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】2027年高考物理单元过关检测(重庆甘肃贵州湖南专版)

2027 单元过关 x=0oc0s8·t (1分) 球水平方向做匀速直线运动，则有2L=otoA y-y1=vosin0·t (1分) (1分) y=3a 竖直方向上则有vAy=g·tom (1分) 1 又因为vAy=v0·tan0 (1分) 之=2a0t (1分) 根据牛顿第二定律 联立解得vo=√2√3gL (1分) (3)小球过B点时VBz=0 qE=mao (1分) 1 联立解得x= 23 4Ega? 则小球在B点的动能E一2mw, (1分) 3a,2 3Eko 又因为VBy=2VA (1分) 故打到荧光屏上点的坐标为23 4Ega2 3,3a,3E0 故有EkB= 4V3 3mgL (1分) (1分) (4)设小球从O到A、从A到B时间为t,根据运 (3)一个亮点，依据：对质量为0.5m的粒子有 1 1 动学规律则有 Eo=2·0.5moi %-g·t (1分) kQa0.5mv )0=ax·t (1分) (2a)2= (1分) R 可知a.=√3g √2 由F合与水平方向夹角为30°，4与水平方向夹 解得u1=2,R=2a 角为30°，建立如图所示坐标系， 所以两个粒子在x<0时的轨迹相同 (1分) 将VA分解到x'、y'上，小球在x'方向上做匀速 x1=v1c0s0·t1 运动，在当y'方向上做类竖直上抛运动，所以小 y-y1=v1sin0·t 1 球在电场中运动的最小动能Em=2mud 2=70i (1分) gE-0.5ma 而Vx=Ac0s30°=00 (1分) 1 2 3ay=3a,z1= 4Ega2 (1分) 联立解得x1= 3Eko (1分) 解得Ekmin=2mo品 所以只有一个亮点。 (1分) 小球在电场中运动中过C时动能最大，根据运动 的分解则有vc=0,c=3vAy (1分) 15.(1)1:1(2)W2√3gL (3)v3 3 mgL 1 Ekax=2m[oi+(3 otan0)]=2mu号（1分） (4)1：4 联立可得Ekmin:E kmax=1:4。 (1分) 【解析】(1)从A运动到B点，小球水平方向做 匀减速直线运动，依据题意小球在B点水平方向 的速度为0，由运动学公式得 1-学4w 30 30N (1分) 30° 又由于2L=0ot04 (1分) mg 解得toA=tAB 即toA:tAB=1:1 (1分) (2)设小球质量为m,初速度为0，从O到A,小 2026一2027学年度单元过关（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 |1.D【解析】根据公式Q=CU和电容的决定式 2 ·34 ·物理· 参考答案及解析 C=e,S 4πkd,可得U=4πQ e.S ·d,与电源断开后，Q 听=一2ad,解得加速度大小a一2a,A错误；由牛顿 不变，则Uocd,根据题意当F较小时，随着F的 第二定律可知Ee=ma,联立解得E=2e,B错误； 增大，d在减小，故此时极板间的电势差U在减 小；当F增大到一定程度时，F再增大，d基本不 1 由动能定理可得(p。一p)e=0-2mu6,解得B点电 变，U基本不变，D正确。 2.C【解析】根据W=QU,可知UQ图像中图线与 mv 势，=9.+2e ，C正确；钠离子在B点电势能E6= 横坐标所围面积表示电容器存储的电能，当电容器 mvo 两端电压为U时，电客器存倍的也能Ec=Q 9e+2D错误。 6.B【解析】离子在加速电场中被加速时U1q= )CUP,A错误；充电过程电源非静电力做功W m,在偏转电场中做类平抛运动，则1= 1 EQ=CE,B错误；充电过程中，电容器带电量迅速 ,d-】.U9,解得U。=UA错误： 2d2 赠加后趋于定值，根据电容器电容定义式C=日，可 vot,2=2·dm 当U2=士Um时离子从板的边缘射出，恰能打 知电压传感器的示数迅速增大后趋于稳定，C正确； d 放电过程中，电路中的电流开始时较大，后随着电容 器带电量减小，放电电流逐渐减小，但是不是线性减 到样品边缘时，根据数学相似三角形知识，则2 小，即电流传感器的示数不是均匀减小至零，D错误。 2 3.D【解析】根据题意可知，带电粒子在电场中做 类平抛运动，带电粒子a、b分别从Q点和O点同 2 ,解得L=ad)l 2B正确根据y三 时进入电场，沿题图中所示轨迹同时到达M、N 2+ 点，可知，运动时间相等，由题图可知，沿初速度方 向位移之比为2：1，则初速度之比为2：1，带电 U.92_U.ti dm 一4dU,若其他条件不变，增大U,则y变 粒子a、b到达K的水平位移相等，由于带电粒子 小，样品的辐照范围变小，C错误；由题图可知t1时 a、b初速度之比为2：1，则所用时间之比为1：2， 刻所加的电场电压小于t2时刻所加的电场的电压， 1 D正确；沿电场方向的位移大小相等，由y=2t 则t1时刻射入的离子打到A,点时的竖直位移小于t2 时刻射入的离子打到B,点时的竖直位移，D错误。 可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定 7.A【解析】由于从N点射出的粒子速度最大，由 律有qE=m0,可得，得=是，可知带电粒子具有相 动能定理可知，ON间电势差最大，由U=Ed,可 m 知电场E沿ON方向，A正确；速度方向垂直于 同比荷，A错误；带电粒子运动过程中，电场力均 做正功，电势能均随时间逐渐减小，B错误；沿电 MN斜向右上方发射的粒子最终从Q点射出圆形 区域，其轨迹类似于平抛，从O到Q合位移为圆 场方向，由公式v,-at可知，到达M、N的竖直分 速度大小相等，由于初速度之比为2：1，则到达 半径R,由平抛规律可知，沿初速度方向有 R- M、N的速度大小不相等，C错误。 4A【解析】根据题意可知，由于E> 8 mg=jg, 0t,沿电场方向有R了 2at,可知电场中粒子 则物块不会停在BC上，则物块最终将在B点左侧一 加速度a= 段圆孤上来回往复运动，且在B点的速度为0，则有 R,当粒子沿OM方向射出时， 2√2v mgR-9R-mg·2R-0,解得9E-是g,运动到 有v=2ax,可得x= 2a4√2 ≤R,所以不能从 最远时，根据动能定理得mgR一qE(x十R)一ngx= M点射出圆形区域，B错误；由于OP之间电势差 2 0,解得x=R,A正确。 O0=E,2R,沿OM方向上射入的粒子最大距 5.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0一 的42对应电势差U-E,R<U0故元花 离为R 4√2 ·35· 2 2027 单元过关 从哪个角度射出，都不能通过P,点，C错误；只要 速度的加速度更大，可得a2>a1,故球2所受电 从Q点射出，由于电势差相等，电场力做功相同， 场力向下，球1所受电场力向上，球1带正电，球 由动能定理可知，出射速度大小相等，但方向不 2带负电，A正确；对球1，mg-Eq=ma1,a1= 同，D错误。 3 二、多项选择题 2,对球2，mg十Eg=ma2,a2=28,根据△u- eS a△t,且△t相等，1、2两球速度变化量不相等，B 8.AB【解析】根据C一4ra,扳动膜随声波向右 错误；电场力对球1做负功，对球2做正功，球1 振动，与基板距离减小时，即d减小，则电容器的 机械能减少，球2机械能增加，两球机械能变化 电容增大，A正确；根据电容的定义式有C= Q 量不同，C错误；1、2两球运动时间为t,竖直向下 1 结合上述，电容器的电容增大，极板电压一定，则 为正方向，竖直方向2a1t2=（-02sin45)t+ 振动膜所带的电荷量增大，B正确；根据电场强度 1 2u0 ,相遇时球1速度1= U 2a2t2,得t=20 与电势差的关系E=,电压一定，d减小，则电 g √o+(a1t)=√2vo,球2速度v2,v2= 容器的板间电场强度增大，C错误；振动膜与电源 负极连接，振动膜带负电，结合上述可知，电容器 2u= V+(-o+a,)=50,=50 所带电荷量增大，电容器处于充电状态，即振动膜 将得电子，电阻中的电流由a→b,则图中a点电 √1 5,D正确。 势高于b点电势，D错误。 9.AD【解析】物块从A点到B点，根据动能定理有 三、非选择题 mg·2Rsin60°-u(mg cos60°+Eqsin60)·2R- 11.(1)限流，保护电容器(2分)(2)1.40/1.39/ 1.41/1.42(2分)(3)C(3分) gE·2Rcos60三2mu二2mu,解得B马 【解析】(1)为了减缓充电速度，保护电容器A, 需要在电路中串联一个电阻。 √2gR,A正确；物块从B点到C点，根据动能定理有 (2)电压U3应该比U2减小一半多，所以结果应 mgR(1-cos 60)1 >2之名—广2器，物块在最低点很 该小于1.45，通过坐标观察，约在1.40附近。 呢 (3)电阻影响电流大小而不会影响电荷量的多 据牛顿第二定律有F一mg=m尺，解得F=4mg,B 少，A、B错误：造成实际数据与理论值出现差异 错误；物块滑到DF斜面，受力分析如图所示，沿斜面 的可能原因是电容器在充、放电过程中损耗一部 方向有mg sin60°<qEcos60°+mg cos60°+ 分电量，C正确；电压传感器不会放掉一部分电 uEqsin60°，即mg sin60°<f+qEcos60°，则物块 量，D错误。 会静止在DF斜面上，C错误；设物块静止的位置 12.(1)将电阻箱阻值调至较大值（或最大值）(1分) 距离D点的位移为x,根据动能定理有mg(2R一 (2)175(1分)(3)2500(2分)(4)偏大(1分) x)sin60°-u(mg cos60°+Eqsin60)(2R+x) 由于电压表的分流，实际充电电流小于电流表上 qE·2Rcos60°+Eqxcos60°=0-2mv月，解得 记录的数值，因此电量计算偏大，电容测量结果 偏大(2分)(5)9645(9200~9800均可) x=R,则物块运动的路程s=2R十x=3R,D (2分) 正确。 【解析】(1)电路连接好后，为保护电路，在开关闭 合前，应将电阻箱阻值调至较大值（或最大值）。 (2)根据量程及刻度，可以读出电流表的分度值 为10μA,根据估读原则，电流需估读到个位，电 60° 流表指针指在170uA到180μA之间，故电流表 读数为175uA。 10.AD【解析】两球运动时间相同，水平方向位移相 (3)根据I-t图像的物理意义可以知道图像的面 同，1、2两球水平方向速度相等，00=02cos45°， 积为电容器两端的电荷量，图中每一格代表的电 得v2=√200，由竖直方向位移相同，具有向上初 荷量g=10×10-6×5C=5×10-5C,故当充满电 2 ·36· ·物理· 参考答案及解析 后，电容器的电荷量Q=225q=1.125×10-2C,故 微粒从A到O做初速度为零的匀加速直线运 电容器的电容C= 2-1.125×10 动，在水平方向有 -F=2.5 4.5 mg ×10-3F=2500μF。 tan =ma (1分) (4)由于电压表的分流，实际充电电流小于电流 表上记录的数值，因此电量计算偏大，电容测量 8=2a12 (1分) 结果偏大。 解得vo=√gL (1分) (5)根据闭合回路的欧姆定律可以得出E=I(R (2)微粒在x轴方向的分运动为匀速直线运动， E U 十R)十U,可得I=RA千RRA十R,故国像斜 打到挡板所用时间 1 率k一一RA十R （50-395)X1001,解得 4.0-0.5 t一00 (1分) 0~。时间内微粒做类平抛运动，在竖直方向上 R≈96452. 有mg十qE2=ma2 (1分) 13.(1) md (2)2√/gEmd 1 NgE y1=2a2t6=L 【解析】(I)由牛顿第二定律qE=ma (1分) t0~2t。时间内，微粒受到的电场力和重力平衡， d 1 由运动学公式2=2a1 (1分) 做匀速直线运动，在竖直方向上有 联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间 y2=v,t0=2L (1分) 其中v,=a2t0 md t=q正 (1分) 则微粒打到挡板的位置纵坐标 (2)微粒第一次到达下极板时的速度大小 y=-(y1+y2)=-3L (1分) (3)当n=1,可知微粒在右侧区域运动的时间 qEd v1-at= (1分) m 二to 由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞 若微粒在t=0时刻经过原点O,由(2)分析可 后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变， 知，微粒在竖直方向上偏转的距离为L；若微粒 设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为 在t=t。时刻经过原点O,则做匀速直线运动，在 v2,满足o?-o7=2ad (1分) 竖直方向上不偏转。综上所述，当n=1时，微粒 代入解得v2= 3qEd (1分) 打在挡板上的纵坐标的取值范围为（一L,0) m 同理，当n=2,由(2)分析可知，微粒在右侧区域 同理可得微粒第一次从上极板回到O,点时的速 运动的时间为2t。,若微粒在t一0时刻经过原，点 度大小为v3,满足o?-v2=2a d 2 (1分) O,则微粒在竖直方向上偏转的距离为3L;若微 qEd 粒在t=t。时刻经过原点O,则微粒先做匀速直 代入解得03=2 (1分) m 线运动，后做类平抛运动，在竖直方向上偏转的 故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小 距离为L。综上所述，当n=2时，微粒打在挡板 p=mv3=2√qEmd。 (2分) 上的纵坐标的取值范围为（一3L,一L) 14.(1)y2mg 以此类推，可得挡板MN放在x=nL(n=1,2, √gL(2)-3L 3,…)处时，微粒打在挡板上的纵坐标取值范围 (3)(n(n+1), 2 L, -212L(n=1,2,3,…》 为-a".a2ja=12… 2 【解析】（1)因微粒在匀强电场E1中从A沿直 (4分) 线运动到O点，可知此时微粒所受合力方向水平 15.(1)0.45m0.4J(2)E≥1.3×104N/C 向右，由受力分析得 或E≤2.2×103N/C(3)4次 qEisin 0=mg (1分) 【解析】(1)小球从A到B做平抛运动，B点处 解得E,=2mg 竖直分速度v,=vsin37°=3m/s (1分) q 水平分速度vx=vcos37°=4m/s ·37· 2 2027 单元过关 由自由落体运动公式可得 (3)小球从B点到达圆轨道上最大高度h1处的 =0.45m 过程中，由动能定理可得 (1分) mgLsin37°-umgLcos37°-(gE+mg)h1=0- 弹簧的弹性势能 1 E,=7m=0,4J 2 mv2 (1分) (2分) 解得h1=0.36m (1分) (2)若小球恰能到达圆轨道最高，点时速度1满 小球从第一次所能到达的圆轨道上最大高度h1 足gE1+mg=mR (1分) 处滑下后，冲上斜面到达斜面最大高度处的过 程中 小球从B恰好运动到圆轨道最高点时，由动能定 (gE+mg)h1=(mg sin37°+mg cos37°)x 理得 （1分) mgLsin37°-mgLcos37°-2(qE1+mg)R= 小球从斜面最大高度处滑下，第二次到达圆轨道 1 (1分) 上最大高度h2处的过程中 (gE+mg)h2=(mg sin 37-umg cos 37)x 解得E1=2.2×103N/C (1分) (1分) 若小球从B恰好运动到与圆轨道圆心等高处时， mg sin37°-umg cos37°1 由动能定理得 可得 h1 mg sin37°+mg cos37°-5 (1分) mgLsin37°-mgLcos37°-(qE2+mg)R =0-2m 则有（得） (1分) (1分) 当n=3时，可知 解得E2=1.3×104N/C (1分) 可知电场强度E所满足的条件 A:-(写）a<0,06=a (1分) E≥1.3×104N/C或E≤2.2×103N/C(2分) 故小球能够通过P点4次。 (1分) 2 ·38·2026一2027学年度单元过关（十） 物理·电容器 带电粒子在电场中 运动的综合问题 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项符合题目要求。 题号 1 2 3 5 6 7 答案 1.如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰徐设计的，逐渐增大施 加于两极板的压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F 较大时弹性结构闭合，难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F 的关系曲线可能正确的是 () 弹性结构 C.0 D.0 2.某同学设计了如图甲所示电路研究电容器充放电过程中的能量转化问题，通过传感器 得到的数据做出电容器两端电压U随电荷量Q变化的图像如图乙所示，电容器的电容 为C,电源的电动势为E,R为定值电阻。下列说法正确的是 () §电流传 感器 电压 器 A.当电容器两端电压为U时，电容器存储的电能为CU2 B,充电过程电源非静电力做功为2CE2 C.充电过程中，电压传感器的示数迅速增大后趋于稳定 D.放电过程中，电流传感器的示数均匀减小至零 3.某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内 分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子α、b分别从 Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交 点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b () 单元过关（十）物理第1页（共8页） 劳力不锻，奋斗不朽 里n9sa里9 班级 A.具有不同比荷 姓名 B.电势能均随时间逐渐增大 C.到达M、N的速度大小相等 得分 D.到达K所用时间之比为1：2 4.如图所示，绝缘轨道ABC固定在竖直平面内，AB部分是光滑的圆弧轨道，轨道半径 为R,BC部分是足够长的水平轨道，两部分平滑连接。空间存在水平向左的匀强电场 (图中未画出)，场强大小为E(未知)。现将一质量为m、电荷量为g的带电物块（可视 为质点)从轨道上的A点由静止释放，物块沿轨道运动。已知物块与轨道BC间的动摩 擦因数为0.125，整个运动过程中物块在BC段运动的总路程为2R,重力加速度大小为 g,且8gE>mg。则整个运动过程中带电物块向右运动的最远处与B点相距（) A▣ 777777 B 77777777777777777 D.2R 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 电位)使得只有带特定电荷的粒子才能通过细胞膜进入细胞内。初速度为。的正一价 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 场看作匀强电场，已知A点电势为p。,正一价钠离子质量为m,电子电荷量为e,细胞膜 的厚度为d。下列说法正确的是 () A细胞膜外 R8888888888 细胞核 LE255254 细胞膜 B细胞膜丙 vi A.钠离子匀减速直线运动的加速度大小a= d B,膜内匀强电场的场强E=m ed mod C.B点电势p6=9.十2e D.钠离子在B点的电势能E。=2mu员 单元过关（十）物理第2页（共8页） 2 6.离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图甲所示。从离子源S释 放的正离子（初速度视为零）经电压为U1的电场加速后，沿OO'方向射入电压为U2的 电场(OO'为平行于两极板的中轴线)。极板长度为l、间距为d,U2-t关系如图乙所示。 长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于O'点。假设单个离子在通 过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2=士Um时，离子恰好从两极板的 边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是 () 样 U U2↑ A U SB.- U B 甲 A.U,的最大值U。= 22U B当U,=士U。且L=“2时，离子价好能打到样品边缘 C.若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U1 D.在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点 7.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。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 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。 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 A.电场线方向沿ON方向 B.粒子可能从M点射出圆形区域 45 C.粒子可能从P点射出圆形区域 D.从Q点射出圆形区域的粒子，其出射速度都相同 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 8 9 10 答案 8.如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板 构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路。麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振 动。当振动膜随声波向右振动，与基板距离减小的过程中 () 振动膜 电阻 声波 信号 输出 基板电池 2 单元过关（十）物理第3页（共8页） A.电容器的电容增大 B.振动膜所带的电荷量增大 C.电容器的板间电场强度不变 D.图中a点电势低于b点电势 9.如图所示，轨道由粗糙斜面AB、DF与半径为R的光滑 M E 圆弧BCD组成，斜面的动摩擦因数为0.5，斜面与水平 面间的夹角为60°，∠BOD=120°，虚线BM左侧、DN右 0 侧分布等大反向匀强电场E,带电量为一q(q>0)的物块 60°XB. 60 从A点以6gR的初速度沿斜面向下运动，物块质量为 ,物块可视为质点。AB长度为2R,电场强度大小为3m ,重力加速度为g,下列说 法正确的是 () 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3g 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 10.如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场，在同一水平直线上A、B两点处分别把两个 质量均为m的小球同时抛出。小球1抛出时速度大小为v0,方向水平，小球2抛出时 速度与水平方向成0=45°，两球的运动轨迹在同一竖直平面内，两球在P点相遇，P是 AB连线中垂线上一点。已知两球电荷量大小均为g,电场强度大小E= 2a ,g为重力 加速度，不计空气阻力和两球间的相互作用，两球从抛出到P点相遇的过程中() A.球1带正电，球2带负电 B.该过程中两球速度的变化量相等 C.该过程中两球机械能的变化量相同 D,两球相遇时球1和球2的速度大小之比为√0 5 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11.(7分)小罗同学按如图甲所示的电路完成实验“探究电容器两极板间电势差跟所带电 荷量的关系”，其中A、B两个电容器完全相同。步骤如下： U/V 电压 传感器 接计算机 s 甲 单元过关（十）物理第4页（共8页） ①将电压传感器连接计算机并配置好相关软件程序，取一个电容器A和电压传感器相 连，开关S闭合，S2断开，用四节干电池给A充电，稳定后断开开关S1,通过计算机 可以看到A两极板具有一定的电压，记为U1。 ②将开关S2接1，使一个相同的但不带电的电容器B与A并联。电压传感器测得的 电压变为U2。 ③然后将开关S2接2，使电容器B放电。 ④不断将开关S2交替置于1和2，计算机得到图乙所示的U-t图像，电压表示数依次为 U1、U2、U3、…,记录在表中 U/V U2/V U:/V U/V 。… 6.00 2.90 0.65 。, (1)电路中电阻R1的作用是 (2)由图乙读数可知，表格中U3处缺失的值为 (结果保留两位小数)。 (3)理论上每次电压值应该减半，由表格分析实际数据与理论值出现差异最可能的原 因是 A.电阻R1过大导致电量损耗 B.电阻R2过大导致电量损耗 C.电容器在充、放电过程中损耗一部分电量 D.电压传感器内阻不够大放掉一部分电量 12.(9分)小明将电源、电阻箱、电容器、电流表、数字电压表以及开关组装成图甲所示的电 路进行实验，观察电容器充电过程。实验仪器如下：电源（电压为4.5V,内阻不计）；电 容器（额定电压为16V);电流表（量程为0~500uA,内阻5002）；数字电压表（量程为 0~10V);电阻箱（阻值0~99992）。 450 400 350 200 300 300 /&生113iaM333&11/ 100 400 250 200 150 100 超 50 0 10203040506070809010011075 丙 丁 单元过关（十）物理第5页（共8页） 5o4 400 % 300 250 200 10g 0 0.51.0152.02.53.03.54.04.55.07s (1)电路连接完毕后如图乙所示，为保证电表使用安全，在开关闭合前必须要完成的实 验步骤是 (2)将开关S闭合，观察到某时刻电流表示数如图丙所示，其读数为 uA。 (3)记录开关闭合后电流随时间变化的图线如图丁所示，小明数出曲线下围成的格子 数有225格，则电容C大小为 uF。 (4)由于数字式电压表内阻并不是无穷大，考虑到此因素的影响，(3)问中电容的测量 结果与真实值相比 (填“偏大”“偏小”或“相等”)，请简要说明理由 (5)开关闭合过程中，分别记录电流表和数字电压表的读数I和U,利用数据绘制I-U 关系如图戊所示，由图像可得出电阻箱接入电路的阻值为 2。 13.(10分)如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d,下极板接地， 板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的金属微粒，从两极板 中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相 同，所带电荷量的绝对值不变，不计微粒重力。求： (1)微粒第一次到达下极板所需时间； (2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。 上极板+++++++++干 .0 稳压 电 下极板 单元过关（十）物理第6页（共8页） 2 14.（13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E1(大 小未知)，在x>0的区域内存在竖直方向的匀强电场，大小E,=”g,其方向变化如图 乙所示（规定竖直向上为正）。在轴负半轴的A(一2,0)处有一徽粒源，可以源源不 断地发出质量为m、电荷量为q的微粒（初速度视为0），在匀强电场E1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g,不考虑微粒间的相互作用，令t。=, 二，其中m、g、 q、L为已知量。 (1)求匀强电场E1的大小及微粒到达原点O的速度大小。 (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。 (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 围（不要求写出推导过程）。 mg 0 2 单元过关（十）物理第7页（共8页） 15.(18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 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q=十1×10-4C。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a=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点没有机械能损失，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ho=0.06m(cos37°=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； (3)如果E=2×104N/C,小球进人轨道后，能够通过P点的次数。 37C D 单元过关（十）物理第8页（共8页）