的速度需要满足 F=mg sin 0 (1分) 17 2√2gh≤0#≤2√2gh (1分) 其中F=FN (1分) 解得托盘的最小倾角0=30 (1分) 综合知挑战成功需要满足2√2gh≤U≤7√h (3)设机器人A制动后滑行过程中的加速度大小 (1分) 为a1,则有机器人A制动后滑行4.5m后停下 15.(1)16s(2)30°(3)0.5倍 来，则有 【解析】(1)当机器人A先做匀加速直线运动加 0-v8=-2a1sg (1分) 速至3m/s,然后做匀速直线运动，最后做匀减速 设机器人A被碰后瞬间的速度为vA,滑行2m 直线运动至零时，机器人A从供包台运行至分拣 后停下来，则有 口所需时间最短。做匀加速直线运动阶段根据 0-v=-2a154 (1分) 运动学的公式可得 ss =2 m/s 联立解得va=0√ (1分) a A、B发生弹性碰撞，A和B组成的系统根据动量 szoi=1.5 m 守恒定律和能量守恒定律有 (1分) MIvo=M1UB+M2UA (1分) 匀减速直线运动阶段根据运动学的公式得 2M,g- M:M.v 1 (1分) t-0-1s (1分) a 2M1 (1分) -2ad=1.5m 解得uA=M1+M0 (1分) 由于va=2m/s,vo=3m/s 匀速直线阶段根据运动学的公式得 (1分) L-51一52=14s t3= (1分) 巧先- 故机器人B的质量是机器人A的0.5倍。 运行总时间 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 2m5-F-竖F-6h-9),cD A 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= 错误。 ,M所受扇形范国内的正负离子对它的合力 A 2.B【解析】取其中一条电场线的最高点或者最低 点，画出两个电荷在该点的电场强度夫量，根据竖 A Fu=2 X a Xcos45°- (W2a)-VEF、F A 直方向电场强度失量和为零，可以判断出A的电 2 荷量小于B的电荷量，所以A带正电，电荷量为 (2-号)F,A错误，B正确；N所受扇形范国内 q,B带负电，电荷量为一2q,由此可知A、B连线的 电场方向由A→B,那么N,点电势为0，则M点电 的正负商子对它的合力下-合-2× 势必小于0，A错误，B正确；由P点释放试探正 电荷，试探电荷在之后的运动过程中，速度方向与 ·35· 5 真题密卷 单元过关检测 电场力的方向不在一条线上，所以不会沿着电场」6.C【解析】由题意可知，粒子由A点到B点，根据 线运动到Q点，C错误；N、P和M、Q分别在两个 动能定理有eUAB=EkB一EkA=4eV,可得UAB= 相同的等势面上，所以N、M之间的电势差等于 PA一PB=4V,同理粒子由A点到C,点，有 P、Q之间的电势差，D错误。 eUAc=Ekc-Eka=8eV,可得UAc=PA一Pc= 3.D【解析】E。x图像的斜率表示=qE,由于x1 8V,所以Uc=一4V,A错误；由上述分析可知， 处的斜率为零，则粒子在x1处受到的电场力为 OB连线为一条等势线，根据电场方向垂直于等势 零，A错误；粒子带正电，粒子在电势高处的电势 线并由高电势指向电势可知电场方向由A指向D, 能大，因为E2>Ep1,故P2>p1,B错误；粒子运动 如图所示，在△AOB中，由题意可知∠OBA= 过程中能量守恒，有Eko十Eo=E2十E2=E4, ∠OAB=63.5°，所以∠BOA=180°-2×63.5°= 解得粒子释放时的动能Eko=E4一E,粒子经过 53°，则AD=Rsin∠BOA=4cm,所以该匀强电 x2处的动能Ea=E4一Ep2,C错误，D正确。 场的电场强度大小E二心=100V/m,B错误 4.A【解析】在匀强电场中，平行等距则等差，可知 Ub=U,得p。=13V,所以有p。=p6=7V, 过O作OF平行于AD交圆于F,可知F是圆上 沿电场方向上离O最远的点，则F点电势最低， U-2Uu,所以有90=-0.5V,A正确；由 则有Uor=ER=5V,所以A、F两点间电势差 E。=qp得Ea=4X105J,B错误；由勾股定理可 UAF=UAO十Uor=UAB十UOr=9V,当粒子经过 得be线段长度be=√26cm,所以c点到be线段 F点时电势能最小，动能最大，有Ekr=EkA十 的距离x=6V2 m,由电场强度E=V eUar=17eV,C正确；圆周上的最小动能E kmin= √/13 可得E Eks一E·2R=7eV,故当某个粒子经过圆周上某 一位置时，不可能具有4eV的动能，D错误。 Ue=50V2丽V/m,C错误；从a点移动到e点，电 B 场力做正功We=(p。-9.)q=1.8×104J, D错误。 5.B【解析】根据匀强电场的电场强度与电势差的 关系可知E日-一农到-9来，带电微 2R 2R 粒做圆周运动的周期T=2×(7t1一t1)=12t1, t1时刻，带电微粒所在位置电势最高，此时带电微 二、选择题 粒特过的角度0-行×2=石，根据沿电场线电势 7.AB【解析】由题图甲到题图乙过程中，只有A、B 降低，可知电场方向与x轴正方向成，指向左下 间的电势能减少，则AE,=EpB一E。=长 d 方，A正确；根据沿电场线电势降低，由图可知C 9 a,A正确，对系统根据动量守恒有 点的电势最低，故该微粒在c点的电势能最小，B 错误；当变力F方向与电场方向相同时，变力F no1十mu=mu2,根据能量守恒有2m卡 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= ui+ 1 2mu号g2 2a,解得1=， kg2 6md ,v2= -2 ERcos30°=-5(p:十g2) 2kq2 2 ，D正确。 3md ,球A所受合力冲量大小I=△p=m1一 km 0=9√6dB正确：题图甲与题图丙的小球间距 相同，则势能相同，根据能量守恒可知，题图丙中 小球动能都为0。由动量定理可知，球C所受合力 5 ·36· ·物理· 参考答案及解析 冲量大小等于球B所受合力冲量大小，C错误；综 可得，电场力F和细线拉力T夹角为60°，在三个 上可知V2=2v1,℃4=V3=0,D错误。 力所在的三角形中，根据正孩定理可得mg 8.CD【解析】由于M点的电场线稀疏，N点的电 sin120° 场线密集，故M,点的电场强度小于N点的电场强 3 mg sin30,可得电场力大小F=3 3 度，A错误；沿电场线的方向，电势逐渐降低，故M 点的电势高于N点的电势，B错误；设该电场的电 3.0×10-4×10N=√5×10-3N,电场强度的大 场强度为E,根据牛顿第二定律有qE=ma,解得 小E=F=3X10 a= 9-1.0x10N/C=3×10N/C, 一。由于茶叶的比荷大于茶梗的比荷，可 m A正确；逆电场线方向的位移x=d一Lsin30°， 知在任何同一位置茶叶的加速度大于茶梗的加速 其中d=10cm=0.1m,L=5cm=0.05m,解 度，水平方向都做加速运动，即在相等时间内，茶 得x=0.075m,克服电场力做的功W电=Fx= 叶的水平位移大于茶梗的水平位移，可知，茶叶落 5X10X0675J-8×10J,所以电劳能增 入右桶，茶梗落入左桶，C正确；设茶梗P落入桶 底速度大小为v,由题意知其初速度vo=1m/s, 加了子3×10‘J,D错误；电阻两瑞电压为零， 茶梗P从O,点到落入桶底过程中，由动能定理可 电容器两板间的电压等于电源电动势，减小R的 知mgk十gU=m-名m心i,代入数据解得 阻值，平行板间电压不变、电场强度不变，受力情 况不变，运动情况不变，则MC的距离不变， 5m/s,D正确。 9.BC【解析】剪断细线之前，三个小球处于静止状 C错误。 态，所受的合力为零；将小球1和小球2间的细线 301 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作用； 当小球3运动到题图乙位置时，小球3所受的合 直流电源 力为零，即该过程中小球3受到的合力大小先增 mg M 加后减小，A错误；因小球3受两边细绳的拉力总 30°. D 是大小相等且是对称的，可知小球3向左做直线 三、非选择题 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，满足动量守恒的条件，因此 11.(1)C(2分) (2)减小(2分)(3) 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mw3一mu1一mw2=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v3=2v1=2v2, 的P1、P2、P?等位置，改变两个小球之间的距 即=2红=2x,而十-d,解得， 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 厂d,C正确；三个小球组成系统能量守恒，根据能 之间的库仑力，所以实验采用的方法是控制变量 法，C正确。 量守恒定律△Ep成=△Ek增，即 g21 d=2mu好+2X (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 1 2mui,代入数据解得u,= 2kg2 √3mdD错误。 离竖直方向的角度越大，设偏角为日，由平衡条件 10.AB【解析】剪断细线，小球沿直线运动到M 有F=mg tan 0,可知电荷之间的静电力随着距 点，如图所示。根据几何关系可得，MC的距离 离的增大而减小。 (3)设小球B的质量为m,电量为q,小球B的受 an30cm=10V3cm,B正确；根据几何关系 10 力情况如图所示。当A带电量为q1时，由平衡 ·37· 5 真题密卷 单元过关检测 条件得F=g9=mgtan30°，其中，1= 力不计)从C点以某一竖直向下的初速度运动恰 r 好能够到达O点，则由动能定理有 PBsin30°，当A带电量为q2时，由平衡条件得 1 F'=g:9=mgtan45,其中r2=PBsin45,联 qUco-0 (2分) /kQq (1-cos 0) 立解得9=tan30sin230°3 解得tmin=2 (1分) mrcos 0 q2tan45°sin245°-6 13.1)2Qg (2)3+3)g+V2kQg 4R3 5 4mR2 A\T (3)4(3+5)mgR 【解析】(1)将圆环等分为n段小圆孤，每段小圆 孤均可视为电荷量为q。的点电荷，有 mg Q=nqo 12.(1)2kQs ,三sin9方向竖直向上(2)2√gsin0 在c点，由库仑定律，q。对小球的电场力 (3)2 kQg(1-cos 0) F。= kqqo r (1分) mrcos 0 【解析】(1)两，点电荷均为正电荷且带电量相等， 由几何关系 则两点电荷在C点处的电场强度方向均背离各 r2=2R2 (1分) 自电荷，电场强度如图所示，根据电场强度的失 在c点，整个圆环对小球的电场力设为F,,有 量合成法则可得C点的场强 F。=nFosin459 (1分) Ec=2k Q 产sin0,方向竖直向上。 (2分) 联立解得F.=EQg 4R2 (1分) 、E (2)由对称性，小球在b点所受的电场力与在c E 点所受的电场力方向相反，大小相等，有 《 F=F (1分) OB +0 +0 在b点，对小球由牛顿第二定律，有 D mg sin37°+umg cos37°+F6=ma (1分) (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 联立解得a= 3+3)g+2kQg 5 4mR2 (1分) 称性可知，小球从D到C的过程中，静电力对小 (3)小球从a到d,由对称性，电场力做功 球所做功的代数和为零，则根据动能定理有 (1分) 1 Wad-0 -2Mgrsin =0- u? (1分) 对小球，由动能定理，有 解得v1=2√grsin0。 (1分) Wa-mngsin37°·4R-mg cos37°·4R=0-Ek (3)根据题意，C点的电势 (1分) Pc=2 (1分) r 联立解得E,=4(3+3)mgR (1分) 5 O点的电势 4Ega2 9w=2张，89 14.(1)4aEn kg e2g.a5器 (3)见解析 则可得Uo=pc一po= 2kQ(cos 0-1) (1分) rcos 0 【解析】(1)质量为m的粒子在x<0的空间做 若一个质量为m、电荷量为十q的试探电荷（重 匀速圆周运动，则有 5 ·38· ·物理· 参考答案及解析 (1分) 2W3 4Ega2 2a 联立解得x1=3ay=3a21=3E0 (1分) 1 且有E知=2m08 (1分) 所以只有一个亮点。 (1分) 解得Q=aEo 15.(1)90 md 1g90(n=0,1,2,…) (1分) (2)2m+1√m kg (2)设粒子经过y轴时，速度的偏转角为日，经过 81+乙)Ag2m2g9 y轴的点的坐标为y1。则有 【解析】(1)由题意分析可知电场强度大小 m9-9 (1分) E=号 (1分) 可得0=60 粒子在电场中的加速度大小 根据几何关系 a-Eq (1分) y1=2a(1-cos0) (1分) m 解得y1=a 解得a=9 (1分) md 经过yO2平面后，粒子在x、y轴方向做匀速直 (2)由于带电粒子垂直电场射入左侧电场后恰好 线运动，在之轴正方向做匀加速直线运动，设打 从N点离开，将MN等分为n份，每份用时为t, 到荧光屏上，点的坐标为(x,y,x),则有 可能会有两种情况，根据对称性，在水平方向均 x=v0c0s0·t (1分) y-y1=Vosin0·t (1分) (1分) y=3a 第一种情况，如图甲所示，从N点离开时速度偏 之f (1分) 向右下方，有 d 根据牛顿第二定律 4n+1=01t(n=0,1,2,…) (1分) gE=mao (1分) 联立解得x= 3 a,=4Eqa 2 解得01=4n十1m 1 0(m=0,1,2,) (1分) 3E ko 第二种情况，如图乙所示，从N点离开时速度偏 故打到荧光屏上点的坐标为(2v3 4Ega2 向左下方，有 3 ,3a,3E0 4n+3=vt(n=0,1,2,…) (1分) (1分) (3)对质量为0.5m的粒子有 1 解得02= 9(m=0,1,2,…） 4n+3 m (1分) 1 Ea=2·0.5moi 综合以上两种情况可得带电粒子垂直电场射入 kQa0.5mv (1分) 左侧电场的速度大小 (2a)2 R 1 9(n=0,1,2,…)。 2n+1 m (1分) 解得v1= 2v0,R=2a M 所以两个粒子在x<0时的轨迹相同 (1分) x1=v1c0s8·t1 y-y1=v1sin8·t1 1 21-201t片 qE=0.5ma ·39· 5 真题密卷 单元过关检测 以 解得x=(+乙)4 (1分) q90 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 -99。+2mu8=Z (1分) 乙 解得粒子在0点的速度，一 2(Z+q9o） (3)该粒子运动过程中距离O点最远时速度为 m 零，粒子在距离O点x处的电势能 (1分) Ep=-q9:=Z (1分) T 又有v=a·4 (1分) 解得，=一乙 解得T=址2mnZ+g9)。 (1分) 根据匀强电场电场强度与电势差的关系可得 E--02 (1分) x 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 荷从a移到b的过程中，电势先减小再增大，E。= 1.D【解析】质子在漂移管内做匀速直线运动，漂 qP,所以电势能先增大后减小，C正确；a、c两点 移管内电场强度为零，根据静电屏蔽，漂移管需要 间沿x轴正方向图像斜率绝对值一直减小，电场 用金属材料制成，A错误；质子在漂移管间被电场 强度一直减小，D错误。 加速，在漂移管内做匀速直线运动，质子在每个管 3.C【解析】充电至最大电压8kV不是击穿电压， 1 内运动时间视为电源周期的？，各漂移管的长度 A错侯：根指电容的定义式C-吕，可得Q=UC 0.16C,B错误；电容器放电过程的平均电流强度 1 应逐渐增大，B辑误；电源周期T=方=1X 大小I=Q=40A,C正确；电容器的电容与电容 T 107s,漂移管B的长度Lm=02=8×10× 器所带电荷量无关，所以当电容器放电完成后，其 电容保持不变，仍然是20F,D错误。 7X1X10?m=0.4m,C错误；从B到E,根据 4.D【解析】由于小球在两电荷连线的中垂线内做 动能定理3qU=7mf-mi,解释相年课移管 匀速圆周运功，则有的=mg,解得g=爱，小球 间的加速电压U=6×104V,D正确。 处于竖直向上的匀强电场中，受到竖直向上的电 2.C【解析】根据图像可知，所有电势均为正值，所 场力，故小球带正电，A、B错误；带电小球和点电 以两点电荷均带正电，根据电场叠加原理可知，两 荷A的连线与A、B连线夹角为30°，则F合= 电待在c点电场强度等大反向，站合E=昌，可 m0-0由于P,=n员尔 R sin30°/ 知q1>q2,A错误；沿电场线方向电势降低，所以 1 kQg a、c两点间电场方向沿x轴正方向，B错误；负电 得=2ER ,C错误，D正确。 5 ·40·