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（冀辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏粤滇川专用）

·物理· 参考答案及解析 I1=f·△t=2mo2 (1分) 为Q 第二次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小 由能量守极-Q,=m,+号Moi-m,i 1 I2=∫·△t'=2mv共 (1分) 由于)共<02 (1分) 第二次滑动摩擦力作用的时间 得Q1=0.05J (1分) △t'<△t 经分析可知，此后滑块乙继续在滑板上滑动，经 轨道J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 V共，所求振幅A满足 停止在滑板上，此过程中，滑板和滑块乙组成的 1 1 M知=2bA (1分) 系统摩擦内能Q。=2m20=0.02】(1分) 整个过程中，Q=Q1十Q2=0.07J (1分) 8 mgR 解得A=3√5k (1分) (3)①若滑块甲、乙碰后，滑块甲返回时恰好不脱 v 15.(1)FN=1.5N(2)Q=0.07J(3)m2≥ 离轨道，在F点有m1g=m1 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m1v1=一m1v3十m2v4 (1分) 由能量守恒E。=4m1gR+2m1 (1分) 由能量守恤分mi-名m1i 1 1 2m2o(1分) 得v1=4m/s 1 i 得m2=60 kg,为滑块甲不脱离轨道时，滑块乙 在F点，由FN十m1g=m1R (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 对滑板，设滑板到达侧壁HI时的速度为v2 由能量守恒得28L三2n2之(n2十M)v矣 1 (1分) 由动能定理um:gd=2Mo3-0 (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m11=n16十m2vs (1分) 时，交换速度，则碰后滑块乙的初速度 1 1 1 v1-4 m/s 由能量守恒得2m1ui=2m1号+2m,呢(1分） 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 由动量守恒m2v1=m21十Mu2 (1分) 质量 得v1=2m/s 比较①②后，知滑块乙的质量取值范围为m2≥ 此过程，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能 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V、P两点的电场 8=2ad解得加速度大小Q二2d,A错误；由牛 强度的方向不同，A错误；沿着电场线电势降低， 故M点的电势低于N点的电势，B错误；M处的 颜第二定律可知E2=ma,解得E一，B错误 电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知 1 a=9b ，DNA分子在M点的加速度比在N点小， 由动能定理可得(gA一Pn)e=0一2m5,解得B m C正确；由轨迹可知，DNA分子由M向N运动的 点电势98=91+，C错误；销离子在B点电 过程电场力做正功，电势能减小，故DNA分子在 M点的电势能比在N点大，D错误。 势能Ea一9e=PAe十m, 2D正确。 ·29· y 真题密卷 二轮专题精准提升 3.B【解析】电场强度是矢量，由对称性及电场叠 加原理可知，A、B两点电场强度大小相等，但方 板电容器的电容C= 4πka,根据电容器的定义式 ES 向不同，所以A、B两点电场强度不相同，A错 误；根据对称性，四个等量点电荷在O点产生的电 c= 可得，极板上的带电量Q=CU=e:SU Q 4πkd,联 场强度相互抵消，合电场强度为零，根据电势叠加 ES Ek E:S 原理可知，四个等量电荷在O点产生的电势叠加 三可得，Q4πkdPe4edhC 为0，B正确；分析可知四个等量电荷在AB产生 hcS 的电势叠加为0，即AB为等势线，则AB上电势 其中E,=l,电容器的最终带电荷量Q=4ked 处处相等，C错误；结合C选项分析可知，OC仍为 等势线，即OC连线上电势处处相等，根据E。= -)。 q中可知正电荷从O点沿直线移动到C点，电势能 6.C【解析】设P与N的竖直距离为H,平行板电 不变，D错误。 容器两极板间的电压为U,距离为d,正对面积为 4B【解析】由题图乙，丙可知，当9=艺小球B在0 s,由题可得小球由P到N由动能定理mgH一 Ug=0,根据开关闭合，二极管左边为负极右边为 点正上方，此时Ez=0,E,=一6V/m,则说明小球A QEs 一定在y轴上固定；当0=0时有E1=一4V/m,小 正极，平行板电容器的公式C==4ka,仅将B 球B在O点正右侧，而水平方向场强方向为x轴负 板稍微上移，电容增大，电容器充电，稳定时平行 方向，则说明小球B带正电荷，此时E,1=一2V/m, 板电容器上下极板的电压U不变，N到P的距离 说明竖直方向的场强方向为y轴负方向，若小球A 变小为H',假设小球仍可以运动到N,点，速度为 在O,点正上方固定，则小球A带正电荷，若小球A在 ,重新对小球由P点到N由动能定理mgH' O点正下方固定，则小球A带负电荷，所以小球A 的带电性质不能确定，A错误；由于两小球都紧靠 山m心，得动能为负值，则带电小球不可以运 在塑料圆盘的边缘，所以到O点的距离相同，当 动至N处，A错误；若将A板上移，板间距增大， 0=0时有Ex1=-4V/m,E1=-2V/m,由E= 电容减小，由于二极管左边为负极右边为正极，电 可得QA:QB=1:2,B正确；盘中心0处的电 2 容器无法放电，电量不变，则两板间电压增大，由 前面方程分析可得到N处时动能为负值，则带电 场强度为小球A和小球B在O点产生的场强的 小球不可以运动至N处，B错误；若仅将变阻器的 夫量和，随着小球B从日=0转到2π的过程中，EA 滑片上移，则滑动变阻器的电阻变大，电路稳定时 和EB大小都不变，EA和EB的夹角在增大的过 通过R。的电流减小，电阻R。两端电压变小，R。 程中，当0=2时，0处的合场强最大；当日三3 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 时，O处的合场强最小；所以小球B从初始转到 2π的过程中，中心O处的合场强先增大后减小再 电小球仍恰好运动至N处，C正确；断开开关S, 增大，C、D错误；小球B绕圆盘旋转一周过程中， 电容器电容不变，板间电压不会变化，所以带电小 球仍可以运动至N处，D错误。 当0=时，0处的合场强最小，共值大小E= 7.D【解析】由题意可知，所有粒子在区域I、Ⅱ电 EA+EB=(-2+4)V/m=2V/m,D错误。 场中的运动对称，所以所有粒子离开区域Ⅱ时速 度方向都沿x轴正方向，A错误；由区域I电场最 5.A【解析】根据题意，由公式y=无可知，改长越 高，点进入电场的粒子经过O,点时的偏角最大，在 大，频率越小，现用波长为入（入1入<入2）的单色光 两电场中运动的时间最长，对该粒子经过O点时， 持续照射两板内表面时，只能使钾金属板发生光 电效应，钾金属板失去电子成为电容器的正极板， 由tan45°=，可得u,=o,在区城I电场中运 00 光电子运动到铂金属板上后使铂金属板成为电容 1 动时有4L= 器的负极板，根据光电效应方程有Ek=y一W。= 20,0,x=0to,解得x=8L,所以 n-W,又因为W,=加：=h,光电子不断从 该粒子在电场运动的时间1=2。=2Z-16L,B 0U0 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 错送；对这-拉子有L一名-名×码，解得 程度，光电子不能到达铂金属板，即到达铂金属板 E=mvi 时速度恰好减小到零，此时，两极板间的电压为 一8L,C错误；对进入区城I电场的任意粒子 U,极板的带电量最大为Q,则有U=Ek,根据平 行板电家器的类定式C一可知，其空中平行 有y= 2au,x=ut1,联立可解得y=16ZD 正确。 ·30· ·物理· 参考答案及解析 二、多项选择题 三、非选择题 8.BC【解析】筒足够长，粒子能从筒内穿出，粒子 11.(1)AC(2分)(2)不变(1分)变长(1分)(3) 在轴线方向做匀速运动，在垂直轴线的面内做匀 B(2分) 速圆周运动，粒子动能不变，加速度大小不变，方 【解析】(1)电容器充电过程中，电容器两端的电 向不断改变，A错误，B正确；设粒子沿轴线方向 压U逐渐增大，最后与电源电动势相等，因此斜 速度为va,在垂直轴线的截面内的速度为v,粒 率会逐渐减小，最后与横轴平行，A正确，B错 子在垂直轴线的截面内做匀速圆周运动，电场力 误；根据公式Q=CU,电容C为定值，可知电容 规供向心力可得-m钙，每样，= ag 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 知u,与轨道半径无关；v=√十，由于。大 错误。 小不一定相等，故不能确定巴的大小，D错误，C (2)由电容器的计算公式Q=CU可知，电容器储 正确。 存的电荷量与电阻R无关，所以曲线与横轴围成 9.BD【解析】由对称性知平面AODD'O'A'为零等 的面积保持不变，当增大电阻R,由于电阻对电 势面，所以O点和O点电势相等，B正确；由点电 流的阻碍作用增强，充电电流减小，所以充电时 荷电场强度公式及矢量叠加，可得Eo>E%,A错 间将变长。 误；根据电势的叠加可知pE<0,p=0,所以电子 (3)从等效的思想出发，认为电容器储存的能量 从E'沿直线运动到D’电势能减少，C错误；由对 等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板的过 称性知PE=pr,沿直线从E点到F'点电势先升 程中克服电场力做的功，也就等于图像与横轴围 高后降低，所以试探电荷十q从E点沿直线移动 到F'点的过程，其电势能先增大后减小，D正确。 成的面积，则E=2CU,A错误；根据图像的物 10.AD【解析】如图所示，设M、N为圆环上与圆心 理意义可知，搬运△q的电量，克服电场力所做的 O等高的两点，根据题图乙可知当0=0或者0=π 功近似等于△g上方小矩形的面积，B正确；由上 时，小球的电势能都为0，则P、Q两点为等势线， 式中的电容器的能量公式和电容的定义式可得 1 当日=？时，小球运动到N点，电势能最大值 E2又因为Q?由此可得E=年E,0 3 错误。 EPNmax=mgR,当0= 2时，小球运动到M点，电 12.(1)B(2分)(2)1.1×10-3(2分)2.2×10-3 势能最小值E PMoin=一mgR,综上可得电场线方 (2分)(3)参考解析内容(2分) 向为N指向M,即水平向左，A正确；小球由N 【解析】(1)开关接1，对电容器充电，待电路稳定 点运动到M点，由动能定理得gE·2R=mgR一 E (一mgR),解得E=mg,B错误；小球所受电场 后，电容器相当于断路，电路中电流I一R十R, 200μA,A错误；开关接1，对电容器充电，电容器 力F=qE=g,所以小球在圆环内受到的等效 两端的电压逐渐升高，此时电容器和电压表并 重力F合=√2mg,方向与MN成45°，根据题意， 联，电容器两端的电压与电压表两端的电压相 小球运动到“最高，点”时动能最小，小球恰好做圆 同，电压表示数逐渐增大。待电路稳定后，电容 RvE 周运动，则在“最高点”F台=mR,解得E如 器相当于断路。此时电压表示数U=R十Rv 0.5V,B正确；开关接1，待电路稳定后断开开 1 2nn一mgR,C错误；小球运动到“最低，点” 关，电容器通过电压表放电，电压表示数逐渐减 时对轨道的压力最大，小球从“最高点”到“最低 小为0，C错误。 (2)开关接2，电容器相当于电源，电阻与电压表并 1 1 点”的过程，√2mg·2R= 2n0品n,在 联，电流表测量了电阻的电流，电容器放电电流为 电流表电流的3倍。电容器充电后存储电荷量 最低点”处N2mg=m",联立解得 Q=230×0.4×4×10-6×3C=1.1×10-3C,电容 器的电容C- Q_1.1×10- Nmax=6√2mg,D正确。 0.5 F=2.2X10-3F。 0 “最高 (3)物质的固有属性一般是在探究规律过程中发 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 M EO 这两个物理量之比定义为描述这一类事物的 种固有属性的物理量。因此，就是要从本实验中 “最低点” 确认号是否为定值。因此对本题来说，可以从因 7777777777777 像中，读出不同电压U时的Q所对应的格子数 ·31· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 (2)设P到达虚线CD边时速度为0。，从CD边 N,分析数据判断行是否可在误差允许范围内视 经过t时间到达FG边，进入电场后加速度大小 为定值。 1 为a,由动能定理有mgy=2m品 (1分) 13.1)E=mg,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) 1 水平方向s= (1分) 0X0 B 又y-程 (1分) 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 为d。 (1分) 沿电场线方向上，A点为0=0，B点为日=π时， (3)设P到F点的水平速度和竖直速度分量分别 两，点间的电势差 为vzy,有o2=3=2gX(0.5d) UBA=9B-on=po-(-Po)=2go (1分) 故P到达F点速度大小o=√o十v=√2gd 又因为E=日一2求 UU (1分) 沿CF方向，设碰后P、Q速度大小分别为1和 v2,由动量守恒有mx=mw1十kmw2 (1分) 联立，解得E=mg (1分) 由机城意守a2mo=了mu+mn1会) 因为UBA=PB一PA>0 所以PB>PA 解样计总2a 即电场强度的方向沿OA方向。 (1分) (2)小球所受合力即等效重力大小 「碰后P受到电场力大小为之9E一2mg(1分) F合-√(qE)2+(mg)下-√2mg (1分) 故P受到的合力也沿着C℉方向如图，且大小为 方向斜向左下方与OA夹角为45°，如图所示 √ 2mg。 mg A0----- B 2 -mg _---mg g (I)若0<k≤1，P直接从F点离开，即经历时 则B点为等效最低点，此处小球对圆环的压力最 间t=0; (1分) 大，设小球在B点的速度大小为1，小球从A点 (Ⅱ)若k>1,碰后P反弹，P沿着FC反向减速 到B点过程，根据动能定理 1 1 F.R(1-cos 45)-2m-m (2分) 为零时位移为s,有一2gs=01 2mv号 在B点对小球根据牛顿第二定律 (1分) 1 解得s= FN-F合=mR 1-k2d<2d (1分) 1+k/ 可知P球不能到达C点，将经历先减速后加 解得圆环对小球的最大支持力大小 速的过程从F点离开，由动量定理有 FN=3√2mg (1分) 根据牛顿第三定律得，小球对圆环的最大压力大 2mgt=mv1-(-mv) (1分) 小为FN=3√2mg。 (1分) 4(k-1)d aE=8ag0月 解得t=十1√g (1分) 【解析】(1)题意知粒子第一次进入电场后合力 15.(1)E,=2mg 2,00=√gL(2)-3L q (或加速度)方向水平向左，则有qEcos45°=mg 解得E=2mg 2 (1分) 9 …) ·32· ·物理· 参考答案及解析 【解析】(1)因微粒在匀强电场E1中从A沿直 vy=a2to (1分) 线运动到O点，可知此时微粒所受合力方向水平 y2=vxto=2L (1分) 向右，由受力分析得 则微粒打到挡板的位置纵坐标 gEsin 0=mg (1分) y=-(y1十y2)=-3L (1分) 解得 (3)当n=1,可知微粒在右侧区域运动的时间 E =12mg L (1分) t==to (1分) 00 微粒从A点到O点做初速度为零的匀加速直线 若微粒在t=0时刻经过原点O,由第(2)问分析 运动，在水平方向有 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， mg tan =ma (1分) 在竖直方向上不偏转。综上所述，当n=1时，微 L 粒打在挡板上的纵坐标的取值范围为（一L,0) u8=2a1 (1分) 同理，当=2，由第（2)问分析可知，微粒在右侧 解得v=√gL (1分) 区域运动的时间为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; (2)微粒在x方向的分运动为匀速直线运动，打 若微粒在t=t。时刻经过原，点O,则微粒先做匀 到挡板所用时间 速直线运动，后做类平抛运动，在竖直方向上偏 L %=2√g=2, (1分) 转的距离为L。综上所述，当n=2时，微粒打在 00 挡板上的纵坐标的取值范围为 0到t。时间内微粒做类平抛运动，在竖直方向 (-3L,-L) (2分) 上有 以此类推，可得挡板MN放在x=nL(n=1,2, mg+qE2=ma2 (1分) 3,…)处时，微粒打在挡板上的纵坐标取值范 1 围为 y1=2a:ti=L (1分) (n(DLnnD t。到2t。时间内，微粒受到的电场力和重力平 2L）(n=1,2,3,) 衡，做匀速直线运动，在竖直方向上有 (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 Um=49 3m 二，A错误；粒子从区域I射入区域Ⅱ，在 ,解得r= Bqv=mu B,粒子离开磁场时孩长 区城Ⅱ中英动的时网：一公T一公·霜-沿 1=2rsin9=2阳sin0,其中9袁示物旋度与MN 根据几何关系，粒子在磁场中轨迹对应的圆心角 R 的夹角，则vsin0表示速度在垂直MN方向的分 a=2r-2 arctan,则当r=rm时，粒子在区域Ⅱ 速度，此值不变，B正确。 rm 2.A【解析】指南针向西偏转，用安培定则判断直 143πm 导线上方磁场应该为向西方向，根据题目中的已 中运动的时间tmx=900B,B错误；根据对称性 知条件r=0.01m,I=0.69A,可以计算出导线 可知，粒子从区域Ⅱ射出返回区域I时，速度方向 为径向，则粒子在区域I中，运动的距离为2R,在 在手机处产生磁场的磁感应强度大小B熊=及，白 13.8uT,结合地磁场和导线磁场叠加后使指南针偏 区拔I中运动最短的时间t。-2迟-3 0.2B,C错 转30°，可得B*+an30°，解得B*4≈23.9μT。 误；若粒子运动速率为B ,根据洛伦兹力提供向 m 3.D【解析】粒子从区域I中的O点沿半径方向射 入到环形磁场后，都没有从区域Ⅱ的外圆射出，设 心力qB=m二，解得r1=R,根据题意，做出粒 粒子在磁场中运动最大半径为rm,此时粒子的运 动轨迹如图甲所示由几何关系可得(3R一rm)2= 子的运动轨迹，如图乙所示，可知粒子将在区域 I、区域Ⅱ间做周期运动，粒子每运动距离s=4X F品十R2,解得rm三3R,根据洛伦兹力提供向心 (2R+×xR)=(Gx+8)R,载远藏会变复- 力q0mB=m ，解得粒子运功的速率最大值 rm 次，D正确。 ·33· 1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 1 2 3 5 6 7 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 () 4细胞膜外 R8888888M 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= d B.膜内匀强电场的场强E=mo _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.hcs 密卷 二轮专题精准提升（八）物理第2页（共8页） 1 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 () 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。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 () ④x 十 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 mvi C.两区域中电场的电场强度大小为 2gL 2 D.第二象限中的曲线方程为y=16配 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.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，a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 () 二轮专题精准提升（八）物理第3页（共8页） 真题名 甲 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 () ●01 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.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g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-- 2π -mgR------ 77777元 77777 A.匀强电场的方向水平向左 B.电场强度的大小为2mg C.小球运动过程中动能的最小值为√2mgR D.小球运动过程中对轨道压力的最大值为6√2g 密卷 二轮专题精准提升（八）物理第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(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。 I/mA 用 接计算机电济 甲 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 本U A A.O B. C. D.0 (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 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 口若电容器电荷量为Q时储存的能量为E,则电容器电荷量为号时储存的能量 为号 二轮专题精准提升（八）物理第5页（共8页） 真题密 12.(8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(0~300A,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 0.2 0.1 O 20 40 60 1μA (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 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，=m8R,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。 卷 二轮专题精准提升（八）物理第6页（共8页） 14.(13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.(17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）