二轮专题(八) 电场及带电粒子在电场中的运动-【真题密卷】2026年高考物理二轮专题精准提升（福建专用）

真题密卷 二轮专题精准提升 第一次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小 此过程，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能为Q, I1=f·△t=2mw2 (1分) 第二次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小 由能量宇版-Q,=m:时+M-m:时 I2=f·△t'=2m0共 (1分) 由于v共<02 得Q1=0.05J (1分) 第二次滑动摩擦力作用的时间 经分析可知，此后滑块乙继续在滑板上滑动，经 △t'<△t 轨道IJ和斜面后，速度等大反向滑回滑板，最后 则假设成立，滑块2离开M后，振子M的速度为 停止在滑板上，此过程中，滑板和滑块乙组成的 V共，所求振幅A满足 系统摩擦内能Q:=2m201=0.02J (1分) 1 2Mu4= (1分) 整个过程中，Q=Q1十Q2=0.07J (1分) 8 mgR (3)①若滑块甲、乙碰后，滑块甲返回时恰好不脱 解得A=35k· (1分) 16.(1)FN=1.5N(2)Q=0.07J(3)m2≥ 离轨道，在F点有m1g=m1R 0.02kg 得v3=1m/s,方向水平向左 【解析】(1)对滑块甲，从A到F过程中，以AB 以水平向右为正，滑块甲、乙碰撞时 面的重力势能为0 由动量守恒m101=一m103十m204 (1分) 1 由能量守恒E。=4m1gR十2m,v? 由能董守温宁时 2m,+ 2m2o(1分) 得v1=4m/s 得m2三60kg,为滑块甲不脱离轨道时，滑块乙 1 在F点，由FN十m1g=m1F (1分) 的最小质量。 (1分) 得FN=1.5N (1分) ②若碰后滑块乙恰好不脱离滑板，对滑块乙和 (2)依题意经判断，滑块乙和滑板在达到共速前， 滑板 滑板已到达侧壁并被锁定 1 1 由能量守恒得m2gl= 对滑板，设滑板到达侧壁HI时的速度为v2 2m20f-2（m2+M)0 1 (1分) 由动能定理m:8d=2Mu2-0 (1分) 由动量守恒得m2v5=(m2十M)v共 (1分) 得v2=1m/s 对滑块甲和滑块乙 由于滑块甲、乙质量相等，故甲、乙发生弹性碰撞 由动量守恒得m1v1=m1v6十m2v5 (1分) 时，交换速度，则碰后滑块乙的初速度 1 1 由能量守恒得10=m1后士之22o(1分) 1=4 m/s 对滑板和滑块乙，滑块乙到达侧壁HI时的速度 解得m2=0.02kg,此时滑板右端未到达侧壁，为 为1，以水平向右为正 滑块乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板的最小质量 由动量守恒m2v1=m201十Mu2 (1分) 比较①②后，知滑块乙的质量取值范围为m2≥ 得v1=2m/s 0.02kg。 (1分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（八） 物理·电场及带电粒子在电场中的运动 一、单项选择题 2.D【解析】正一价钠离子做匀减速直线运动，刚 1.C【解析】电场中某点的电场强度的方向为电场 好到达B点，即到达B点时速度为零，由0一 线在该点的切线方向，由图可知N、P两点的电场 强度的方向不同，A错误；沿着电场线电势降低， =-2ad解得加速度大小a=2a,A错误；由牛 顿第二定律可知EBe=ma,解得E-2cdB错误； mvo 故M点的电势低于N,点的电势，B错误；M处的 电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知 1 ,DNA分子在M点的加速度比在N点小， 由动能定理可得(gA一Pa)e=0一2mui,解得B 点电势PB=PA十 mvo C正确；由轨迹可知，DNA分子由M向N运动的 ,C错误；钠离子在B点电 2e 过程电场力做正功，电势能减小，故DNA分子在 m M点的电势能比在N点大，D错误。 势能EB=PBe=PAE十 2,D正确。 6 ·28· ·物理· 参考答案及解析 3.C【解析】设P与N的竖直距离为H,平行板电 小不一定相等，故不能确定的大小，D错误，C 容器两极板间的电压为U,距离为d,正对面积为 正确。 s,由题可得小球由P到N由动能定理mgH一 6.BD【解析】由对称性知平面AODD'O'A'为零等 Ug=0,根据开关闭合，二极管左边为负极右边为 势面，所以O点和O点电势相等，B正确；由点电 荷电场强度公式及矢量叠加，可得E。>E。,A错 正极，平行板电容器的公式C= U4πkd,仅将B 误；根据电势的叠加可知PE<0,pD=0,所以电子 板稍微上移，电容增大，电容器充电，稳定时平行 从E沿直线运动到D电势能减少，C错误；由对 板电容器上下极板的电压U不变，N到P的距离 称性知PE=pF,沿直线从E'点到F'点电势先升 变小为H',假设小球仍可以运动到N点，速度为 高后降低，所以试探电荷十q从E'点沿直线移动 v,重新对小球由P点到N由动能定理mgH'一 到F点的过程，其电势能先增大后减小，D正确。 1 7.AD【解析】如图所示，设M、N为圆环上与圆心 Ug=2m0,得动能为负值，则带电小球不可以运 O等高的两，点，根据题图乙可知当0=0或者0=π 动至N处，A错误；若将A板上移，板间距增大， 时，小球的电势能都为0，则P、Q两点为等势线，当 电容减小，由于二极管左边为负极右边为正极，电 容器无法放电，电量不变，则两板间电压增大，由 日=受时，小球运动到V点，电势能最大值Ep 前面方程分析可得到N处时动能为负值，则带电 小球不可以运动至N处，B错误；若仅将变阻器的 mR,当9-时，小球运动到M点，电势能素小值 滑片上移，则滑动变阻器的电阻变大，电路稳定时 EPMmin=一mgR,综上可得电场线方向为N指向M, 通过R。的电流减小，电阻R。两端电压变小，R。 即水平向左，A正确；小球由N点运动到M,点，由动 上端电势降低，但二极管左边为负极右边为正极， 无法放电，所以电容器两端的电压保持不变，则带 能定理得qE·2R=mgR-(-mgR),解得E=m3, q 电小球仍恰好运动至N处，C正确；断开开关S, B错误；小球所受电场力F=gE=mg,所以小球在圆 电容器电容不变，板间电压不会变化，所以带电小 环内受到的等效重力F合=√2mg,方向与MN成 球仍可以运动至N处，D错误。 45°，根据题意，小球运动到“最高，点”时动能最小，小球 4.D【解析】由题意可知，所有粒子在区域I、Ⅱ电 场中的运动对称，所以所有粒子离开区域Ⅱ时速 怡好食国同运功：则在“装高点”。=mR解得 度方向都沿x轴正方向，A错误；由区域I电场最 高点进入电场的粒子经过O,点时的偏角最大，在 E一12一√号2g尽C错误，小球运动到“最低 两电场中运动的时间最长，对该粒子经过O点时， 点”时对轨道的压力最大，小球从“最高点”到“最低 由tan45°=：，可得0，=U,在区域1电场中运 点”的过程w2mg·2R=】 1 Vo F2mu2x2mu2m,在“最 1 动时有4L=20,,x=0,解得x=8L,所以 低点”炎N一区mg=n资联立舒得N 该粒子在电场运动的时间=21。-2红=16L,B 6√2mg,D正确。 00 0 1 错误；对这一粒子有4L= 2at6- 1×96,解得 2 m “最高点” E-,C错误：对进入区城I电场的任意粒子有 EO N 1 y-2t,x=0o1,联立可解得y=16LD正确。 “最低点” 二、双项选择题 5.BC【解析】筒足够长，粒子能从筒内穿出，粒子 8.AD【解析】粒子在第二象限做类平抛运动，有h= 在轴线方向做匀速运动，在垂直轴线的面内做匀 速圆周运动，粒子动能不变，加速度大小不变，方 2qEh 2a'a-m ,联立求得v0一入√m ,A正确；粒子第 向不断改变，A错误，B正确；设粒子沿轴线方向 1次到达x轴时，根据类平抛推论可得tan45°= 速度为v。,在垂直轴线的截面内的速度为V,粒 子在垂直轴线的截面内做匀速圆周运动，电场力 21an0=2么，可得x,=2h,则粒子第一次到达z 提供向心力可得g=m,解得，=》 分，可 轴的时间t=之_2 ,B错误；由题意，粒子第一次 000 知v,与轨道半径无关；v=√o十，由于v。大 到达x轴时，速度方向与x轴成45°，可知粒子进 ·29· 6 真题密卷 二轮专题精准提升 入第三象限做匀减速直线运动，减速到0后，反向 PQ),该粒子从R点沿圆孤移动到S,点，电势能减 匀加速第二次通过x轴，可知粒子第2次经过x 少△E2,则W2=△Ep2=q(pR一Ps),匀强电场中 轴时的位置坐标为（一2h,0),C错误；根据前面分 析可知，粒子第二次经过x轴后做类斜抛运动，根 电势随距离均匀变化，所以K=P即十9 2 ,L= 据对称性，粒子第三次到达x轴的位置坐标为 (2h,0),且速度方向与x轴正方向成45°，接着粒子 Q十9s,若粒子从K点移动到L点，电场力做功 2 在第四象限内做类平抛运动，直到第四次到达x W:-q(pk-9L)= △Ep1十△Ep2 1√2qE 2 q(pp-9Q)< 轴，由x4sin45=2v4x4cos45°=2mi,可 q(PR一Ps),解得PP一9R<PQ一9s,即UpR< 得粒子第四次在x轴上发生的位移大小x4=8h, Uas;若R、S的距离为d,则电场强度E= 则粒子第四次通过x轴时x=2h十x4=10h,所以， URs dc0S00为RS与电场方向的夹角，当0=0时， 粒子第四次经过x轴时的位置坐标为(10h,0),D 正确。 即电场方向由R指向S时电场强度最小，电场强 三、非选择题 度最小值En= URs_△Ep2 9.号d1分)m1分)号m心1分) 2 dqd。 12.(1)AC(2分)(2)不变(1分)变长(1分) 【解析】撤去外力的瞬间，对A,由牛顿第二定律有 (3)B(2分) 【解析】(1)电容器充电过程中，电容器两端的电 Q-9A9,两球运动一段时间，对B,由牛顿第二定 压U逐渐增大，最后与电源电动势相等，因此斜 率会逐渐减小，最后与横轴平行，A正确，B错 除有号-，联立解得此时AB球间距x=3d 误；根据公式Q=CU,电容C为定值，可知电容 对AB系统，根据动量守恒定律有3mmA一mvB=0, 器所带的电荷量逐渐增大，最后保持不变，所以 Qt图像的斜率也逐渐变小，最后为零，C正确，D 整理得3m之A一m=0,因为xA十xg=3d,联立 t 错误。 t 9 (2)由电容器的计算公式Q=CU可知，电容器储 解得xB=4d;根据动量守恒定律有3mun一mu= 存的电荷量与电阻R无关，所以曲线与横轴围成 的面积保持不变，当增大电阻R,由于电阻对电 Q,解得此时A的速度U1一？。在该段时间内，A 流的阻碍作用增强，充电电流减小，所以充电时 间将变长。 球的速度由0变为日，由动量定理，可得库仑力对A (3)从等效的思想出发，认为电容器储存的能量 球的冲量大小IA=3mv一0=mv;根据能量守恒， 等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板的过 系统减少的电势能等于系统机械能的增加量，为 程中克服电场力做的功，也就等于图像与横轴围 1 E=号X3mX十)mo2=2 3mv2。 成的面积，则E=专CU,A错误；根据因像的物 10.12.5(1分)1.5(1分)-0.375(1分) 理意义可知，搬运△g的电量，克服电场力所做的 【解析】根据小球的受力图，有qEcos0=mg,解 功近似等于△g上方小矩形的面积，B正确；由上 得E=12.5N/C;小球在运动过程的加速度满足 式中的电容器的能量公式和电容的定义式可得 ng tan0=ma,解得a=7.5m/s2,根据2ax= v,解得=1.5m/s,粒子在运动过程中，重力不 E=0,又周为Q-号由此可得E= Q 4E,C 1 错误。 做功，故3UABq=0一 2mu5,解得UAa=-0.375V。 13.(1)B(2分)(2)1.1×10-3(1分)2.2X10-3 96 (1分)(3)参考解析内容(2分) 【解析】(1)开关接1，对电容器充电，待电路稳定 E 后，电容器相当于断路，电路中电流I一R十R 200uA,A错误；开关接1，对电容器充电，电容器 两端的电压逐渐升高，此时电容器和电压表并 mg 联，电容器两端的电压与电压表两端的电压相 1.△E1十△E21分)<1分) 同，电压表示数逐渐增大。待电路稳定后，电容 2 △E2(1分) gd RvE 【解析】电荷量为十q的粒子从P点沿圆孤移动 器相当于断路。此时电压表示数U一R十RV 到Q,点电势能减少△E1,则W1=△Ep1=q(pp一 0.5V,B正确；开关接1，待电路稳定后断开开 ·30· ·物理· 参考答案及解析 关，电容器通过电压表放电，电压表示数逐渐减 1 (1分) 小为0，C错误。 F R(1-cos 45)-2mm (2)开关接2，电容器相当于电源，电阻与电压表并 在B,点对小球根据牛顿第二定律 联，电流表测量了电阻的电流，电容器放电电流为电 vi 流表电流的3倍。电容器充电后存储电荷量Q= FN一F&=mR (1分) 230×0.4×4×106×3C=1.1×10-3C,电容器的电 解得圆环对小球的最大支持力大小 家c-8-11X0=22x10 F=3√2mg (1分) 根据牛顿第三定律得，小球对圆环的最大压力大 (3)物质的固有属性一般是在探究规律过程中发 小为F=3√2mg。 (2分) 现两个物理量的比值为定值，且同类事物总有同 样的规律但这个定值又不完全相同，那么就会用 15.(1)E=2mg 这两个物理量之比定义为描述这一类事物的一 ad0经-日 种固有属性的物理量。因此，就是要从本实验中 【解析】(1)题意知粒子第一次进入电场后合力 (或加速度)方向水平向左，则有qEcos45°=mg 确认号是石为定值。因此对本题来说，可以从因 解得E=2mg (1分) 像中，读出不同电压U时的Q所对应的格子数 (2)设P到达虚线CD边时速度为o,从CD边 N,分析教据判断是否可在误差允许范围内无 经过t时间到达FG边，进入电场后加速度大小 为定值。 为a,由动能定理有mgy=2mu品 (1分) 14.（1)E=m8,沿0A方向 (2)3√2mg 进入电场后，小球做类平抛，则有gEcos45°=ma 【解析】(1)如图所示 d 竖直方向t= (1分) 00 1 水平方向s= (1分) B d2 又xy=4 联立可得s=x 故在任一点释放P均从F点离开，与G点距离 沿电场线方向上，A,点为日=0，B点为0=π时， 为d。 (1分) 两，点间的电势差 (3)设P到F点的水平速度和竖直速度分量分别 UBA=PB-pA=9o-(-Po)=2go (1分) 为：、vy,有2=3=2g(0.5d) UU 又因为E= d 2R (1分) 故P到达F点速度大小v=√十v=√2gd 沿CF方向，设碰后P、Q速度大小分别为1和 联立，解得E=mg (1分) v2,由动量守恒有mx=mv1十kmv2 (1分) 9 因为UBA=PB一PA>0 (1分) 由机城能守经2m-了m计mo时 (1分) 所以PB>PA 即电场强度的方向沿OA方向。 (1分) 解得p计agd (1分) (2)小球所受合力即等效重力大小 F合=√/(qE)2十(mg)严=√2mg (1分) 碰后P受到电场力大小为2qE=号mg口分) 方向斜向左下方与OA夹角为45°，如图所示 故P受到的合力也沿着C℉方向如图，且大小为 2mg。 、0 √2 45 mg 则B,点为等效最低点，此处小球对圆环的压力最 mg 大，设小球在B点的速度大小为1，小球从A点 mg 到B,点过程，根据动能定理 (I)若0<k≤1，P直接从F点离开，即经历时 ·31· 6 真题密卷 二轮专题精准提升 间t=0: (1分) E (Ⅱ)若k>1,碰后P反弹，P沿着FC反向减速 =2t0 (1分) 00 为东时包移方，有-号0g=0-}m 0到t。时间内微粒做类平抛运动，在竖直方向上有 mg+gE2=maz (1分) 解得-（十）u<d 1 y1=2a:t6=L (1分) 可知P球不能到达C点，将经历先减速后加速的 t。到2t。时间内，微粒受到的电场力和重力平 过程从F点离开，由动量定理有 衡，做匀速直线运动，在竖直方向上有 √ vy=a2to (1分) 2 mgt-mv-(-mv) (1分) y2=V,to=2L (1分) 解得=4-1)a 则微粒打到挡板的位置纵坐标 (1分) k十1Ng y=-(y1+y2)=-3L (1分) (3)当n=1,可知微粒在右侧区域运动的时间 16.(1)E,=2mg 0=√gL(2)-3L (1分) 00 (3)(-D-DL)(n-1.2.3. 若微粒在t=0时刻经过原，点O,由第(2)问分析 2 可知，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， 【解析】(1)因微粒在匀强电场E1中从A沿直 在竖直方向上不偏转。综上所述，当n=1时，微 线运动到O点，可知此时微粒所受合力方向水平 粒打在挡板上的纵坐标的取值范围为（一L,0) 向右，由受力分析得 同理，当n=2,由第(2)问分析可知，微粒在右侧 gEsin 0=mg (1分) 解得 区域运动的时间为2t。,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; E-12mg (1分) 若微粒在t=t。时刻经过原点O,则微粒先做匀 速直线运动，后做类平抛运动，在竖直方向上偏 微粒从A点到O点做初速度为零的匀加速直线 转的距离为L。综上所述，当n一2时，微粒打在 运动，在水平方向有 挡板上的纵坐标的取值范围为 mg tan =ma (1分) (-3L,-L) (1分) 以此类推，可得挡板MN放在x=nL(n=1, u8=2a12 (1分) 2,3,…)处时，微粒打在挡板上的纵坐标取值 范围为 解得vo=√gL (1分) (2)微粒在x方向的分运动为匀速直线运动，打 (a,"。小a-1,23 2 到挡板所用时间 (3分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（九） 物理·磁场及带电粒子在磁场中的圆周运动（侧重各类有界的磁场边界） 一、单项选择题 1.B【解析】粒子在磁场中的轨道半径为r,则有 关系可知(R-2)°十L2=R,解得R=L,则 ,解得阳教子高开醛场时玻长 Bqv=mu? R=5,可知0=53，则粒子在磁场中运动 L4 sin 0= I=2rsin9=2gin0,共中9表示初建度与M八 53° 的时间t三3607，】 53°、2xm 53πm 的夹角，则osin0表示速度在垂直MN方向的分 360° 9B180g5,B错误， 速度，此值不变，B正确。 若0 2.D【解析】若粒子恰好从c点射出磁场，几何关 20,则软道因半径-后-导1，这 3m 系可知，粒子圆周运动半径r-L,根据，=m, 种情况粒子从cd边射出，设粒子射出磁场时速度 gB 2L 解得0二，A错误；若粒子格好从c边的中 L-3 方向与y轴正方向夹角为B,则sin月= L 点射出磁场，轨迹如图，设轨迹圆半径为R,几何 3 6 ·32·密真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（八） 卷题 物理·电场及带电粒子在电场中的运动 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 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 一项是符合题目要求的。 题号 2 3 答案 1.细胞电转染的原理简化如图所示，两带电的平行金属板间，由于细胞的存在形成如图所 示的电场。其中实线为电场线，关于y轴对称分布；虚线为带电的外源DNA进入细胞 膜的轨迹，M、N为轨迹上的两点，P点与N点关于y轴对称，下列说法正确的是 本y M DNA分子 细胞膜 ++++ ++++++++ A.N、P两点的电场强度相同 B.M点的电势与N点的电势相等 C.DNA分子在M点的加速度比在N点小 D.DNA分子在M点的电势能比在N点小 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 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PA,正一价钠离子质量为m,质子电荷量为e,细胞 膜的厚度为d。下列说法正确的是 () A细胞膜外 88888888 细胞核 g 细胞膜 B细胞膜内 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=mo _ed mvo C.B点电势PB=PA十 e mvo D.钠离子在B点的电势能Eg=Pae十 2 二轮专题精准提升（八）物理第1页（共8页） 真题 成功从不是偶然，是无数个无人问津的夜晚，安牙坚特的必然 3.如图所示，A、B为水平放置的平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N,D为理想 班级 二极管，R。为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关S,待电路稳定后，将一带负电荷的 带电小球从MN的正上方P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正 确的是 ( ) 姓名 得分 A.若仅将B板稍微上移，带电小球仍可以运动至N处 B.若仅将A板稍微上移，带电小球仍可以运动至N处 C.若仅将变阻器的滑片上移，带电小球仍可以运动至N处 D.断开开关S,从P处将小球由静止释放，带电小球将无法运动至N处 4.如图所示，平面直角坐标系xOy的第二、四象限虚线与y轴之间的区域I、Ⅱ内分别存 在电场强度大小相等，方向相反的匀强电场，粒子从第二象限0≤y≤4L的范围内沿x 轴正向以相同的速度。进入区域I,它们都经过O点进入区域Ⅱ。已知带电粒子的质 量为m,电荷量为g,带电粒子经过O点时的速度方向的最大偏角为45°，不计粒子的重 力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是 () ④→ A.所有粒子离开区域Ⅱ时的速度方向不同 8L B.粒子在两电场中运动的最长时间为 mud C.两区域中电场的电场强度大小为 12gL D.第二象限中的曲线方程为y=16配 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求， 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 5 6 7 8 答案 5.如图甲所示，足够长的均匀带电直杆和同轴的金属圆筒之间的电场可看成径向电场，其 方向与轴线垂直，图乙为其截面图。某点径向电场强度大小可表示为E一：，：为该点 到轴线O的距离，α为常量。现从截面上P点向筒内射入大量比荷相同的带电粒子，粒 子速度方向与OP连线垂直且速度方向与轴线不平行。忽略边缘效应，不计粒子间的 相互作用及粒子重力，射人筒内的所有粒子均能顺利通过圆筒，且在截面内做匀速圆周 运动，下列说法正确的是 ( 密卷 二轮专题精准提升（八）物理第2页（共8页） 6 A.粒子在筒内运动时加速度不变 B.粒子在筒内运动时动能不变 C.所有粒子沿垂直轴线方向的分速度大小相等 D.OP距离越大，粒子从筒内出来时速度越小 6.如图所示，正六棱柱上、下底面的中心分别为O和O',B、C、E、F四点分别固定电荷量 为十q、十q、一q、一q的点电荷。下列说法正确的是 () B E A ·0 B A.O点和O'点电场强度大小相等 B.O点和O'点电势相等 C.电子从E'点沿直线运动到D'点电势能增大 D.将试探电荷+q由E点沿直线移动到F'点，其电势能先增大后减小 7.如图甲所示为一种“自动旋转电玩小球”玩具模型的简化图。内侧半径为R的光滑绝缘 轨道竖直固定放置，轨道内部存在与轨道平面平行的匀强电场（方向未知）。轨道内侧 有一质量为m,电荷量为十q的五彩小球从轨道最低点P以某一初速度启动，在轨道平 面内沿逆时针方向恰好能做完整的圆周运动。运动过程中，小球与轨道圆心O的连线 与OP方向的夹角记为0，乙图所示为小球在运动过程中的电势能E。随角度0的变化 情况，已知重力加速度为g,则 () 个E mgR 0 O、R 0 2π -mgR----- 7777177 A.匀强电场的方向水平向左 B.电场强度的大小为2m3 q C.小球运动过程中动能的最小值为√2gR D.小球运动过程中对轨道压力的最大值为6√2mg 6 二轮专题精准提升（八）物理第3页（共8页） 真题 8.如图所示，在xOy平面内，在x轴上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为 E;在x轴下方有方向与x轴成45°的匀强电场，电场强度大小为√2E。t=0时刻有一 带电量十g,质量为m的粒子从(0，h)处以沿x轴负方向的速度v。射出，忽略粒子所受 的重力。若粒子第1次经过x轴时速度方向与x轴成45°角，则 () 2qEh A.与E满足uo一√m B,粒子第1次到达x轴的时间为 C.粒子第2次经过x轴时的位置为（一h,0) D.粒子第4次经过x轴时的位置为(10h,0) 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)如图所示，A、B小球带同种电荷，在外力作用下静止在光滑绝缘水平面上，相距为 d。撒去外力的瞬间，A球加速度大小为a,两球运动一段时间，B球加速度大小为，速 度大小为v。已知A球质量为3m,B球质量为m,两小球均可视为点电荷，不考虑带电 小球运动产生的电磁效应。则在该段时间内，B球运动的距离为 ,库仑力对A 球的冲量大小为 ,两球组成的系统电势能减少了 m 10.(3分)如图所示，ABCD为匀强电场中相邻的四个等势面，等势面与水平方向的夹角 θ=37°，一带正电小球经过等势面A上的a点时，速度方向水平，小球沿直线运动，经 过等势面D上的d点时速度恰好为零，已知小球质量m=0.05kg,带电量q=0.05C, d间的距离为0.15m,重力加速度g=10m/s,sin37°二，0s37°。匀强电场 强度大小为 N/C,小球在a点的速度大小为 m/s,A和B两等势面 的电势差UAB= V。 .C 11.(3分)如图所示，平面内圆周上的P、Q、R、S四点处于匀强电场中，电场方向与圆平面 平行，O为圆心。K为弦PR的中点，L为弦QS的中点。电荷量为十q的粒子从P点 沿圆弧移动到Q点电势能减少△E1;若该粒子从R点沿圆弧移动到S点，电势能减少 △E2。若粒子从K点移动到L点，电场力做功为 ,若△Ep1<△Ep2,P、R和 Q、S间的电势差分别为UpR、Uos,则Up取Uas(填“>”或“<”)，若R、S的距 离为d,则电场强度最小值为 密卷 二轮专题精准提升（八）物理第4页（共8页） 12.(6分)利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象，电流传感器可以捕捉到瞬间的 电流变化，已知直流电源电动势9V,内阻可忽略，实验过程中显示出电流随时间变化 的I-t图像如图乙所示。 ◆ImA 2 接计算机电流 传感器 乙 (1)关于电容器充电过程中两极板间电压U、所带电荷量Q随时间t变化的图像，下面 正确的是 AU B.O C.0 D.O (2)如果不改变电路其他参数，只增大电阻R,充电时I-t曲线与横轴所围成的面积将 (填“增大”“不变”或“变小”)；充电时间将 （填“变长”“不变”或 “变短”)。 (3)某同学研究电容器充电后储存的能量E与电容C、电荷量Q及两极板间电压U之 间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板 搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他做出电容器两极板间的电 压U随电荷量Q变化的图像如图所示。下列说法正确的是 AU △9 A.对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比 B.搬运△q的电量，克服电场力所做的功近似等于△q上方小矩形的面积 二轮专题精准提升（八）物理第5页（共8页） 真题密 Q C.若电容器电荷量为Q时储存的能量为E,则电容器电荷量为，时储存的能量 13.(6分)如图甲所示，运用此电路图研究电容器的电学特征。已知电源使用了1.5V的 干电池（内阻可忽略不计）；灵敏电流表(0~300μA,内阻可忽略不计)、电压表（内阻为2500 2)、电阻R(阻值为50002)和电容器C。 个UV 0.5里 0.2由 0.1 20 40 60 80 μA 乙 (1)下列操作和现象描述正确的是 A.开关接1，对电容器充电，电流表示数瞬间增大后逐渐减小为零 B.开关接1，电压表示数逐渐增大，电路稳定后示数约为0.5V C.开关接1，待电路稳定后断开开关，电压表示数不变 (2)开关接1，待电路稳定后迅速接2，电压表、电流表示数随时间的变化关系如图乙所 示。已知时间轴与电流图线所围图形的格子数约为230小格，由此可知电容器充 电后，存储电荷量为 C。电容器的电容为 F(结果均保留2位有效 数字)。 (3)通过本实验，如何确定电容是电容器的固有属性，请把你对这一问题的见解填写在 空格线上 14.(11分)如图甲所示，竖直平面内有一半径为R的光滑绝缘圆环，空间存在水平方向的 匀强电场，A与圆心O位于同一水平高度，设圆环上的某点与O点的连线与OA连线 的夹角为9，其电势9与0的关系图像如图乙所示，其中p。=” 二，初始时刻一电量为 十q、质量为m、可视为质点的小球，在环内A点以速度vo=√2gR竖直向下运动，重力 加速度为g,求： (1)电场强度E的大小和方向； (2)小球对圆环的最大压力的大小。 Po 2π0 乙 卷 二轮专题精准提升（八）物理第6页（共8页） 6 15.(12分)如图，虚线MN下方存在与竖直方向成45°斜向左上方的匀强电场，在MN上、 下方各划定一个边长为d的正方形区域ABCD、CDFG。ABCD区域内曲线I上的点 d2 满足这样的条件：任一点到CD边的距离y和到AD边的距离x满足xy一4（x,y均 为变量)。第一次试验：将一质量为m、带电量为q(q>0)的小球P在曲线I上任意一 点静止释放，P仅在重力作用下竖直下落通过CD边，发现进入电场后P的加速度水平 向左，最终离开CDFG区域。第二次试验：将P从曲线I上距离CD边为0.5d的点静 止释放，进入电场后，当P到达CDFG边界某点时，另一沿着GF边做减速运动、质量 为km(k>0)的小球Q恰好运动到该点，且到达该点时速度为零，P与Q在该点发生弹 性正碰（时间极短），已知碰后P的电荷量变为号、质量不变，Q离开CDFG边界后便 不再与P相互作用，重力加速度为g,求： (1)电场强度E的大小； (2)第一次试验中，P释放后离开CDFG区域时的点与G的距离； (3)第二次试验中，P从与Q发生碰撞到离开CDFG区域经历的时间。 曲线B M 6 二轮专题精准提升（八）物理第7页（共8页） 真题密卷 16.(16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,=m8,其方向变化如图乙所 g 示（栽定竖直向上为正）。在x轴负半轴的A(20)点有一微粒源，可以源源不断地产 生质量为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,不考患微粒间的相互作用，令，一厂，其中m,8g,L为已知量 8 (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）。 个E个 0 二轮专题精准提升（八）物理第8页（共8页）