单元过关(九) 电场力的性质 电场能的性质-【衡水真题密卷】2027年高考物理单元过关检测(广东专版)

2026一2027学年度单元过关（九） 物理·电场力的性质 电场能的性质 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 2 3 4 5 6 答案 1.如图，在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点，其电势分别为6V、4V、2V;a、b、c分 别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表示α点电场的方向，则正确的是 () 21 A.be B.b C.b D.b 2.某电场的电场强度E随位置x的变化关系如图所示，O点为坐标原点，a、b、c、d为x轴 上的四个点。一带正电粒子从a点由静止释放，仅在静电力作用下沿x轴运动，已知粒 子可通过d点，则 () H A.粒子在a点与c点所受静电力的方向相同 B.粒子在b点的电势能大于在c点的电势能 C.粒子将以b为中心做周期性运动 D.粒子将沿x轴正方向一直运动 3.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、电荷量分别为q、2q、3q(q>0)的微粒，通过多次摆放 发现，当三个微粒均静止时，它们距导体棒的距离之比总是1：2：3，不考虑微粒间的相 单元过关（九）物理第1页（共8页） 劳力于毫末，奋斗成大材 互作用。现撤去该三个微粒，在导体棒所在的竖直平面内距导体棒1.5h、2.5h处分别 班级 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 ( ) 姓名 3g. 2g· q● +++++十十 得分 A.1:1 B.3:5 C.1:2 D.5:3 4.如图所示，立方体的A、B、G、H四个顶点各固定着一个带正电的点电荷，电荷量相同， O点是立方体的中心。现将处在A点的点电荷沿着AO连线向O点移动，在这个过程中， 下列说法正确的是 ) A.O点的电场强度减小 B.E点的电势先增大后减小 C.C点的电势先增大后减小 D.B点的电荷受到的电场力减小 HG 5.如图为中药材烘干机的高压电场工作原理图，电极O与极板MN接高压电源后，空间 形成图示方向的强电场。往极板MN上撒上一层湿中药材，药材中的水分子发生氧化 还原反应，生成氢气和OH一离子。某OH从A点由静止出发，运动轨迹依次经过A、 B、C、D点。下列说法正确的是 D c 一风 高压直 电 A 乙 A.B点的电场强度比D点小 B.OH在B点受到的电场力比在D点大 C.四个点中，A点电势最高，D点电势最低D.OH在运动过程中，其电势能逐渐增大 6.如图所示，水平天花板下方固定一光滑定滑轮O,在定滑轮正下方℃处固定一带正电的 点电荷。不带电的A球与带正电的B球用绝缘轻绳跨过O连接，A、B均视为质点，初 始系统静止且OB<OC。若B的电荷量缓慢减少，在B到达O正下方前，则 A.B球的轨迹是一段抛物线 ∠ B.A球的质量大于B球的质量 B⊕ C.此过程中点电荷对B球的库仑力减小 OA D.此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小 C 单元过关（九）物理第2页（共8页） YJ 7.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 荷运动轨迹，αb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。测得试探电荷所处位置的电势φ随时间t的变化图像如图乙所示，其 中91>0。下列说法正确的是 () 1.501 0.501 10 0t1 /13L1t -0.5p1 甲 A.电场强度的方向与x轴正方向成石，指向右上方 B.从a点到b点F做功为-qp1 C.微粒在a点时所受变力F可能达最小值 元2 D.圆周运动的过程中变力F的最大值为m 91 36RaR 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6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.中国茶文化是中国制茶、饮茶的文化，在世界享有盛誉。在茶叶生产过程中有倒茶叶、茶梗分 离的工序，如图所示，A、B两个带电球之间产生非匀强电场，茶叶茶梗都带正电荷，且茶叶的 比荷大于茶梗的比荷，两者通过静电场便可分离，并沿光滑绝缘分离器落人小桶。假设有 茶梗P,其电荷量为4×10-8C,质量为2×10-4kg,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1×104V,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/s2,则 () 漏斗 分离器 左桶 右桶 777777777777777777 YJ 单元过关（九）物理第3页（共8页） 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 C.茶叶落人右桶，茶梗落入左桶 D.茶梗P落入桶底速度为5m/s 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，如图甲所示。小球质量均为m,带电量均为+g,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，速度大小分别为1、v2、3,如图乙所示。该过程中三个小球 组成的系统电势能减少了g,为静电力常量，不计空气阻力。则 1⊕→1 华3 ④3 ⑧ 26 甲 乙 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 C.从图甲到图乙位置，小球3向左运动3 8 d kg2 D.在图乙位置，v3= 3md 10.如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于 该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质点）在轨道上同一 高度保持静止，间距为L,甲、乙所带电荷量分别为g、2g,质量分别为m、2m,静电力常 量为k,重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2,匀强电场 的电场强度大小为E,不计空气阻力，则 ( 1 A.F1-2F: 2g2m RE=架 77777777777777777777777777777 C.若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止 D.若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小v= kg2 mL 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(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，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。 单元过关（九）物理第4页（共8页） AO-- 绝缘手柄 步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1,P2,P3等位置，比较小球在 不同位置所受带电物体的静电力的大小。 步骤二：使小球处于同一位置，增大（或减小）物体A所带的电荷量，比较小球所受的静 电力的大小。 (1)图甲中实验采用的方法是 A.理想实验法 B.微小量放大法 C.控制变量法 (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”)。 (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 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 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q1和g2,0分别为30°和45°，则1为 92 12.(9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H,其中E。= 150V/m为地面的电位梯度，常量k=0.1V/m2,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 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=5×105C,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（九）物理第5页（共8页） 13.(9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α点以某一初速度沿杆向上 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、电荷量 为g,小球半径远小于R,g《Q,ab=bO=Oc=cd=R,静电力常量为k,重力加速 度为g,绝缘细杆与小球间的动摩擦因数上三，Sim37°=0.6，c0s37°=0.8。求 (1)小球在c点受到的电场力的大小； (2)小球在b点的加速度大小； (3)小球在a点的动能。 +0 R 0 +9,m 37 单元过关（九）物理第6页（共8页） YJ 14.(13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 x<0的空间产生电场；在x>0的空间存在沿之轴正方向的匀强电场，电场强度大小 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 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 Eko,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，进入x>0的空间 后，打到荧光屏上，已知静电力常量为，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求： (1)M处点电荷所带的电荷量； (2)质量为m的粒子打到荧光屏上的位置坐标； (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 断依据；如果是两个，求出两个亮点间的距离。 M 0 YJ 单元过关（九）物理第7页（共8页） 15.（16分)如图所示，在坐标系xOy中，x轴水平向右，y轴竖直向下，在x≥2L区域内存 在与x轴平行的匀强电场（未画出），一带正电小球的质量为m,从足够高的原点O沿 x轴正向水平抛出，从A点进人电场区域时速度与水平方向夹角0=30°，后从C点离 开电场区域，其运动的轨迹如图所示，B点是小球在电场中向右运动的最远点，B点的 横坐标xB=3L。小球可视为质点，电荷量始终不变，重力加速度为g,不计空气阻 力。求： (1)小球在OA段与在AB段运动的时间之比； (2)小球从原点O抛出时的初速度大小； (3)小球过B点时的动能； (4)小球在电场中运动的最小动能与最大动能之比。 L 2L 3L 4L, A、 单元过关（九）物理第8页（共8页）·物理· 2026一2027学年度单元过关（九) 一、单项选择题 1.C【解析】如图所示，ac中点d的电势pa= 9十9=4V=96,故b、d的连线为该匀强电场 2 的等势面。电场线垂直于等势面且由高电势，点指 向低电势，点，即电场线沿ac方向且由a指向c,C 正确。 - 4V 2V 2.C【解析】粒子在a点受到的静电力沿x轴正方 向，在c点受到的静电力沿x轴负方向，A错误； 粒子从b,点运动到c点，静电力做负功，电势能增 大，粒子在b点的电势能小于在c点的电势能，B 错误；粒子从a点到b,点加速运动，越过b点后减 速运动，速度减为0后又反向加速，越过b点后又 减速运动直到速度为0，之后再次重复上述过程， 循环往复，C正确，D错误。 3.A【解析】设q、2q、3q所在位置对应的电场强度 为E1E2、E,由平衡条件得E1=mg,E,=g, 2g E-器脚E,:E:E,-名：日而它们 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 意一点的电场强度大小可写成E-(k为常量)， 由于电子绕导体棒做匀速国周运动，则e广 k vkv m =m,,解得A=1 B1,A正确。 4.B【解析】初始时B、H两点的点电荷在O点的 合场强为0，A、G两点的点电荷在O,点的合场强 也为0，则在A点的点电荷沿着AO连线向O点 移动过程中，根据电场强度叠加原则可知O点的 电场强度逐渐增大，A错误；由于电势是标量，B、 G、H三点的，点电荷在E,点的电势不变，处在A 点的点电荷沿着AO连线向O点移动，该点电荷 与E,点的距离先减小后增大，且点电荷带正电，所 以E点的电势先增大后减小，B正确；B、G、H三 点的点电荷在C点的电势不变，处在A点的点电 荷沿着AO连线向O点移动，该，点电荷与C点的 距离一直减小，则C点的电势一直增大，C错误； G、H两点的点电荷对B点的点电荷的库仑合力 FGH保持不变，处在A点的点电荷沿着AO连线 ·3 参考答案及解析 物理·电场力的性质电场能的性质 向O点移动，一开始，该点电荷与B点距离减小， 则该点电荷对B点的，点电荷的库仑斥力增大，且 与G、H两点的点电荷对B点的电荷的库仑合力 FGH的夹角变小，故B点的点电荷受到的电场力 一开始一定是增大的，D错误。 5.A【解析】因D处的电场线较B处密集，可知B 处的电场强度小于D处，OH在B,点受到的电场 力比在D点小，A正确，B错误；沿电场线方向电 势逐渐降低，四个，点中，A点电势最低，D点电势 最高，C错误；OH运动过程中受到电场力的方向 与电场线切线方向相反，电场力做正功，电势能减 小，D错误。 6.C【解析】开始时B球受力如图所示，由相似三 角可如B-C-08,因0B<0C知mR> T=mAg,则A球的质量小于B球的质量，B错 误；由于T不变，OC不变，可知OB不变，则随着 B球所带的电荷量缓慢减少，B球的轨迹是一段圆 弧A错送旅6F=8则-0瓷则 随着B的电荷量缓慢减少，BC减小，F减小，即此 过程中点电荷对B球的库仑力减小，C正确；因滑 轮两侧绳子拉力不变，当B球下降时，两侧细绳的 夹角减小，则合力变大，即此过程中滑轮受到轻绳 的作用力逐渐变大，D错误。 uu∠ OA mg①C 7.D【解析】由题图乙可知，带电微粒在转动过程 中，电势最高值为1.5p1,电势最低值为-0.591， 最高，点、最低点分别位于轨迹直径的两端，将直径 取四等分点，找到与a,点电势P。=0相同的点A, 如图所示，αA垂直于电场线，设电场强度的方向 尽 21 与x轴正方向为0，由几何关系cos0=R-2,解 π 得0=3，A错误；由上述分析可知P=1.0p1,从 a,点到b点由动能定理W十qUb=0,又Ub= P。一P6=一p1,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 微粒在a点时所受变力F不可能达最小值，C错 误；由题图乙可知，微粒做圆周运动的周期T= YJ 2027 、13t1-=12t1,速度0=元-6，电场强度 T E-g-L59农0,59-爱国网运动的连 △x 2R 程中电势为一0.5p1时变力F达到最大值，有 02 F-gE=mR,解得F=m R十9是，D正确。 π2 A E -0.5p1 、A 0=0 h 0 p=1.0p 1.501 二、多项选择题 8.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 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 场强度为E,根据牛顿第二定律有qE=ma,解得 。-E。由于茶叶的比荷？大于茶梗的比荷，可 m 知在任何同一位置茶叶的加速度大于茶梗的加速 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 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v0=1m/s, 茶梗P从O,点到落入桶底过程中，由动能定理可 知mgh+gU=2m2-w 1 2mu6,代入数据解得u= 5m/s,D正确。 9.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 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 力为零，即该过程中小球3受到的合力大小先增 加后减小，A错误；因小球3受两边细绳的拉力总 是大小相等且是对称的，可知小球3向左做直线 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 系统动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守 恒定律mv3一m01-m2=0。由于小球1、2的受 力情况相同，因此01=v2,化简得v3=2w1=202, 中-21-2西十-管4，解得-号d。 C正确；三个小球组成系统能量守恒，根据能量守恒 定非A正=△Rt中答-方m时十2X写时。 YJ ·3 单元过关 2kg2 代入数据解得一√3mD错误。 10.ABD【解析】分别对两球进行受力分析，如图 甲所示，设轨道倾角为日，对甲由平衡条件得： F1=mg tan0,对乙由平衡条件得：F2=2 mg tan0, 则F,=2P,A正确；由R,=6 L2-9E,F2= 十E,张立得E品B运：若清甲，乙 互换位置，如图乙所示，对甲：FN甲与mg的合力 2g2 F1=mg tan0=k· 一gE,而静电力的合力 Fy=k.2q2 ,L2十gE>F,故无法平衡，C错误；若 撤去甲，对乙球根据动能定理得2mg·2tan0- 2Eq·2 1 =2 ·2mv2,其中tan0= F1 mg 2kg2 L29E kg2 -,联立解得= mg √mLD正确。 F甲 m.g 2m,2g 77g 2mg 甲 FN甲 乙 甲 mg 77777777六分977777房 乙 三、非选择题 1.1)C(2分)(2)减小(2分)(3)3 (3分) 【解析】(1)题图甲中先保持带电小球的电荷量 不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上 的P1、P2、P?等位置，改变两个小球之间的距 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 之间的库仑力，所以实验采用的方法是控制变 量法，C正确。 (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 离竖直方向的角度越大，设偏角为日，由平衡条件 有F=mgtan0,可知电荷之间的静电力随着距 离的增大而减小。 (3)设小球B的质量为m,电量为q,小球B的受力 ·物理· 情况如图所示。当A带电量为q1时，由平衡条件 得F=g:9=mgtan30,其中1=PBsin30,当 A带电量为q2时，由平衡条件得F=g:9 r mgan45，°其中r2=PBsin45°，联立解得L- tan30°sin230°√3 tan45sin245°=6 :0\T mg 12.(1)负电大于4×10-5C(2)300m600m 【解析】(1)因大气中的电场方向竖直向下，蛛丝 应带负电荷，才能使电场力竖直向上，蜘蛛才可 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 goEo>mg (1分) 解得q0>4×10-5C (1分) (2)设蜘蛛上升速度最大时高度为h。,能到达的 最大高度为h,蜘蛛上升过程中加速度先向上减 小，加速上升，速度最大时加速度为零，之后加速 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 mg=qE=qE。-kgho (1分) 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 力也随高度增大均匀减小，则上升过程中电场力 做的功 W-Eoq+E:9n(2Eo-kh)gh 2 (2分) 2 对上升过程，由动能定理有 W-mgh=0 (1分) 联立解得h=600m。 (2分) 13.(1)2Qg (2)3+3)g+2kQg 4R2 5 4mR? (3)43+3)mgR 5 【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 Q-nqo 在c点，由库仑定律，q0对小球的电场力 F。s9g0 (1分) 由几何关系 ·3 参考答案及解析 r2=2R2 在℃点，整个圆环对小球的电场力设为F。,有 F.=nFosin 45 (1分) 联立解得F.-V2hQg (1分) 4R2 (2)由对称性，小球在b,点所受的电场力与在c 点所受的电场力方向相反，大小相等，有 F=F (1分) 在b点，对小球由牛顿第二定律，有 mg sin37°+umg cos37°+F6=ma (1分) 联立解得a=（3+3)g+2kQg 5 4mR2 (1分) (3)小球从a到d,由对称性，电场力做功 Wd=0 对小球，由动能定理，有 Wad-mg sin37°·4R-ngcos37°·4R=0-Ek (2分) 联立解得E,=4(3+3)mgR (1分) 5 14.(1)4aEo (2)2V3a 4Ega2 kg （3,3a,3Eo (3)一个亮点，依据见解析 【解析】(1)质量为m的粒子在x<0的空间做 匀速圆周运动，则有 Qg mvi k (2a)2-2a (1分) 1 且有E如=2m6 (1分) 解得Q=4aEu kq (1分) (2)设粒子经过y轴时，速度的偏转角为0，经过 y轴的点的坐标为y1。则有 n8-号 可得0=60° 根据几何关系 y1=2a(1-cos0) 解得y1=a 经过yOx平面后，粒子在x、y轴方向做匀速直 线运动，在之轴正方向做匀加速直线运动，设打 到荧光屏上点的坐标为(x,y,z),则有 x=v0c0s0·t y-y1=Uo sin0·t y=3a (1分) 1 之=20t4 (1分) 根据牛顿第二定律 YJ 2027 单元过关 qE=mao (1分) 竖直方向上则有VAy=g·toA (1分) 23 4Ega2 又因为vAy=v。·tan日 (1分) 联立解得x= 3a,2= 3Eko (2分) 联立解得o=√2V3gL (1分) 故打到荧光屏上点的坐标为(23 4Ega2 (3)小球过B点时Va=0 3 ,3a,3E0 1 (1分) 则小球在B点的动能Es=2mv, (1分) (3)一个亮点，依据：对质量为0.5m的粒子有 又因为VB=2VAy 1 Eo=2·0.5mo 故有E=45 3 mgL (1分) Q9_0.5mw1 (4)设小球从O到A、从A到B时间为t,根据运 、 a)2- (1分) R 1 动学规律则有后0=g·t (1分) √3 解得0，R=20 vo=ax·t (1分) 所以两个粒子在x<0时的轨迹相同 (1分) 可知ar=√3g x1=V1cos0·t1 由F合与水平方向夹角为30°，A与水平方向夹 y-y1=v1sin0·t1 角为30°，建立如图所示坐标系，将℃A分解到x'、 y'上，小球在x'方向上做匀速运动，在当y方向 1 2aiti 21= 上做类竖直上抛运动，所以小球在电场中运动的 1 gE=0.5ma1 最小动能Emm=2mui (1分) 2√3 联立解得x1= 3ay=3a,21= 4Eqa2 (1分) 而VAx=VAC0s30°=V0 (1分) 3Eko 所以只有一个亮点。 (1分) 解得Eain=2mu品 15.(1)1:1(2)W2√3gL (3)1v3 小球在电场中运动中过C时动能最大，根据运动 3mgL 的分解则有c=o,vcy=3vAy (1分) (4)1:4 1 【解析】(1)从A运动到B点，小球水平方向做 Eax=2m[o6+(3utan0)2门=2mo8(1分） 匀减速直线运动，依据题意小球在B点水平方向 联立可得Ekmn：E kmax=1:4。 (1分) 的速度为0，由运动学公式得 L=24w (1分) 30y 30 又由于2L=VotOA (1分) 30° 解得toA=tAB 即toA:tAB=1:1 (1分) (2)设小球质量为m,初速度为v0,从O到A,小 球水平方向做匀速直线运动，则有2L=oto4 (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 变，U基本不变，D正确。 1.D【解析】根据公式Q=CU和电容的决定式 2.C【解析】根据W=QU,可知UQ图像中图线与 C=E,S 4πkd,可得U=4rkQ 横坐标所围面积表示电容器存储的电能，当电容器 ·d,与电源断开后，Q e,S 不变，则Ucd,根据题意当F较小时，随着F的 两端电压为U时，电容器存储的电能Ec=2UQ= 增大，d在减小，故此时极板间的电势差U在减 2CU,A错误；充电过程电源非静电力做功W- 小；当F增大到一定程度时，F再增大，d基本不 YJ ·34·