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(福建专版)

努力于毫末，奋斗成大材 2025一2026学年度单元过关检测（九）》 班级 卺题 物理·电场力的性质电场能的性质 05 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有 得分 一项是符合题目要求的。 A电场强度的方向与x轴正方向成石，指向右上方 题号 3 答案 B.从a点到b点F做功为一q91 C.微粒在a点时所受变力F可能达最小值 1,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 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 D圆周运动的过程中变力F的最大值为一高R十口景 分别为g,2g、3g(g>0)的微粒，通过多次摆放发现，当三个微粒 4.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 均静止时，它们距导体棒的距离之比总是12：3，不考虑微粒 是圆的内接直角三角形，∠BAC=63.5°，O为圆心，半径R=5cm。位于A处的粒子湖 向平面内各个方向发射初动能均为8V、电荷量十e的粒子，其中到达B点的粒子动能 间的相互作用。现撤去该三个微粒，在导体棒所在的竖直平而内距导体棒1.5h、2.5h 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 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 法正确的是（已知sin53°=0.8） ( 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 A.BC是电场的一条等势线 A.1:1 B.3:5 C.1:2 D.5:3 B.匀强电场的大小为80V/m 2.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 C.所有离开圆的粒子最大的动能为17eV 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 D.当某个粒子经过圆周上某一位置时，可能具有4©V的动能 二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求， 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 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 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 题号 7 8 正确的是 () 答案 A.坐标原点O的电势为一0.5V 5.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 B.该点电荷在a点的电势能为一4×106J 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 C,匀强电场的电场强度大小为100/13V/m Q点，OP=OQ一L。以沿x轴的方向为电场强度的正方向，则 () 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 3.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 示。现有一个质量为m、电量为十q的试探电荷，在t=0时刻以一定初速度从x轴上的 α点开始沿顺时针方向做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图甲中圆为试探电 A.细圆环带负电 荷运动轨迹，ab为圆轨迹的一条直径。除电场力外做粒还受到一个变力F,不计其它力 B.OP两点间电势差大小Um等于OQ两点间电势差大小Uo 的作用。测得试探电荷所处位置的电势g随时间：的变化图像如图乙所示，其中g>0。 C.该粒子将会在PQ两点之间做往复运动 下列说法正确的是 () D,该粒子由P点运动到Q点的过程，电势能先增大后减小 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） 6 6.中国茶文化是中国制茶、饮茶的文化，在世界享有盛誉。在雨斗必 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 茶叶生产过程中有倒茶叶，茶梗分离的工序，如图所示，A、B 9.(3分)如图所示，4，b,c、d四个带正电小球恰好构成“三屋拱月” 两个带电球之间产生非匀强电场，茶叶茶梗都带正电荷，且 之形，其中“、b、c三个完全相同的带正电小球被固定在同一光滑 茶叶的比荷大于茶梗的比荷，两者通过静电场便可分离，并 绝缘水平面内半径为R的圆周上，O为圆心，三小球所在位置恰 分离器 沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗P,其电荷量为 好将圆周等分。小球d位于比O点正上方R处，处于静止状态，已知a,b,c三小球的 左橘 右桶 4×10C,质量为2×104kg,以1m/s的速度离开A球 电荷量均为q,d球的电荷量为6g,重力加速度为g。静电力常量为k,则d球的质量 表面0点，最后落入桶底，0点电势为1×10V,距离桶底 m= :若d球带电量一9g,质量为3m,则小球位于距O点正上方R处的瞬间加 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 速度a的大小为 失，g取10m/s°，则 () 10.(3分)在图甲所示的x轴上固定一个带正电的点电荷Q(图甲中未画出)，A、B为x轴 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 上的两点，在A、B两点分别放置不同的试探电荷，以x轴的正方向为电场力的正方 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 向，放在A、B两点的试探电荷所带电荷量与其受到的电场力的关系如图乙所示。则 7,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 A点的电场强度 (填“大于”“小于”或“等于”)B点的电场强度，点电荷 1Φ 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 Q（填“在”或“不在”)A、B之间，A点的电场强度大小为N/C。 FAN 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 行清店 大小分别为1、、，如图乙所示。该过程中三个小球组 2© 103G 甲 皮的系统电势能减少了努k为静电力常量，不计空气阻 11.(3分)如图所示，在匀强电场中有一虚线圆，ab和cd是圆的两条直径， 其中ab与电场方向的夹角为60°，ab=0.2m,cd与电场方向平行，a、b 力。则 两点的电势差U=20V。电子在α点的电势能（填“大于”“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 于”或“等于")在c点的电势能；将电子从c点移到d点，电场力做功为 B.该过程中小球3一定向左做直线运动 ev C从图甲到图乙位置，小球3向左运动。 12.(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， kq D.在图乙位置，=3md 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， 8.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,电荷量为十1.0×10-C、质量为3.0×104kg的小球用长为5cm的绝缘细 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 动到CD板上的M点（图中未标出），g取10m/s2,下列说法正确的是 () 绝缘手柄 A.电场强度大小为√3×10N/C 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 B.MC的距离为103cm 不同位置所受带电物体的静电力的大小。 C.减小R的阻值，MC的距离将变小 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 D.小球的电势能增加了5×104J -.300 电力的大小。 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） (1)图甲中实验采用的方法是 () 14.(11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 A.理想实验法 B.微小量放大法 C.控制变量法 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 (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 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 (填“增大”“减小”或“不变”)。 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 (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 为g,绝缘细杆与小球间的动摩擦因数牡一， ,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： 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 (1)小球在c点受到的电场力的大小： 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 (2)小球在b点的加速度大小： 实验中A的电量分别为g1和g:,0分别为30°和45，则为 (3)小球在a点的动能. 13.(6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/m,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 30 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q=5×10-5C,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） 真题密卷 单元过关检测（九）物理第6页（共8页） 6 15.(12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 16.(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。 6 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 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 为一0.5P1时变力F达到最大值，有F一qE= 1.A【解析】设q、2q、3q所在位置对应的电场强度 m及，解得F=m36R十9袋，D正确。 2 为E1、E2E,由平衡条件得E,=mg,E2=mg 2g E E,=g,即E:E:E=::, 广：2：3，而它们 0.50 、A 0=0 距导体棒的距离之比总是1：2：3，可知某点电场 强度的大小与该点到导体棒的距离成反比。则任 0 意一点的电场强度大小可写成E=(k为常量)， /p=1.00 1.501 4.C【解析】由题意可知，粒子由A点到B点，根据 由于电子绕导体棒做匀速圆周运动，则e三 动能定理有eUAB=EB一Eka=4eV,可得UAB= m ,A正确。 PA一PB=4V,同理粒子由A点到C点，有 eUAc=Ekc-Eka=8eV,可得UAc=PA一Pc= 2.A【解析】在匀强电场中，平行等距则等差，可知 8V,所以UC=一4V,A错误；由上述分析可知， Ub=U,得9e=13V,所以有p。=96=7V, OB连线为一条等势线，根据电场方向垂直于等势 U。=Uw,所以有o=-0.5V,A正确；由 线并由高电势指向电势可知电场方向由A指向D, 如图所示，在△AOB中，由题意可知∠OBA= E。=qp得Em=4X105J,B错误；由勾股定理可 ∠OAB=63.5°，所以∠BOA=180°-2×63.5°= 得be线段长度be=√26cm,所以c点到be线段 53°，则AD=Rsin∠BOA=4cm,所以该匀强电 的距离x=6V2 w13 cm,由电场强度E二乙可得E马 场的电场强度大小E=0=100V/m,B错误 Ue=50/26V/m,C错误；从a点移动到e点，电 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， 场力做正功We=（pa一9。)q=1.8X104J, 则有UoF=ER=5V,所以A、F两点间电势差 D错误。 UAr=UAO十UoF=UAB十UoF=9V,当粒子经过 3.D【解析】由题图乙可知，带电微粒在转动过程 F点时电势能最小，动能最大，有EF=EkA十 中，电势最高值为1.5p1,电势最低值-0.5p1,最 eUAs=l7eV,C正确；圆周上的最小动能E kmin= 高点、最低，点分别位于轨迹直径的两端，将直径取 Es一E·2R=7eV,故当某个粒子经过圆周上某 四等分点，找到与a点电势p。=0相同的点A,如 一位置时，不可能具有4eV的动能，D错误。 图所示，aA垂直于电场线，设电场强度的方向与 B 个 21 x轴正方向为0，由几何关系os0=R=2,解得 9=写，A错误，由上述分析可知9，=1.0p1从a 点到b点由动能定理W十qUb=0,又Ub=P。 P6=一91，解得W=qP1,B错误；在圆周运动的过 程中电势为1.5p1时，变力F达到最小值，故微粒 二、多项选择题 在a点时所受变力F不可能达最小值，C错误；由 5,BD【解析】由题图乙可知，圆环左边电场方向向 题图乙可知，微粒做圆周运动的周期T=13t1 一124，建度0--恐电6茶食6。 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 △x 两，点电场强度大小相同，方向相反，可知EQ= 91二二0.591》，圆周运动的过程中电势 2R Eor,由于OQ=OP,结合公式U=Ed,因此可得 ·36· ·物理· 参考答案及解析 UoP=UQ,B正确；由题图乙可知，粒子先受到向 10 左静电力，该力先大后小，再受到向右的静电力， an30cm=105cm,B正确；根据几何关系可 该力先大后小。因此粒子先向右减速，再向右加 得，电场力F和细线拉力T夹角为60°，在三个力 速，C错误；由P,点运动到Q点的过程静电力对粒 所在的三角形中，根据正弦定理可得m sin120° 子先做负功再做正功，所以电势能先增大后减小， D正确。 3g3 sin30,可得电场力大小F=3me」 ×3.0× 3 6.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点的电场强 104×10N=√5×103N,电场强度的大小E= 度，A错误；沿电场线的方向，电势逐渐降低，故M F=3×10-3 g1.0X10N/C=3X10N/C,A正确，逆 点的电势高于N点的电势，B错误；设该电场的电 电场线方向的位移x=d一Lsin30°，其中d= 场强度为E,根据牛顿第二定律有qE=ma,解得 10cm=0.1m,L=5cm=0.05m,解得x= =E。由于茶叶的比荷品大于茶根的比荷，可 m m 0.075m,克服电场力做的功W电=Fx=√5× 知在任何同一位置茶叶的加速度大于茶梗的加速 10X00防J=票5X10J,所以电势能增加了 度，水平方向都做加速运动，即在相等时间内，茶 叶的水平位移大于茶梗的水平位移，可知，茶叶落 3 3X104J,D错误；电阻两端电压为零，电容器 入右桶，茶梗落入左桶，C正确；设茶梗P落入桶 两板间的电压等于电源电动势，减小R的阻值，平 底速度大小为v,由题意知其初速度v0=1m/s, 行板间电压不变、电场强度不变，受力情况不变， 茶梗P从O,点到落入桶底过程中，由动能定理可 运动情况不变，则MC的距离不变，C错误。 知mgA十U-方心2-一子m,代入数据解得0 301 5m/s,D正确。 7.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 直流电源 剪断瞬间，小球1和3，小球2和3之间细线上的 mg M 小 弹力发生突变，小球3受到水平向左的合力作用； .30°. 当小球3运动到题图乙位置时，小球3所受的合 力为零，即该过程中小球3受到的合力大小先增 三、非选择题 加后减小，A错误；因小球3受两边细绳的拉力总 9√2kq2 9. 是大小相等且是对称的，可知小球3向左做直线 2gR1分)1.5g2分) 运动，B正确；在该过程中，由于三个小球组成系 【解析】由几何关系可知ad=bd=cd=√2R,则a、 统所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，因此 b,c对d球的库仑力大小均为下=友6g 系统动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守 (V2R) 恒定律mw3-m1-m2=0。由于小球1、2的受 3k?2,则由平衡条件可知3F·c0s45=mg,联 力情况相同，因此v1=v2,化简得3=2u1=202, 即2=2=2x,而x十4，解得， 立解得m= 9√2kg2 2gR;当d球带电量-9g,质量为 3m,且位于距O点正上方R处时，a、b、c对d球 3山，C正确；三个小球组成系统能量守恒，根据能 的库仑力大小均为F'=69g°=3 (W2R)=2F,根据力 量守恒定律△Et=△EW,即g= 2d=2mo号+2X 的合成可得a、b、c对d球的库仑力合力大小 1 2g,D婧误· RP,=3Peos45=2F·cas46=号mg方向 2mui,代入数据解得u,-√3md 为竖直向下，根据牛顿第二定律可得此时的加速 8.AB【解析】剪断细线，小球沿直线运动到M点， 如图所示。根据几何关系可得，MC的距离为 度大小a=Ps十38=1.5g. 3m ·37· 6 真题密卷 单元过关检测 10.大于(1分)不在(1分)3×103(1分) 【解析】根据FE,可得E,--3 0 91x10WC- 3×103N/C,Eg= FB=1 g-3x10N/C≈33NWC, 可知A点的电场强度大于B点的电场强度；由 mg 题图乙可知，两点电荷受到的电场力方向相同， 13.(1)负电大于4×105C(2)300m600m 都沿x轴正方向，因此，点电荷Q在A,点左侧，不 【解析】(1)因大气中的电场方向竖直向下，蛛丝 在A、B之间。 应带负电荷，才能使电场力竖直向上，蜘蛛才可 11.大于(1分)-40(2分) 能飞起来。设蛛丝所带电荷量为q0,蜘蛛要想飞 起来，电场力应大于重力，则有 【解析】根据沿着电场线方向电势逐渐降低，由 qoEo>mg (1分) 题图可知p>p。,结合E。=qp,可知电子在a点 解得q>4×10-5C。 (1分) 的电势能大于c点的电势能；由题意，可得该匀 (2)设蜘蛛上升速度最大时高度为h。,能到达的 强电场的电场强度大小E= 最大高度为h,蜘蛛上升过程中加速度先向上减 abcos60° 小，加速上升，速度最大时加速度为零，之后加速 0.2X0.5V/m=200V/m,则Ua=E·cd= 20 度向下增大、减速上升，速度减为零时到达最大 高度。速度最大时重力与电场力平衡，则有 200×0.2V=40V,可得将电子从c,点移到d mg=qE=qE。-kqho (1分) 点，电场力做功Wd=qUd=-40eV。 解得h。=300m (1分) 上升过程中电场强度随高度增大均匀减小，电场 12.1)C(2分)2)减小(2分)(3)6(2分》 力也随高度增大均匀减小，则上升过程中电场力 【解析】(1)题图甲中先保持带电小球的电荷量 做的功 不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上 W=Eog+E9h=(2E。-h)gh (1分) 2 的P1、P2、P3等位置，改变两个小球之间的距 2 对上升过程，由动能定理有 离，比较库仑力的大小；后来保持小球之间的距 W-mgh=0 离不变，改变小球所带的电荷量大小，分析小球 联立解得h=600m。 (1分) 之间的库仑力，所以实验采用的方法是控制变量 (2)3+3)g+2kQg 法，C正确。 l4.(1)V2Qg 4R2 5 4mR2 (2)本实验中，根据小球的摆角可以看出小球所 (3)4(3+5)mgR 受静电力的大小，由题图可知，距离越小，丝线偏 5 离竖直方向的角度越大，设偏角为0，由平衡条件 【解析】(1)将圆环等分为段小圆孤，每段小圆 有F=mng tan0,可知电荷之间的静电力随着距 孤均可视为电荷量为q。的点电荷，有 离的增大而减小。 Q=nqo 在c点，由库仑定律，9。对小球的电场力 (3)设小球B的质量为m,电量为q,小球B的受 力情况如图所示。当A带电量为q1时，由平衡 Fo=kggo (1分) r2 条件得F=g:g=mgan30,其中71 由几何关系 r2=2R2 PBsin30°，当A带电量为q2时，由平衡条件得 在c点，整个圆环对小球的电场力设为F,有 F'_kg:9=mgtan45°，其中r:=PBsin45,联 F.=nF。sin45 (1分) r 立解得91=tan30sin230°5 联立解得F.=2Qg (1分) 4R2 92tan45sin245-6。 (2)由对称性，小球在b点所受的电场力与在c 6 ·38· ·物理· 参考答案及解析 点所受的电场力方向相反，大小相等，有 (3)对质量为0.5m的粒子有 Fo=F (1分) 在b点，对小球由牛顿第二定律，有 Eko-2 ·0.5mv月 mgsin37°+mg cos37°+F6=ma (1分) Qq 0.5mv1 (2a)2 R (1分) 联立解得a=(3+3)g+2Qg 4mR2。 (2分) 5 (3)小球从a到d,由对称性，电场力做功 解得一总。 o,R=2a Wad=0 (1分) 所以两个粒子在x<0时的轨迹相同 (1分) 对小球，由动能定理，有 x1=1c0s8·t1 Wa-mg sin37°·4R-mg cos37°·4R=0-Ek y-y1=1sin0·t1 (2分) 联立解得E=4(3十3)mgR 21=201 (1分) 5 gE=0.5ma 15.(1)4知E 23 联立解得x1= 2V3 4Ega2 (2) ,3a,3E0 3ay=3a,21=3E0 (1分) kg 3 (3)见解析 所以只有一个亮点。 (1分) 【解析】(1)质量为m的粒子在x<0的空间做 16.(1)990 1 匀速圆周运动，则有 md (2)2m+1Nm 9(m=0,1,2,…) Qq mvo (3(1+2)a 4d k(a)a (1分) goo √/2m(Z+qpo） qoo 1 【解析】(1)由题意分析可知电场强度大小 且有Eo=2mo6 (1分) 4aEk如 E-胃 (1分) 解得Q= kq (1分) 粒子在电场中的加速度大小 (2)设粒子经过y轴时，速度的偏转角为日，经过 y轴的点的坐标为y1。则有 a=Eg (1分) m sin o=3 2 解得a=9 (1分) md 可得0=60° (2)由于带电粒子垂直电场射入左侧电场后恰好 根据几何关系 从N点离开，将MN等分为n份，每份用时为t, y1=2a(1-cos0) (1分) 可能会有两种情况，根据对称性，在水平方向均 解得y1=a 有1 经过yOz平面后，粒子在x、y轴方向做匀速直 2-2al 线运动，在之轴正方向做匀加速直线运动，设打 第一种情况，如图甲所示，从N点离开时速度偏 到荧光屏上点的坐标为(x,y,之)，则有 向右下方，有 x=voc0s0·t (1分) d 4n+1=01t(n=0,l,2,…) (1分) y-y1=vosin0·t y=3a 1 解得v一4n十1Nm 9(m=0,1,2,…) (1分) - (1分) 第二种情况，如图乙所示，从N点离开时速度偏 根据牛顿第二定律 向左下方，有 gE=mao (1分) d (1分) 联立解得x=2 4Ega 4n+3=02t(n=0,1,2,…) 3a,2 3E ko 1/9P。 故打到荧光屏上点的坐标为(2a,3a, Eqa 解得v2=4n十3m (n=0,1,2,…) (1分) 3 Eko 综合以上两种情况可得带电粒子垂直电场射入 (1分) 左侧电场的速度大小 ·39· 6 真题密卷 单元过关检测 1 9(n=0,1,2,…)。 Ep=-qp:=Z (1分) v=2n+m (1分) 解得，=一之 q (1分) 根据匀强电场电场强度与电势差的关系可得 E=P0=P0一9 (1分) d 解得x-(1+名)4 (1分) qoo 由于动能和电势能之和恒为Z,设粒子在O点的 速度为v0,则有 1 -g9+2m06=Z (1分) 解得粒子在0点的速度，= 2(Z+q9) m (1分) N 又有=a·4 (1分) (3)该粒子运动过程中距离O,点最远时速度为 解得T=d2m(Z+g9o)。 (1分) 零，粒子在距离O点x处的电势能 qoo 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 过两偏转电极的时间很短，可认为极板间电压不 1.C【解析】充电至最大电压8kV不是击穿电压， 变，即受到的电场力不变。经过YY'时，受到与 A错：根据电容的定义式C-号，可得Q-UC YY平行的电场力，此时合力与速度方向垂直，做 类平抛运动。经过XX时，受到与XX'平行的电 0.16C,B错误；电容器放电过程的平均电流强度 场力，此时进入电场的速度方向也与电场垂直，所 大小1=Q=40A,C正确；电容器的电容与电容 以也做类平抛运动，但在示波管中运动时不是做 一个类平抛运动，A错误；电子经过YY时，电场 器所带电荷量无关，所以当电容器放电完成后，其 力做正功，所以待测信号电压使电子的动能增大， 电容保持不变，仍然是20F,D错误。 B错误；设电子从电子枪射出时的速度为。， 2.C【解析】正一价钠离子从A到B做匀减速直线 运动，刚好到达B,点，即到达B点时速度为零，由 YY'、XX'两极板的长度分别为L,、Lx,则在两电 0i=一2ad,解得加速度大小a三，A错误 场中运功的时同分到为二，由题宠 00 由牛顿第二定律可知Ee=a,联立解得E= 可知，时间ty、t玉均为定值，与电压的变化无关。 mvi 设YY'、XX'两极板间的距离分别为d,、dz,两极 2edB错误；由动能定理可得(g。一96)e=0一 1 2m6,解得B点电势g。=g。十 vd 板间的电场强定分别为E,营，B,一受又由牛 ,C正确；钠 顿第二定律得eE=ma,电子朝正极的偏转位移 离子在B点电势能E=9e十2，D错误。 1=司a,由以上各式可得电子在枫板中的偏转位 3.C【解析】电子从电子枪中以一定速度打出，在 移与所加电压成正比，假设待测信号电压随时间 中心线上做匀速直线运动，由于速度很大，所以经 按正弦规律变化，可得图像如图甲所示，与扫描电 6 ·40·