《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

3. (2023·浙江 6 月选考)$ 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 $ 10 \, cm $，电荷量为 $ 1.0 × 10^{-8} \, C $、质量为 $ 3.0 × 10^{-4} \, kg $ 的小球用长为 $ 5 \, cm $ 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(未标出)，则 (B)


A.$ MC $ 距离为 $ 5\sqrt{3} \, cm $
B.电势能增加了 $\frac{3}{4}\sqrt{3} × 10^{-4} \, J$
C.电场强度大小为 $\sqrt{3} × 10^4 \, N/C$
D.减小 $ R $ 的阻值，$ MC $ 的距离将变大

答案：
3.答案　B
解析　根据平衡条件对小球受力分析如图甲所示，根据几何关系可得$T = qE$，$T\sin 60^{\circ}+qE\sin 60^{\circ}=mg$，联立解得$T = qE=\sqrt{3}×10^{-3}N$.剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图乙所示，根据几何关系可得$L_{MC}=d\tan 60^{\circ}=10\sqrt{3}cm$，故A项错误；根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移$x=(10 - 5\sin 30^{\circ})cm = 7.5cm$，与电场力方向相反，电场力做功$W_{电}=-qEx=-\frac{3}{4}\sqrt{3}×10^{-4}J$，则小球的电势能增加$\frac{3}{4}\sqrt{3}×10^{-4}J$，故B项正确；电场强度的大小$E=\frac{qE}{q}=\sqrt{3}×10^{5}N/C$，故C项错误；减小$R$的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，$MC$的距离不变，故D项错误，故选B项.
　　
　　

4. (2023·湖北)(多选)一带正电微粒从静止开始经电压 $ U_1 $ 加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为 $ U_2 $。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为 $ 45° $，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为 $ 2L $ 和 $ L $，到两极板距离均为 $ d $，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是 (BD)


A.$ L : d = 2 : 1 $
B.$ U_1 : U_2 = 1 : 1 $
C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为 2
D.仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变

答案： 4.答案　BD
解析　粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得$E=\frac{U_{2}}{2d}$，$F = qE = ma$，粒子射入电容器后的速度为$v_{0}$，水平方向和竖直方向的分速度$v_{x}=v_{0}\cos 45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}v_{0}$，$v_{y}=v_{0}\sin 45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}v_{0}$，从射入到运动到最高点由运动学关系$v^{2}=2ad$，粒子射入电场时由动能定理可得$qU_{1}=\frac{1}{2}mv^{2}$，联立解得$U_{1}:U_{2}=1:1$，B项正确；粒子从射入到运动到最高点由运动学公式可得$2L = v_{x}t$，$d=\frac{0 + v_{y}}{2}\cdot t$，联立可得$L:d = 1:1$，A项错误；粒子穿过电容器与水平的夹角为$\alpha$，则$\tan\alpha=\frac{v_{y1}}{v_{x}}$，粒子射入电容器和水平的夹角为$\beta$，$\tan(\alpha+\beta)=3$，C项错误；粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为$x$，竖直方向的位移为$y=\frac{1}{2}a't'^{2}$，联立$x = v_{x}'t'$，$qU_{1}=\frac{1}{2}mv'^{2}$，$v_{x}'=v\cos 45^{\circ}$，解得$y=\frac{U_{2}x^{2}}{4dU_{1}}$，且$x = v_{x}'t'$，$y_{1}=\frac{v_{y1}+0}{2}\cdot t_{1}=\frac{x_{1}}{4}$，即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，射出电容器过程同理$x = L = v_{x}'t'$，$v_{y1}=at'$，$y_{1}=\frac{v_{y1}}{2}\cdot t'$，解得$x = 2L$，$y = d = L$，即轨迹不会变化，D项正确，故选B、D 两项.

5. (2023·北京)某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度 $ v_0 $ 保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为 $ L $，间距为 $ d $、不考虑重力影响和颗粒间相互作用。

(1) 若不计空气阻力，质量为 $ m $、电荷量为 $ -q $ 的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压 $ U_1 $；
(2) 若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度 $ v $ 方向相反，大小为 $ f = krv $，其中 $ r $ 为颗粒的半径，$ k $ 为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
① 半径为 $ R $、电荷量为 $ -q $ 的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压 $ U_2 $；
② 已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为 $ 10 \, \mu m $ 和 $ 2.5 \, \mu m $ 的两种颗粒，若 $ 10 \, \mu m $ 的颗粒恰好 $ 100\% $ 被收集，求 $ 2.5 \, \mu m $ 的颗粒被收集的百分比。

答案： 5.答案　
(1)$\frac{2d^{2}mv_{0}^{2}}{qL^{2}}$　
(2)①$\frac{d^{2}kRv_{0}}{qL}$　②$25\%$
解析　
(1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有$L = v_{0}t$，竖直方向$d=\frac{1}{2}at^{2}$，根据牛顿第二定律$qE = ma$，又$E=\frac{U_{1}}{d}$，解得$U_{1}=\frac{2d^{2}mv_{0}^{2}}{qL^{2}}$；
(2)①颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，$F_{电}=f'$，$\frac{qU_{2}}{d}=kRv$，且$\frac{d}{v}=\frac{L}{v_{0}}$，解得$U_{2}=\frac{d^{2}kRv_{0}}{qL}$；
②$10μm$带电荷量$q$的颗粒恰好$100\%$被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有$f=kRv_{max}$，$f=\frac{qU_{2}}{d}$，在竖直方向颗粒匀速下落$d=v_{max}t$，$2.5μm$的颗粒带电荷量为$q'=\frac{q}{16}$，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有$f'=\frac{1}{4}kRv_{max}'$，$f'=\frac{q'U_{2}}{d}$，设只有距下极板为$d'$的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落$d'=v_{max}'t$，解得$d'=\frac{d}{4}$，$2.5μm$的颗粒被收集的百分比为$\frac{d'}{d}×100\%=25\%$.