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（湖北专用）

密 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、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 2 3 4 5 6 9 10 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 () 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 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 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= v B,膜内匀强电场的场强E=m ed 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 eseesat C.B点电势g8=A十 班级 e D.钠离子在B点的电势能En=P,e十m0 2 姓名 3.在xOy平面内，四个等量点电荷固定在正方形的四个顶点，O为正方形中心。如图所示 是其在xOy平面内电势类比于地势的模拟图，之轴表示电势，之>0代表电势为正。已 知OA=OB=OC,取无穷远处电势为零，下列说法正确的是 得分 A.A、B两点的电场强度相同 B.O点的电场强度为零，电势也为零 C.从A点沿直线到B点，电势先升高后降低 D.将正电荷从O点沿直线移动到C点，电势能先增大后减小 4.如图所示，两个可看做点电荷的带电绝缘小球紧靠着塑料圆盘边缘，小球A固定不动 (图中未画出)。小球B绕圆盘边缘在平面内从O=0沿逆时针缓慢移动，测量圆盘中心 O处的电场强度，获得沿x方向的电场强度Ex随9变化的图像（如图乙）和沿y方向的 电场强度E,随0变化的图像（如图丙）。下列说法正确的是 () E/V.m 个EVml y 0.5π .π 0 >O/rad 小球B 2 圆盘 50 0 0.5π2 甲 丙 A.小球A带负电荷，小球B带正电荷 B.小球A、B所带电荷量之比为1：2 C.小球B绕圆盘旋转一周过程中，盘中心O处的电场强度先增大后减小 D.小球B绕圆盘旋转一周过程中，盘中心O处的电场强度最小值为0 5.真空中有一平行板电容器，两极板分别由铂和钾（其极限波长分别为入1和入2）制成，极 板正对面积为S,间距为d,相对介电常数e,=1。已知真空中光速为c,静电力常量为 k,普朗克常量为h,元电荷为e。现用波长为λ（入1<入<入2）的单色光持续照射两板内表 面，则电容器的最终带电荷量Q等于 () hcS(入2-λ 4πked(入-入1 A.4rked从2 B.re) ca） D.hes 密卷 二轮专题精准提升（八）物理第2页（共8页） 4 6.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 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 () B 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 7.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o进人区域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q,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 () ⊕ ⊕ 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 C.两区域中电场的电场强度大小为12L mvi e D.第二象限中的曲线方程为y一16L 8.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-:,”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，射入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 () 甲 乙 4 二轮专题精准提升（八）物理第3页（共8页） 真题 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 9.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 () ●0 B F E 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.将试探电荷十q由E'点沿直线移动到F'点，其电势能先增大后减小 10.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，距 离地面高度1km以下，可近似认为大气电位梯度E=E。一kH,其中E。=150V/m,为地 面的电位梯度，常量k=0.1V/m,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）由静止从地面开始“御电而行”，蜘蛛先伸出腿感应电位梯度，然后吐 出带电的蛛丝（蜘蛛其它部分不显电性），带着身体飞起来。忽略空气阻力，g取 10m/s2,下列说法正确的是 () A.该蜘蛛要想飞起来，蛛丝应带负电 B.该蜘蛛要想飞起来，蛛丝所带的电荷量至少为5×10-5C C.若蛛丝所带电荷量大小q=5×10-5C,蜘蛛能到达的最大高度为600m D.若蛛丝所带电荷量大小q=5×10-5C,蜘蛛上升速度最大时的高度为600m 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(7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。 I/mA 接计算机 3# (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 密卷 二轮专题精准提升（八）物理第4页（共8页） B O C.o 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 →Q 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△g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 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 为号 12.(10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(0300A,内阻可忽略不计)、电压表（内阻为25002）、 电阻R(阻值为50002)和电容器C. ↑UV 0.5 0.4 0.3日 0.2 0.1 0 20 40 60 100 A (1)下列操作和现象描述正确的是 二轮专题精准提升（八）物理第5页（共8页） 真题密卷 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 13.(10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0，其电势9与0的关系图像如图乙所示，其中P。=mg ，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。 2π 二轮专题精准提升（八）物理第6页（共8页） 4 14.(15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=4(xy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？、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IA! ----------B D M--- 二轮专题精准提升（八）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(18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,=8,其方向变化如图 g 乙所示（规定竖直向上为正）。在x箱负半轴的A(-台0)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,不考虑微粒间的相互作用，令to=, ,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o。 (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）。 A M ↑↑E↑个↑ E2 mg 9 0 0 13 t(×t) mg 9 甲 乙 二轮专题精准提升（八）物理第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 经分析可知，此后滑块乙继续在滑板上滑动，经 的最小质量。 (1分) 轨道J和斜面后，速度等大反向滑回滑板，最后 ②若碰后滑块乙恰好不脱离滑板，对滑块乙和 停止在滑板上，此过程中，滑板和滑块乙组成的 滑板 1 1 系统摩擦内能Q2=2mei2=0.02J 1 (1分) 由能量守恒得m:gl=2m:暖-2(m:十M)3 整个过程中，Q=Q1十Q2=0.07J (1分) (1分) (3)①若滑块甲、乙碰后，滑块甲返回时恰好不脱 由动量守恒得m2v5=(m2十M)v共 (1分) v! 离轨道，在F点有m1g=m1 对滑块甲和滑块乙 (1分) 由动量守恒得m11=m1v6十m2v (1分) 得v3=1m/s,方向水平向左 以水平向右为正，滑块甲、乙碰撞时 由能量守根得7m,=m,i+号m:1分) 1 由动量守恒m1v1=一m13十m2v4 (1分) 解得m2=0.02kg,此时滑板右端未到达侧壁，为 1 1 1 滑块乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板的最小 由能量守恒2m11=2m1u号+ m2v2 (1分) 质量 2=。kg,为滑块甲不脱离轨道时，滑 比较①②后，知滑块乙的质量取值范围为2≥ 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、选择题 向不同，所以A、B两点电场强度不相同，A错 1.C【解析】电场中某点的电场强度的方向为电场 误：根据对称性，四个等量点电荷在O点产生的电 线在该点的切线方向，由图可知N、P两点的电场 场强度相互抵消，合电场强度为零，根据电势叠加 强度的方向不同，A错误；沿着电场线电势降低， 原理可知，四个等量电荷在O点产生的电势叠加 故M点的电势低于N,点的电势，B错误；M处的 为0，B正确；分析可知四个等量电荷在AB产生 电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知 的电势叠加为0，即AB为等势线，则AB上电势 a=gh 处处相等，C错误；结合C选项分析可知，OC仍为 m ,DNA分子在M,点的加速度比在N点小， 等势线，即OC连线上电势处处相等，根据E。= C正确；由轨迹可知，DNA分子由M向N运动的 99可知正电荷从O点沿直线移动到C点，电势能 过程电场力做正功，电势能减小，故DNA分子在 不变，D错误。 M点的电势能比在N点大，D错误。 2.D【解析】正一价钠离子做匀减速直线运动，刚 4.B【解析】由题图乙、丙可知，当9=受，小球B在0 好到达B点，即到达B点时速度为零，由0一 点正上方，此时E=0,E,=一6V/m,则说明小球A 0=一2ad解得加室度大小a-资A错说：由牛 06 一定在y轴上固定；当0=0时有E1=一4V/m,小 球B在O,点正右侧，而水平方向场强方向为x轴负 颅第二定律可知Ee=ma,解得E=mo 方向，则说明小球B带正电荷，此时E1=一2V/m, ,B错误； 2ed 说明竖直方向的场强方向为y轴负方向，若小球A 1 在O,点正上方固定，则小球A带正电荷，若小球A在 由动能定理可得(gA一98)e=0-2m0i,解得B O点正下方固定，则小球A带负电荷，所以小球A 点电势9B=A十 的带电性质不能确定，A错误；由于两小球都紧靠 ,C错误；钠离子在B点电 2e 在塑料圆盘的边缘，所以到O点的距离相同，当 势能EB=PBe=PAe十 2D正确。 0=0时有E1=-4V/m,Ey1=-2V/m,由E= 3.B【解析】电场强度是失量，由对称性及电场叠 9可得Q:Q。=1:2,B正确：金中心0处的电 加原理可知，A、B两点电场强度大小相等，但方 场强度为小球A和小球B在O点产生的场强的 ·31· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 失量和，随着小球B从日=0转到2π的过程中，EA g三号mw,得动能为负值，则带电小球不可以词 和EB大小都不变，EA和EB的夹角在增大的过 程中，当0=2时，0处的合场强最大：当0 3π 动至N处，A错误；若将A板上移，板间距增大， 2 电容减小，由于二极管左边为负极右边为正极，电 时，O处的合场强最小；所以小球B从初始转到 容器无法放电，电量不变，则两板间电压增大，由 2π的过程中，中心O处的合场强先增大后减小再 前面方程分析可得到N处时动能为负值，则带电 增大，C、D错误；小球B绕圆盘旋转一周过程中， 小球不可以运动至N处，B错误；若仅将变阻器的 当日=时，0处的合场强最小，其值大小E 滑片上移，则滑动变阻器的电阻变大，电路稳定时 通过R。的电流减小，电阻R。两端电压变小，R。 Ea+Eg=(-2+4)V/m=2V/m,D错误。 上端电势降低，但二极管左边为负极右边为正极， 5.A【解析】根据题意，由公式=无可知，波长越 无法放电，所以电容器两端的电压保持不变，则带 电小球仍恰好运动至N处，C正确；断开开关S, 大，频率越小，现用波长为入(A1<入<入2)的单色光 电容器电容不变，板间电压不会变化，所以带电小 持续照射两板内表面时，只能使钾金属板发生光 球仍可以运动至N处，D错误。 电效应，钾金属板失去电子成为电容器的正极板， 7.D【解析】由题意可知，所有粒子在区域I、Ⅱ电 光电子运动到铂金属板上后使铂金属板成为电容 场中的运动对称，所以所有粒子离开区域Ⅱ时速 器的负极板，根据光电效应方程有Ek=hv一W。= 度方向都沿x轴正方向，A错误；由区域I电场最 负发-W,又国为，=：=办无行，光电子不断从 高点进入电场的粒子经过O点时的偏角最大，在 两电场中运动的时间最长，对该粒子经过O,点时， 钾金属板中飞出到铂金属板上，两金属板间电压 逐渐增大，且使光电子做减速运动，当增大到一定 由tan45°=0，可得0，=，在区城I电场中运 0 程度，光电子不能到达铂金属板，即到达铂金属板 1 时速度恰好减小到零，此时，两极板间的电压为 动时有4L=2",,x=ut0,解得x=8L,所以 U,极板的带电量最大为Q,则有Ue=Ek,根据平 该粒子在电场运动的时间t=21。=2虹-16L ,B 000 行板电容器的决定式C一4可知，真空中平行 错民；对这一拉子有红=7=日×码，解骨 1 m ES 板电容器的电容C=4元kd,根据电容器的定义式 E=mvg 8L,C错误；对进入区城1电场的任意粒子 C-号可得，板板上的带包童Q=CU- 4πkd,联 1 有y= at,x=uot1,联立可解得y一16，D 可得Q袋·48h马 C 正确。 入2 8.BC【解析】筒足够长，粒子能从筒内穿出，粒子 其中e,=1,电容器的最终带电荷量Q= hcS 在轴线方向做匀速运动，在垂直轴线的面内做匀 4πked 速圆周运动，粒子动能不变，加速度大小不变，方 2 ) 向不断改变，A错误，B正确；设粒子沿轴线方向 6.C【解析】设P与N的竖直距离为H,平行板电 速度为va,在垂直轴线的截面内的速度为℃，粒 容器两极板间的电压为U,距离为d,正对面积为 子在垂直轴线的截面内做匀速圆周运动，电场力 s,由题可得小球由P到N由动能定理mgH一 ,可 提供向心力可得g二=m正，解得0，=， Ug=0,根据开关闭合，二极管左边为负极右边为 m 正极，平行板电容器的公式C=9=5」 知，与轨道半径无关；)=√0十，由于a大 U4πa,仅将B 小不一定相等，故不能确定0的大小，D错误，C 板稍微上移，电容增大，电容器充电，稳定时平行 正确。 板电容器上下极板的电压U不变，N到P的距离 9.BD【解析】由对称性知平面AODD'O'A'为零等 变小为H',假设小球仍可以运动到N点，速度为 势面，所以O点和O'点电势相等，B正确；由点电 v,重新对小球由P点到N由动能定理mgH'一 荷电场强度公式及失量叠加，可得Eo>E%,A错 ·32· ·物理· 参考答案及解析 误；根据电势的叠加可知pE<0,pD=0,所以电子 12.(1)B(2分)(2)1.1×10-3(3分)2.2×10-8 从E'沿直线运动到D'电势能减少，C错误；由对 (3分)(3)参考解析内容(2分) 称性知PE=p,沿直线从E'点到F'点电势先升 【解析】(1)开关接1，对电容器充电，待电路稳定 高后降低，所以试探电荷十q从E点沿直线移动 后，电容器相当于断路，电路中电流I一R十R, E 到F'点的过程，其电势能先增大后减小，D正确。 10.AC【解析】因大气中的电场方向竖直向下，蛛丝 200μA,A错误；开关接1，对电容器充电，电容器 应带负电荷，才能使电场力竖直向上，蜘蛛才可能 两端的电压逐渐升高，此时电容器和电压表并 飞起来，A正确；设蛛丝所带电荷量为q0,蜘蛛要 联，电容器两端的电压与电压表两端的电压相 想飞起来，电场力应大于重力，则有qoE。>mg,解 同，电压表示数逐渐增大。待电路稳定后，电容 得q0>4X105C,B错误；设蜘蛛能到达的最大高 RvE 器相当于断路。此时电压表示数U=R十R 度为五，上升过程中电场强度随高度增大均匀减 0.5V,B正确；开关接1，待电路稳定后断开开 小，电场力也随高度增大均匀减小，则上升过程中 关，电容器通过电压表放电，电压表示数逐渐减 电场力做的功W=E9十E9h=2E。一h)咖 2 2 小为0，C错误。 对上升过程，由动能定理有W一mgh=0,联立解 (2)开关接2，电容器相当于电源，电阻与电压表并 得h=600m,C正确；设蜘蛛上升速度最大时高度 联，电流表测量了电阻的电流，电容器放电电流为 为h。,蜘蛛上升过程中加速度先向上减小、加速上 电流表电流的3倍。电容器充电后存储电荷量 升，速度最大时加速度为零，速度最大时重力与电 Q=230×0.4×4×10-6×3C=1.1×10-3C,电容 场力平衡，则有mg=qE=gE。一kqho,解得h。= Q1.1×10 器的电容C=元=0.5 -F=2.2×10-3F。 300m,D错误。 (3)物质的固有属性一般是在探究规律过程中发 二、非选择题 现两个物理量的比值为定值，且同类事物总有同 11.(1)AC(2分) (2)不变(1分)变长(2分) 样的规律但这个定值又不完全相同，那么就会用 (3)B(2分) 这两个物理量之比定义为描述这一类事物的一 【解析】(1)电容器充电过程中，电容器两端的电 种固有属性的物理量。因此，就是要从本实验中 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 确认号是否为定位，用光对本题来说，可以从国 误；根据公式Q=CU,电容C为定值，可知电容 像中，读出不同电压U时的Q所对应的格子数 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 N,分析数据判断行是否可在误差允许范围内视 错误。 为定值。 (2)由电容器的计算公式Q=CU可知，电容器储 13.1)E=mg,沿0A方向 (2)3√2mg 存的电荷量与电阻R无关，所以曲线与横轴围成 q 的面积保持不变，当增大电阻R,由于电阻对电 【解析】(1)如图所示 流的阻碍作用增强，充电电流减小，所以充电时 间将变长。 (3)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的过 B 程中克服电场力做的功，也就等于图像与横轴围 成的面积，则E三2CU,A错误；根据图像的物 沿电场线方向上，A点为日=0，B点为日=π时， 理意义可知，搬运△q的电量，克服电场力所做的 两点间的电势差 功近似等于△q上方小矩形的面积，B正确；由上 UBA=9B-pA=go-(-9o)=2go (1分) 式中的电容器的能量公式和电容的定义式可得 UU E-品又国方Q-号向此可得E- 又因为E= d-2R (1分) 4E,C 错误。 联立，解得E=m (1分) ·33· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 因为UBA=PB一PA>0 (3)设P到F点的水平速度和竖直速度分量分别 所以PB>PA 为vz、v,有2=号=2gX(0.5d) 即电场强度的方向沿OA方向。 (1分) 故P到达F点速度大小v=√o十了=√2gd (2)小球所受合力即等效重力大小 沿CF方向，设碰后P、Q速度大小分别为口1和 F合=√(gE)2+(mg)=√2mg (1分) ℃2，由动量守恒有mx=m1十km℃2 (1分) 方向斜向左下方与OA夹角为45°，如图所示 由机钱能守征2m=2moi+号kmo;（1分) 解得-千安2gd A 45o 碰后P受到电场力大小为2qE=2g(1分) gE 故P受到的合力也沿着CF方向如图，且大小为 F .---mg 2ng。 则B点为等效最低点，此处小球对圆环的压力最 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 1 1 F&R(1-cos 45)-2mui-2mv (2分) 在B点对小球根据牛顿第二定律 ,mg FN一F春=mR (1分) (I)若0<≤1，P直接从F点离开，即经历时 解得圆环对小球的最大支持力大小 间t=0; (1分) FN=3√2mg (1分) (Ⅱ)若k>1,碰后P反弹，P沿着FC反向减速 根据牛顿第三定律得，小球对圆环的最大压力大 为零时位移为，有- 2mg5=0- 2mu1(1分) 小为F=3√2mg。 (1分) \2 14.(1)E=2mg d80货层 解得s= 1-k 1+k 2d<2d (1分) 可知P球不能到达C点，将经历先减速后加速的 【解析】(1)题意知粒子第一次进入电场后合力 过程从F点离开，由动量定理有 (或加速度)方向水平向左，则有qEcos45°=mg √2 解得E=√2mg 2mgt=mv1-(-mv) (1分) (1分) (2)设P到达虚线CD边时速度为V。,从CD边 解得=4-1)/a k+1Vg (1分) 经过t时间到达FG边，进入电场后加速度大小 1 为a,由动能定理有mgy=2mo6 w0=√gL(2)-3L (1分) 15.(1)E,=2mg 进入电场后，小球做类平抛，则有qEcos45°=ma (3) aa,-a02L小水m=1,2,3 2 d 竖直方向t= (1分) …) 00 1 【解析】(1)因微粒在匀强电场E1中从A沿直 水平方向s= (1分) 线运动到O点，可知此时微粒所受合力方向水平 又w写 向右，由受力分析得 (1分) gEisin 0=mg (1分) 联立可得s=x (1分) 解得 故在任一点释放P均从F点离开，与G点距离 √2mg (1分) E1= (1分) 为d。 4 ·34· ·物理· 参考答案及解析 微粒从A,点到O点做初速度为零的匀加速直线 (3)当n=1,可知微粒在右侧区域运动的时间 运动，在水平方向有 L 一to (1分) mg tan =ma (1分) 若微粒在t=0时刻经过原点O,由第(2)问分析 L 可知，微粒在竖直方向上偏转的距离为L；若微 v8=2a12 (1分) 粒在t=t。时刻经过原点O,则做匀速直线运动， 解得o=√gL (1分) 在竖直方向上不偏转。综上所述，当n=1时，微 (2)微粒在x方向的分运动为匀速直线运动，打 粒打在挡板上的纵坐标的取值范围为（一L,O) 到挡板所用时间 同理，当n=2,由第(2)问分析可知，微粒在右侧 二2to 区域运动的时间为2t。,若微粒在t=0时刻经过 (1分) 原，点O,则微粒在竖直方向上偏转的距离为3L; 0到t。时间内微粒做类平抛运动，在竖直方向 若微粒在t=t。时刻经过原点O,则微粒先做匀 上有 速直线运动，后做类平抛运动，在竖直方向上偏 mg+gE2=ma2 (1分) 转的距离为L。综上所述，当=2时，微粒打在 1 挡板上的纵坐标的取值范围为 y1=2a2t6=L (1分) (-3L,-L) (3分) t。到2t。时间内，微粒受到的电场力和重力平 以此类推，可得挡板MN放在x=nL(n=1,2, 衡，做匀速直线运动，在竖直方向上有 3,…)处时，微粒打在挡板上的纵坐标取值范 vy=a2to (1分) 围为 y2=v,to=2L (1分) n(n+1) 则微粒打到挡板的位置纵坐标 2 2.-a2Dja-1.28…y y=-(y1+y2)=-3L (1分) (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、选择题 动轨迹如图甲所示由几何关系可得(3R一rm)2= 1.B【解析】粒子在磁场中的轨道半径为r,则有 Bqv=mu? 日+R,解得r。=专R,根据洛伦黄力捉供的心 ,解得r= B,粒子离开磁场时弦长 力qvmB=m 1=2rm0=2蹈sin0,关中0表示初能度与MN ,解得粒子运动的速率最大值 Um=49BR ,A错误；粒子从区域I射入区域Ⅱ，在 的夹角，则vsin0表示速度在垂直MN方向的分 3m 速度，此值不变，B正确。 .2πm=am 区域中运动的时间t三2元T=2x0BqB? 2.A【解析】指南针向西偏转，用安培定则判断直 根据几何关系，粒子在磁场中轨迹对应的圆心角 导线上方磁场应该为向西方向，根据题目中的已 R 知条件r=0.01m,I=0.69A,可以计算出导线 a=2π一2 arctan,则当r=rm时，粒子在区域Ⅱ rm 在手机处产生磁场的磁感应强度大小B=k，与 143πm 中运动的时间1r一90gB,B错误，根据对称性 13.8T,结合地磁场和导线磁场叠加后使指南针偏 可知，粒子从区域Ⅱ射出返回区域I时，速度方向 B线 转30°，可得B*年=0，解得B永≈23.9uT。 为径向，则粒子在区域I中，运动的距离为2R,在 3.D【解析】粒子从区域I中的O点沿半径方向射 区线I中运动最短的时间6m-2迟-3加 Vm2gB,C错 入到环形磁场后，都没有从区域Ⅱ的外圆射出，设 粒子在磁场中运动最大半径为rm,此时粒子的运 误；若粒子运动速率为9B ,根据洛伦兹力提供向 m ·35· 4