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(福建专版)

旁力不辍，奋斗不朽 2025一2026学年度单元过关检测（十） 班级 电子枪 爸题 物理·电容器带电粒子在电场中 姓名 运动的综合问题 ·偏转电极 示波管的结构 荧光屏（从左向右看】 扫掖电困 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 A.电子在示波管内做类平抛运动 得分 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 B.待测信号电压不会改变电子的动能 一项是符合题目要求的。 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 变化 题号 1 2 3 4 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， 答案 荧光屏上会出现两个周期内的正弦图像 1.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 4.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 过AED自动除颜机给予及时治疗。某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是20：F, 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 充电至最大电压8kV时，可以在4m5时间内完成放电，则 () 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,充电至最大电压8kV为击穿电压 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。 B.电容器充电至最大电压时的带电量为1.6C 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 ( C.放电时的平均电流为40A A.电场线方向沿ON方向 D.放电完成后，电容器电容为104F 459 B.粒子可能从M点射出圆形区域 2.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 C粒子可能从P点射出圆形区域 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 D.从Q点射出圆形区城的粒子，其出射速度都相同 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 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， 场看作匀强电场，已知A点电势为。，正一价钠离子质量为m,电子电荷量为，细胞膜 全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 的厚度为d。下列说法正确的是 () 题号 5 6 7 (细胞膜外 A.钠离子匀减速直线运动的加速度大小：= R888M 答案 1V0 g4码 5.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 B.膜内匀强电场的场强E 2ed B胞萸丙 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 C.B点电势9=9.+20」 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 D,钠离子在B点的电势能E,-了m 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 嵴和峪的位置，从而形成指纹图像数据。根据文中信息，下列说法正确的是( 3.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 A.峪处形成的电容器电容较大 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 B.在峪处形成的电容器放电较快 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。 C.充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大 下列说法正确的是 () D.潮湿的手指头对指纹识别无影响 小极板 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） 6.如图，电荷量为2q(q>0)的球1固定在倾角为30的光滑绝缘斜面上的O点，其正上方 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 L处固定一电荷量为一q的球2，斜面上距O点L处的P点有质量为m的带电球3恰 9.(3分)如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒（又称漂移管）A、B、C、D、E组 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 成，相邻金属圆筒分别接在电源的两端。质子以初速度。从O点沿轴线进入加速器， 运动。下列关于球3的说法正确的是 质子在金属圆筒内做匀速直线运动且时间均为T,在金属圆筒之间的狭缝被电场加速， A.带负电 加速时电压U大小相同。质子电量为，质量为m,不计质子经过狭缝的时间，则质子 从圆筒E射出时的速度大小为 ,圆筒E的长度为 B.运动至O点的速度大小为√g ,漂移管 C.运动至0点的加速度大小为号 D运动至OP中点时对斜面的压力大小为号 +- 7.如图所示，轨道由粗髓斜面AB、DF与半径为R的光滑 10.(3分)如图所示，电容器上极板A接电源正极、下极板B接电源负极， E 圆弧BCD组成，斜面的动摩擦因数为0.5，斜面与水平 且将上极板接地，电源电压恒定，开关S始终闭合，一带电液滴恰静止 面间的夹角60°，∠BOD=120°，虚线BM左侧、DN右侧 在电容器内部P点，现将电容器下极板B向下平移一小段距离，液滴B 分布等大反向匀强电场E,带电量为一q(g>0)的物块从 将（填“静止不动”“向下运动”或“向上运动”）。液滴带电 (填“正”或 A点以，√6gR的初速度沿斜面向下运动，物块质量为m, “负”)，油滴在P点的电势将（填“升高”“降低”或“不变”）。 11,(3分)如图所示，真空中有一电子以速度。沿着与电场强度垂直的方向自O点进人匀 物块可视为质点。AB长度为2R,电场强度大小为3mg,重力加速度为g,下列说法正 强电场。以O为坐标原点建立直角坐标系，x轴垂直于电场方向，y轴平行于电场方 向，在x轴上取OA=AB=BC,分别自A、B,C点作与y轴平行的线，跟电子的径迹 确的是 () 交于M、N、P三点，则电子经M、N、P三点时，沿y轴的分速度之比为 ；电 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 子从O点开始连续经过三段相等时间的动能改变量之比为 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 0 8.长为L的绝缘轻细线一端连接质量为 0.d 15 m、电荷量为q的带正电小球，另一端 固定在光滑绝缘水平桌面上的O点， 0 6+ 整个空间内存在着平行于桌面的匀强 12.(6分)如图甲所示，在探究影响平行板电容器电容的因素 电场，带电小球恰好能在桌而内沿顺 的实验中，使电容器带电后与电源断开，电容器左侧极 时针做圆周运动，俯视图如图甲所示， 板A和静电计外壳接地，电容器右极板B与静电计金属 PQ为轨迹圆的一条直径。以P点为起始点，小球运动过程中的电势能E。与小球运动 球相连。现请回答下列问题： 的路程s之间的关系如图乙所示，其中E。>0。下列说法正确的是 () (1)此时静电计直接测量的是 A电场强度的大小为 A.电容C B.电荷量Q aL C.两板间场强E D.两板间的电势差U B.从P点到Q点电场力对小球做功为E (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 像如下图所示，其中描述正确的是 C小球运动过程中速度的最小值为.仁 m 4 5E四 D.小球运动过程中所受细线拉力的最大值为 6 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） (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 14.(11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 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 射”。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），ab与cd间电 感器电容变化和此原理相同的是 金属芯片 势差大小U-可，上，下边界距离为。质子束从图中位登射人电场时，速度方向与 电容器丫 固定电极 A.电介质板 电介质 法线夹角a为人射角，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 D. 电极 被测物体 压力 荷量为⑨的质子束进入电场时水平方向速度大小恒为，不计重力影向及质子之间的 位移 测角度 测液高 测压力 作用力。电场的水平长度足够长。 (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 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 1)求电场的“折射率”n与入射角。的关系（折射率一人射角正弦值 出射角正弦值 示，其中对应电容为C。的电容器充电过程的I1图像是 (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） 1 (填“①”或“②”)。 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）。 13.(6分)某兴趣小组白制一个电容器并测量其电容。如图所示，他们用 (3)当在电场区域发生“全反射”时，求质子在αb面的入射点与出射点之间水平距离s 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，一起卷成圆柱形，然 的范围（不考虑质子在长方形区域内的多次反射）。 后接出引线，再密封在塑料瓶当中，电容器便制成了。 引线 电容纸 (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.减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 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 丙所示。 6 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 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 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”)。 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） 15.(12分)如图甲所示，在x<0的区域内存在与x轴正方向成0=45°的匀强电场E,(大 16.(16分)如图，足够长的光滑绝缘水平台面左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质 小未知)，在x>0的区域内存在竖直方向的匀强电场，大小E,=m8,其方向变化如图 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 9 q=十1×10C。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 乙所示（规定竖直向上为正）.在工轴负半辅的A(一专，0)处有一微粒源，可以源源不 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a=37°、倾斜轨道长L=2.75m,带电小球与倾斜轨道间的动摩擦 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 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 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 竖直圆轨道相连，小球在C点没有机械能损失，运动过程小球的电荷量保持不变。竖直圆 到其上的微粒。重力加速度为g,不考虑微粒间的相互作用，令。= ,其中m、g、 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 g g、L为已知量。 右侧，距水平轨道高为h。=0.06m(co537°=0.8，sin37°=0.6，g取10m/s2)。求： (1)求匀强电场E1的大小及微粒到达原点O的速度大小。 (1)A、B间的竖直距离h及被释放前弹簧的弹性势能E,: (2)求t1=0时刻从原点O经过的微粒打到挡板的位置纵坐标y。 (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： (3)若挡板MN放在x=nL(π一1,2,3，…)处，写出微粒打在挡板上的纵坐标取值范 (3)如果E=2×10N/C,小球进入轨道后，能够通过P点的次数。 围（不要求写出推导过程）。 泉 6 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）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· ·物理· 参考答案及解析 压图像结合可得图像如图乙所示，把扫描电压的 B正确；在嵴处形成的电容器电容较大，充电后， 周期变为原来的一半时，可得图像如图丙所示，结 由Q=CU,可知充电后在嵴处形成的电容器的电 合得到图像如图丁所示，C正确，D错误。 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 潮湿的手指头对指纹的识别有一定的影响， D错误。 6.BC【解析】球3原来静止，迅速移走球1后，球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初 始位置为一正三角形，球3运动至O点过程中库 仑力不做功，由动能定理得mgL sin30°=号m切 解得v=√gL,B正确；设球3电量为Q,对P点 丙 的球3受力分析，在沿斜面方向有=mg如 4.A【解析】由于从N点射出的粒子速度最大，由 动能定理可知，ON间电势差最大，由U=Ed,可 B0°+6c0s60,对0点的球3受力分析，在沿斜面万 知电场E沿ON方向，A正确；速度方向垂直于 MN斜向右上方发射的粒子最终从Q点射出圆形 向有mg如30一是os60=ma,联立解得a- 区域，其轨迹类似于平抛，从O到Q合位移为圆 气，C正确：球3运动至OP中点时，在垂直斜面方 半径R,由平抛规律可知，沿初速度方向有号R 向有mg cos30°=k Qq (Lsin60°)2+Fw,解得FN= 口，沿电场方向有2R二7 2at,可知电场中粒子 9√3-8 18mg,根据牛顿第三定律可得运动至OP中 加速度a= _22,当粒子沿OM方向射出时有 R 点时球3对斜面的压力大小为95-8 18g, i-2ax,可得x=-R 2a4√2 <R,所以不能从M D错误。 7.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°-μ(mg cos60°+Eqsin60)· U0=E·号R,话OM方向上射入的柜子景大距 2R-gE·2Rcos60=号moi-m,解得ee 离为R,对应电势差U=E,R<U0,故无论 √2gR,A正确；物块从B点到C点，根据动能定 42 4W2 2mu后-2mui,物块在 1 1 从哪个角度射出，都不能通过P点，C错误；只要 理有mgR(1-cos60)= 从Q点射出，由于电势差相等，电场力做功相同， 由动能定理可知，出射速度大小相等，但方向不 最低点根据牛频第二定律有下一mg=mR,解得 同，D错误。 F=4mg,B错误；物块滑到DF斜面，受力分析如 二、多项选择题 图所示，沿斜面方向有mg sin60°<qEcos60°十 5.BC【解析】在嵴处皮肤表面和小极板之间的距 mgcos60°+Eqsin60°，即mg sin60°<f+ 离较小，在峪处皮肤表面与小极板之间的距离较 qEcos60°，则物块会静止在DF斜面上，C错误； 大，根据电容的决定式C一，可知在悠处形成 设物块静止的位置距离D点的位移为x,根据动 能定理有mg(2R-x)sin60°-u(mg 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°+Eqzcos60°= 大，充电后在峪处形成的电容器带电量少，放电时 间短，即在峪处形成的电容器放电较快，A错误， 01 mu,解得x=R,则物块运动的路程s- ·41· 6 真题密卷 单元过关检测 2R十x=3R,D正确。 建，根据动能定理，有5eU-之m2-之mo3， 解得VE= 0 0U十话；质子在金属圆筒内做匀速 m mg 60° 、6 直线运动且时间均为T,所以圆筒E的长度L= 0eU +。 2πL VET-Tm 8.AC【解析】由题图乙可知当小球运动 3 时，转 10.向下运动(1分)负(1分)升高(1分) 过的角度0= 元，电势能最大，则圆周上电势能最 2 【解析】带电液滴处于平衡状态，可知所受电场 力竖直向上，极板间电场强度竖直向下，则液滴 大的位置即为该点，如图所示垂直于该，点的切线 带负电，液滴两极板间电势差不变，下极板B向 方向即为电场线方向，小球转过晋元的位置所在的 下平移一小授距离，由E-号可知，电场强度变 U 直径与圆周的交点为同一等势面上的点（图中虚 小，则qE<mg,液滴将向下运动。根据UAp= 线A0B为等势线)。可知小球转过的过程中 EdAP,UAP=PA一Pp且PA=0,因为场强E变 0.5E,电场强度 小，则Pp升高。 UpA=Pp一PA= q q 11.1:2:3(1分)1：3：5(2分) UPA 【解析】电子在x轴正方向上做匀速直线运动， 的大小E= E,A正确；由对称性可 由题意可知从O到A、从A到B、从B到C所用 g 时间相等，均设为t。电子在y轴正方向上做匀 知Q点的电势P。一P0=P0一Pp,从P点到Q点 加速直线运动，设加速度大小为a,则电子经M、 电场力对小球做功Wpa=(pp一PQ)q=一Em,B N、P三，点时，沿y轴的分速度分别为口M一at, 错误；带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周 w=2at,vp=3at,得M：vN：yp=1:2: 2 运动，在运动到3L的位置时取得速度的最小 3;电子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动， 值，此时电场力提供小球做圆周运动的向心力，即 在相等时间内的位移之比为y1:y2:y3=1: 3：5,根据动能定理，可知动能的增量即为这个 ,解得一，C正确小运动 Eq=mL 过程中电场力做的功，由于力相等，所以动能的 增量就与位移成正比了，即动能的增量EOA: 过程中所交细线起力的最大候在运功到？山的 EAB:EBc=1:3:5。 位置取得，此时速度也最大。根据动能定理Eq· 12.(1)D(1分)(2)BD(1分)(3)BC(2分) 1 1 (4)①(2分) 2L=2m0,一2m加o,在该点处合外力提供向 【解析】(1)根据題题意，由题图甲可知，此时静电 心力，即T-Eq=m ,解得T 计直接测量的是两板间的电势差U,D正确。 L 6E®，D错误。 L (2)电容器的电容是由电容器本身决定的，与电 容器所带电荷量Q的大小和两极板间的电势差 B U的大小无关，不能认为C与Q成正比，与U成 反比，A、C错误，B正确；由C-号可知，电容器 Q 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。 三、非选择题 (3)保持B板不动，将A板上、下移动，目的是改 10eU 变两极板的正对面积。B、C图是通过改变两极 9.m +6(2分)T /10eU +u8(1分) m 板的正对面积来改变电容的大小，B、C正确；而 【解析】质子从O点到从E筒射出共经过5次加 A图是通过改变介电常数来改变电容的大小， 6 ·42· ·物理· 参考答案及解析 D图是通过改变两极板间距来改变电容的大小， A、C错误。 解得sin0= 2,0=45 (1分) (4)用同一电路分别给两个不同的电容器充电， (3)当质子束发生“全反射”时，质子束在电场中 电容器的电容C1>C2,则充电完成后，两电容器 的运动为类斜抛运动。从开始进入电场到速度 两端电压相同，根据Q=CU可知，电容器的电容 水平的过程，可反向看成类平抛运动，水平位移 小则其带电量小，而I-t图像面积代表带电量，所 为x,竖直位移为y。设电场强度为E,则 以对应电容为C2的电容器充电过程I-t图像的 U=Ed 是①。 设竖直方向初速度为v,加速度为a,则有 13.(1)AB(1分)(2)3.3×10-3(2分) 7.3× -Eq=ma,0-v3=2ay (1分) 10-4(1分)变小(1分)不变(1分) 设入射角为i,则有 【解析】(I)根据电容器电容的决定式C一4a ES v=tan i , 可知，锡箔纸面积S尽可能大或者锡箔纸卷绕得 根据平抛运动速度反向延长线过水平位移中 尽可能紧，以增大正对面积S或减小锡箔纸间的 点，有 距离d,增大电容，A、B正确；电容器的电容与充 x 2y =tan i (1分) 电电压无关，C、D错误。 (2)根据I-t图像可知，图像与时间轴围成的面积 又有s=2x (1分) 表示电荷量，图像每小格表示的电荷量q=0.2X 联立解得、=4，d tan i 10-3×0.4C=8×10-5C,图像与时间轴围成的 要发生“全反射”，则i≥45°，根据三角函数关系 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=41×8×105C=3.3X 有tani≥l (1分) 解得s4d (1分) 10-3C;充满电后电容器两端电压为4.5V,则电 客大小约为C= =7.3X104F。若将图乙中 l5.(1)2mg √gL(2)-3L 的电阻R换成阻值更大的电阻，则电容器开始放 (3)- n(n+1) 2 ,2ja=123…y 电的电流变小，但由于放电过程中总电荷量不 【解析】(1)因微粒在匀强电场E1中从A沿直 变，所以得到的I-t图像与横轴所围的面积不变。 线运动到O点，可知此时微粒所受合力方向水平 14.(1)n=cosa(2)45°(3)s≤4d 向右，由受力分析得 【解析】(1)设质子射入时速度为v。,质子射出电 gE sin 0-mg (1分) 场时速度为：，水平方向速度不变，根据运动的 合成与分解有 解得E,=2mg (1分) v=sin a, =sinβ 微粒从A到O做初速度为零的匀加速直线运 动，在水平方向有 根据动能定理有 -Ugmm mg (2分) tan 6=ma (1分) 根据“折射率”定义有 v=2a12 (1分) n=sin a (1分) sin B 解得v=√gL。 (1分) 联立解得n=cosa。 (1分) (2)微粒在x轴方向的分运动为匀速直线运动， (2)根据题意，当质子束恰好不从cd面射出时， 打到挡板所用时间 发生“全反射”，根据全反射临界条件可知，此时 2L=2 t (1分) B=90°，设入射角为0，则有 00 sin 0 0t。时间内微粒做类平抛运动，在竖直方向上 sin90°=n=cos0 (1分) 有mg十qE2=ma2 (1分) ·43· 6 真题密卷 单元过关检测 y-- (2)若小球恰能到达圆轨道最高，点时速度1满 t。~2t。时间内，微粒受到的电场力和重力平衡， 足gE1十mg=mR (1分) 做匀速直线运动，在竖直方向上有 小球从B恰好运动到圆轨道最高点时，由动能定 y2=v,to=2L (1分) 理得 其中v,=a2to mgL sin37°-umgLcos37°-2(qE1+mg)R= 则微粒打到挡板的位置纵坐标 y=-(y1+y2)=-3L (1分) moi-mn (1分) (3)当n=1,可知微粒在右侧区域运动的时间 解得E1=2.2×103N/C (1分) t=L=to 若小球从B恰好运动到与圆轨道圆心等高处时， (1分) 00 由动能定理得 若微粒在t=0时刻经过原，点O,由(2)分析可 mgLsin37°-umgL cos37°-(qE2+mg）R= 知，微粒在竖直方向上偏转的距离为L；若微粒 在t=t。时刻经过原点O,则做匀速直线运动，在 0-2mw (1分) 竖直方向上不偏转。综上所述，当n=1时，微粒 解得E2=1.3×10N/C (1分) 打在挡板上的纵坐标的取值范围为（一L,0) 可知电场强度E所满足的条件 (1分) E≥1.3×104N/C或E≤2.2×103N/C(2分) 同理，当=2，由(2)分析可知，微粒在右侧区域 (3)小球从B点到达圆轨道上最大高度h1处的 运动的时间为2t。,若微粒在t=0时刻经过原点 过程中，由动能定理可得 O,则微粒在竖直方向上偏转的距离为3L;若微 mgLsin37°-umgLcos37°-(qE+mg)h1=0- 粒在t=t。时刻经过原点O,则微粒先做匀速直 1 2mv2 (1分) 线运动，后做类平抛运动，在竖直方向上偏转的 距离为L。综上所述，当n一2时，微粒打在挡板 解得h1=0.36m 上的纵坐标的取值范围为（一3L,一L) 小球从第一次所能到达的圆轨道上最大高度五] 以此类推，可得挡板MN放在x=nL(n=1,2, 处滑下后，冲上斜面到达斜面最大高度处的过 3,…)处时，微粒打在挡板上的纵坐标取值范围 程中 为(1，na2小a=1,2.… (qE+mg)h1=(mgsin 37+umg cos 37)x 2 (1分) (1分) 小球从斜面最大高度处滑下，第二次到达圆轨道 16.(1)0.45m0.4J(2)E≥1.3×104N/C或 上最大高度h2处的过程中 E≤2.2×103N/C(3)4次 (qE+mg)h2=(mg sin37°-umg cos37°)x 【解析】(1)小球从A到B做平抛运动，B,点处 (1分) 竖直分速度v,=vsin37°=3m/s 可得华、 _mg sin37°-umg cos37°1 水平分速度v.=vcos37°=4m/s h1 mg sin37°+umg cos37°=5 由自由落体运动公式可得 则有，=( (1分) h=23=0.45m (1分) 当n=3时，可知 弹簧的弹性势能 k,-(月）'A<0.06=, (1分) 1 E,=2mu2=0.4J (2分) 故小球能够通过P点4次。 (1分) 6 ·44·