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(山东专版)

2027 单元过关 1 (1分) 联立可得E kmin:Ekmax=1:4。 (1分) 最小动能Eam=2mUid 而VA=VAc0s30°=V0 (1分) 1 95 解得Eaia=2mw 307 30+ 30 小球在电场中运动中过C时动能最大，根据运动 mg 的分解则有cz=0,Vcy=3vA (1分) Emax=2m[o6+(3 votan0)2]=2mu号(1分） 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 1.D【解析】根据公式Q=CU和电容的决定式 D正确；沿电场方向的位移大小相等，由y=2a2 c=的可得U- 可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定 eS ·d,与电源断开后，Q 不变，则U心d,根据题意当F较小时，随着F的 体有gB=,可得，是=，可知容电粒子具有相 增大，d在减小，故此时极板间的电势差U在减 同比荷，A错误；带电粒子运动过程中，电场力均 小；当F增大到一定程度时，F再增大，d基本不 做正功，电势能均随时间逐渐减小，B错误；沿电 变，U基本不变，D正确。 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 2.C【解析】根据W=QU,可知Q图像中图线与 M、N的速度大小不相等，C错误。 横坐标所围面积表示电容器存储的电能，当电容器 1 两端电压为U时，电容器存储的电能Ec=2UQ 4A【解析】根据题意可知，由于gE> 8 mg=jong, 则物块不会停在BC上，则物块最终将在B,点左侧一 2CUP,A错误；充电过程电源非静电力做功W 段圆孤上来回往复运动，且在B点的速度为0，则有 EQ=CE2,B错误；充电过程中，电容器带电量迅速 mgR-qER-mg·2R=O,解得gE= 4ng,运动到 增加后趋于定值，根据电容器电容定义式C=号，可 最远时，根据动能定理得mgR-qE(x十R)一gx= 知电压传感器的示数迅速增大后趋于稳定，C正确； 0,解将-号R,A正碗 放电过程中，电路中的电流开始时较大，后随着电5.C【解析】正一价钠离子从A到B做匀减速直线 容器带电量减小，放电电流逐渐减小，但是不是线 运动，刚好到达B点，即到达B点时速度为零，由0一 性减小，即电流传感器的示数不是均匀减小至零，D 6=2ad,解得加速度大小Q=,A错误；由牛顿 错误。 3.D【解析】根据题意可知，带电粒子在电场中做 第二定律可知Ee=ma,联立解得E=,,B错误； 类平抛运动，带电粒子a、b分别从Q点和O点同 时进入电场，沿题图中所示轨迹同时到达M、N 由动能定理可得(p。一P,)e=0-2mu6,解得B点电 点，可知，运动时间相等，由题图可知，沿初速度方 17mv6 向位移之比为2：1，则初速度之比为2：1，带电 势%=9.十20，C正确；钠离子在B点电势能E,= 粒子a、b到达K的水平位移相等，由于带电粒子 a、b初速度之比为2：1，则所用时间之比为1：2， 2D错误。 3 ·44· ·物理· 参考答案及解析 6.D【解析】由于小球在两电荷连线的中垂线内做 的42，对应电势差U=E·R 离为R <Uo,故无论 匀递周周运动，则有E=mg,解得g=小球 4W2 从哪个角度射出，都不能通过P点，C错误；只要 处于竖直向上的匀强电场中，受到竖直向上的电 从Q点射出，由于电势差相等，电场力做功相同， 场力，故小球带正电，A、B错误；带电小球和点电 由动能定理可知，出射速度大小相等，但方向不 荷A的连线与A、B连线夹角为30°，则 同，D错误。 Qg 2sin30°= kQmg F合=2k R 4ER8,由于F◆= 二、多项选择题 sin30° ES 9.AB【解析】根据C=4πkd,振动膜随声波向右 v2 1 kQg mR,解得u=2√ER ,C错误，D正确。 振动，与基板距离减小时，即d减小，则电容器的 7.B【解析】离子在加速电场中被加速时U1q= 电容增大，A正确：根据电容的定又式有C=吕。 1 mw,在偏转电场中做类平抛运动，则1- 结合上述，电容器的电容增大，极板电压一定，则 振动膜所带的电荷量增大，B正确；根据电场强度 ,号-之·，解得U。-2,A鳞误： 2d2 vot,22 dm 当U2=士Um时离子从板的边缘射出，恰能打 与电势差的关系E一子电属一定d成小，到包 d 容器的板间电场强度增大，C错误；振动膜与电源 到样品边缘时，根据数学相似三角形知识，则 负极连接，振动膜带负电，结合上述可知，电容器 所带电荷量增大，电容器处于充电状态，即振动膜 2 将得电子，电阻中的电流由a→b,则图中a点电 势高于b,点电势，D错误。 ，解得L=a ,B正确；根据y= 10.CD【解析】带电粒子由静止释放后，在0~2s 2hL _2d 2 时间内，由牛顿第二定律可知粒子的加速度大 Um12 t2=m,若其他条件不变，增大U1,则y变 小a1=9E ,在2~3s时间内，粒子的加速度大 dm" 小，样品的辐照范围变小，C错误；由题图可知t1 小a2= ,可知粒子由静止先以a1加速度大 时刻所加的电场电压小于t?时刻所加的电场的电 小加速2s,再以a2加速度大小减速1s,由于 压，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， a2=2a1,可知3s末粒子速度为零，同理在3~ 5s时间内粒子由静止又以a1加速度大小加速 D错误。 2s,再以a2加速度大小减速1s,此时粒子速度 8.A【解析】由于从N点射出的粒子速度最大，由 是零，因此粒子在0~6s时间内，带电粒子将始 动能定理可知，ON间电势差最大，由U=Ed,可 终向同一个方向运动，其速度一时间图像如图所 知电场E沿ON方向，A正确；速度方向垂直于 示，A错误；由带电粒子的速度时间图像可知，带 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 电粒子将始终向同一个方向运动，因此3$末带 电粒子回不到原出发点，B错误；由带电粒子的 半径R,由平抛规律可知，沿初速度方向有 2 速度时间图像可知，3$末带电粒子的速度是零， C正确；在前3s内，由动能定理可知W=△Ek= t,沿电场方向有R 1 R=2at,可知电场中粒子 0一0=0，前3s内，静电力做的总功是零，D 正确。 加速度a-22u好 R,当粒子沿OM方向射出时， 6 有8=2ax,可得x=2a42 vR <R,所以不能从 M点射出圆形区域，B错误；由于OP之间电势差 11.AD【解析】物块从A点到B,点，根据动能定理 U0=E:二R,沿OM方向上射入的粒子最大距 有mg·2Rsin60°-μ(mg cos60°+Eqsin60)· ·45· 3 2027 单元过关 2R-9E·2Rcos602=号m5-号m2,解 1 1.41/1.42(2分)(3)C(2分) 【解析】(1)为了减缓充电速度，保护电容器A, 得VB=√2gR,A正确；物块从B点到C点，根据动 需要在电路中串联一个电阻。 能定昆有meR1-os60)=了m2-方mi,物块 (2)电压U3应该比U2减小一半多，所以结果应 该小于1.45，通过坐标观察，约在1.40附近。 在最低点根据牛顿第二定律有F-mg=m尺，解得 (3)电阻影响电流大小而不会影响电荷量的多 少，A、B错误；造成实际数据与理论值出现差异 F=4mg,B错误；物块滑到DF斜面，受力分析如图 的可能原因是电容器在充、放电过程中损耗一部 所示，沿斜面方向有mgsin60°<qEcos60°十 分电量，C正确；电压传感器不会放掉一部分电 mg cos60°+uEqsin60°，即ng sin60°<f+ qEcos60°，则物块会静止在DF斜面上，C错误； 量，D错误。 设物块静止的位置距离D,点的位移为x,根据动 14.(1)将电阻箱阻值调至较大值（或最大值）(1分) 能定理有mg(2R一x)sin60°-μ(mg cos60°+ (2)175(1分)(3)2500(2分)(4)偏大(1分) Eqsin60)(2R十x)-gE·2Rcos60°+Eqacos60°= 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，电容测量结果 Q一2u,解得工=R,则物决运动的路程 偏大(1分)(5)9645(9200~9800均可) s=2R十x=3R,D正确。 (2分) 【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）。 mg (2)根据量程及刻度，可以读出电流表的分度值 60° 60° 为10μA,根据估读原则，电流需估读到个位，电 C 流表指针指在170μA到180μA之间，故电流表 12.AD【解析】两球运动时间相同，水平方向位移相 读数为175μA。 同，1、2两球水平方向速度相等，0=v2c0s45°， (3)根据I-t图像的物理意义可以知道图像的面 得v2=√2v0,由竖直方向位移相同，具有向上初 积为电容器两端的电荷量，图中每一格代表的电 速度的加速度更大，可得a2>a1,故球2所受电 荷量q=10×10-6×5C=5×105C,故当充满电 场力向下，球1所受电场力向上，球1带正电，球 后，电容器的电荷量Q=225q=1.125×102C,故 2带负电，A正确；对球1，mg一Eq=ma1,a1= 电容器的电容C=Q-1.125X10 U 4.5 -F=2.5 号，对球2mg十Bg=maa:=号8，根据△D= 3 X10-3F=2500uF。 a△t,且△t相等，1、2两球速度变化量不相等，B (4)由于电压表的分流，实际充电电流小于电流 错误；电场力对球1做负功，对球2做正功，球1 表上记录的数值，因此电量计算偏大，电容测量 机械能减少，球2机械能增加，两球机械能变化 结果偏大。 量不同，C错误；1、2两球运动时间为t,竖直向下 (5)根据闭合回路的欧姆定律可以得出E=I(R 为正方向，竖直方向2a1t2=(-u2sin45)t十 E J 十Ra)+U,可得I=RA十RRA十R,故图像斜 2a2t,得t 2w,相遥时球1速度 1 (50-395)X10-6 率k=一RA十R 4.0-0.5—01,解得 √u6+(a1t)=√2vo,球2速度v2,x2 R≈96452。 N/06+(-o+a2t)=5u, 15.(1)√qE md √5v0 (2)2 gEmd √/10 【解析】(1)由牛顿第二定律qE=ma (1分) ,D正确。 5 由运动学公式号-心 (1分) 三、非选择题 13.(1)限流，保护电容器(2分)(2)1.40/1.39/ 联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间 3 ·46· ·物理· 参考答案及解析 t-qE Imd 设入射角为i,则有 (1分) (2)微粒第一次到达下极板时的速度大小 =tani Vy qEd 根据平抛运动速度反向延长线过水平位移中 v1=at= (1分) m 点，有 由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞 x 后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变， 2y =tan i 设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为 又有s=2x (1分) v2,满足vi-v1=2ad (1分) 联立解得s一4an司 代入解得02= 3gEd 要发生“全反射”，则i≥45°，根据三角函数关系 有tani≥l 同理可得微粒第一次从上极板回到O,点时的速 解得s≤4d。 (1分) d 度大小为0s,满足号-i=2a (1分) 17.1)2mg √gL(2)-3L 代入解得03=2 qEd m (3)- n(n+1), 故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小 2 .-"2小a=12,8)y 【解析】(1)因微粒在匀强电场E1中从A沿直 力=mu3=2 VgEmd。 (2分) 线运动到O点，可知此时微粒所受合力方向水平 16.(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，质子射出电 gEsin 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) Uo =sin =sin B 微粒从A到O做初速度为零的匀加速直线运 根据动能定理有 动，在水平方向有 tw-2m名mi 1 mg (1分) tan =ma (1分) 根据“折射率”定义有 8=2a12 (1分) -品9 (1分) 解得vo=√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 4=2L=2月 g .=2to (1分) 时B=90°，设入射角为0，则有 sin0 0~。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) 解得sin0=2 7 ,0=45 (1分) y1=202t6=L (3)当质子束发生“全反射”时，质子束在电场中 t。~2t。时间内，微粒受到的电场力和重力平衡， 的运动为类斜抛运动。从开始进入电场到速度 做匀速直线运动，在竖直方向上有 水平的过程，可反向看成类平抛运动，水平位移 y2=v,to=2L (1分) 为x,竖直位移为y。设电场强度为E,则 其中v,=a2to (1分) U=Ed 则微粒打到挡板的位置纵坐标 设竖直方向初速度为vy,加速度为a,则有 y=-(y1+y2)=-3L (1分) Eq=ma,0-v3=2ay (1分) (3)当n=1,可知微粒在右侧区域运动的时间 。47· 3 2027 单元过关 mgLsin37°-mgLcos37°-2(gE1+mg)R= 1 1 若微粒在t=0时刻经过原点O,由(2)分析可 2 mui-2m (1分) 知，微粒在竖直方向上偏转的距离为L;若微粒 解得E1=2.2×103N/C (1分) 在t=t。时刻经过原点O,则做匀速直线运动，在 若小球从B恰好运动到与圆轨道圆心等高处时， 竖直方向上不偏转。综上所述，当n=1时，微粒 由动能定理得 打在挡板上的纵坐标的取值范围为（一L,0) mgLsin37°-mgLcos37°-(gE2+mg）R 同理，当n=2,由(2)分析可知，微粒在右侧区域 1 =0-2mu1 (1分) 运动的时间为2t0,若微粒在t=0时刻经过原点 O,则微粒在竖直方向上偏转的距离为3L;若微 解得E2=1.3×104N/C (1分) 粒在t=t。时刻经过原点O,则微粒先做匀速直 可知电场强度E所满足的条件 线运动，后做类平抛运动，在竖直方向上偏转的 E≥1.3×104N/C或E≤2.2×103N/C(2分) 距离为L。综上所述，当n=2时，微粒打在挡板 (3)小球从B点到达圆轨道上最大高度h,处的 上的纵坐标的取值范围为（一3L,一L) 过程中，由动能定理可得 以此类推，可得挡板MN放在x=nL(n=1,2, mgLsin37°-mgLcos37°-(qE+mg)h1=0 3,…)处时，微粒打在挡板上的纵坐标取值范围 1 2mvz (1分) 为-61,2Lja=18… 2 解得h1=0.36m (4分) 小球从第一次所能到达的圆轨道上最大高度h] 18.(1)0.45m0.4J(2)E≥1.3×104N/C 处滑下后，冲上斜面到达斜面最大高度处的过 或E≤2.2×103N/C(3)4次 程中 【解析】(1)小球从A到B做平抛运动，B点处 (qE+mg)h=(mg sin 37+umg cos 37)x 竖直分速度v,=vsin37°=3m/s (1分) 水平分速度vz=vcos37°=4m/s 小球从斜面最大高度处滑下，第二次到达圆轨道 由自由落体运动公式可得 上最大高度h2处的过程中 (qE+mg)h2=(mg sin 37-umg cos 37)x h一2g =0.45m (1分) (1分) 弹簧的弹性势能 可得2=m8sin37°-mgcos37°1 h mg sin37°+umg cos37°=5 E。=2mu2=0.4J (2分) (1分) (2)若小球恰能到达圆轨道最高，点时速度1满 当n=3时，可知 足qE,+mg=mR (1分) 小球从B恰好运动到圆轨道最高点时，由动能定 A:=(号)广A<0.06=A (1分) 理得 故小球能够通过P点4次。 (1分) 3 ·48·2026一2027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90分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 7 8 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，d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 () 犰 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 () U 电流传 感器 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a、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α、b () 单元过关（十）物理第1页（共8页）】 劳力不锻，奋斗不朽 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、电荷量为q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8qE>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() 7777777777777777777777777 B C A.7R B.5R 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 RRRRRRRRRRR 细 8 细胞膜 ””一””一” B细胞膜丙 A.钠离子匀减速直线运动的加速度大小a=日 B.膜内匀强电场的场强E=m 2ed mod C.B点电势p6=Pa十 1 D.钠离子在B点的电势能E,=2mu品 单元过关（十）物理第2页（共8页） 3 6.如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度为E,A、B为两个固定的电荷量均 为一Q的点电荷，O点是A、B连线的中点。有一质量为的带电小球在两电荷连线的 中垂面内做半径为R的匀速圆周运动，圆心为O,带电小球和点电荷A的连线与A、B 连线夹角为30°，重力加速度为g,静电力常量为k。下列说法正确的是 () A.小球带负电 E B.小球所带电荷量的大小 mg C.小球做圆周运动向心力大小为ER kQmg D.小球做圆周运动的线速度大小为2E眼 1kQg 7.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,U2t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 () U U2↑ 品 U S. 甲 A,的最大值U。U B.当U,=士U。且L=Ca,时，离子恰好能打到样品边缘 2d C.若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U D.在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点 8.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 0 D.从Q点射出圆形区域的粒子，其出射速度都相同 3 单元过关（十）物理第3页（共8页） 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求， 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 12 答案 9.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 ) A.电容器的电容增大 振动膜 电阻 B.振动膜所带的电荷量增大 声波 信号 输出 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 基板电池 10.匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t=0时，在此匀强电场中 由静止释放一个带正电的粒子，带电粒子只受静电力的作用，下列说法正确的是 A.带电粒子将做往复运动 40m) B.3s末带电粒子回到原出发点 C.3s末带电粒子的速度为零 -20 D.前3s内，静电力做的总功为零 11.如图所示，轨道由粗糙斜面AB、DF与半径为R的光滑 M 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 0 右侧分布等大反向匀强电场E,带电量为一q(q>0)的 .60°X B D 60°. 物块从A点以√6gR的初速度沿斜面向下运动，物块质 C 量为m,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3mg 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 12.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o,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=”, 2g8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（) 单元过关（十）物理第4页（共8页） 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 5 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(6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 R 电压 传感器 接计算机3 12345t/s 甲 乙 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S1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，使另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Ut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 0 (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 0 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 单元过关（十）物理第5页（共8页） 14.(8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0~500μA,内阻5002）；数字电压表（量程为 0~10V);电阻箱（阻值0~99992）。 0.0 A ® 甲 400 350f 200 300 30 100 400 A、、小a&山u珍 A 500 200 150 01 102030405060708090100110s 丙 丁 sot VuA 400 350 300 250 200 150 100 50 0 0.51.01.52.02.53.03.54.0455.0 (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 μF。 (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 n。 单元过关（十）物理第6页（共8页） 3 15.(8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(g>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。 上极板不+++++++++ d 。0 稳压 电源 下极板仁---- 16.(8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间电势差大 小U=mw2 2g,上下边界距离为1。质子束从图中位置射入电场时，速度方向与法线夹 角α为入射角，从cd边射出时，速度方向与法线夹角B为折射角，质量为m、电荷量为 q的质子束进入电场时水平方向速度大小恒为，不计重力影响及质子之间的作用力。 电场的水平长度足够长。 (1)求电场的“折射率”n与入射角。的关系（折射率=人射角正弦值 出射角正弦值 (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） 时，求质子束的入射角（不考虑质子在长方形区域内的多次反射）。 (3)当在电场区域发生“全反射”时，求质子在ab面的人射点与出射点之间水平距离s 的范围（不考虑质子在长方形区域内的多次反射）。 3 单元过关（十）物理第7页（共8页） 17.(14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E2=m8,其方向变化如图 乙所示（规定竖直向上为正）。在x轴负半轴的A(一2,0)处有一微粒源，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，一官，其中m,8、 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0。 (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）。 2 甲 之 18.(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 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=5/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α=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u=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,小球进入轨道后，能够通过P点的次数。 37 单元过关（十）物理第8页（共8页）