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（重庆甘肃贵州专用）

·物理· 参考答案及解析 解得F2=(M十m)g·tan8 (1分) 解得W=1.6J (2分) (3)设Q转到日角时，Q的水平速度和竖直速度 对物块A进行分析，根据动能定理有 大小分别为.和y,P的水平速度为M 1 W=2mA0品 (1分) 由系统水平方向动量守恒得mU:=MvM(1分) 解得vo=4m/s (2分) (2)设A与B碰前A的速度大小为vo,碰后速度 大小为。由题意可知，碰后A、B速度一定等大 反向，A、B发生弹性碰撞，则有mA0=mA· 由系统机械能守恒可得 1 1 v)tmnv,2mAvo-2mAv2+2m8y 2m()+Mvi=mgl (1-cos 0)(2) (2分) Q相对0在做圆周运动，Q相对O的速度垂直 解得mB=0.6kg (2分) 于杆，可得(o.十vM)tan0=vy (2分) (3)由题意可知，物块B在压缩弹簧的过程中，当 弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力时杆开始移动，则 Q D.+DM 有fmax=kx (2分) 解得x=0.04m (2分) 由于杆的质量不计，杆所受外力的合力为0，即杆 )0 在运动过程中，弹簧弹力大小始终等于杆所受的 对Q由动能定理可得 滑动摩擦力大小，即弹簧弹力不变，作为杆开始 1 mgl (1-cos 0)+W=2m() (2分) 运动后，物块B将做匀减速直线运动，B的速度 可得W#=一mgl 减为0后，弹簧又将逐渐恢复原长，此时压缩的 33。 (2分) 弹性势能转化为B的动能。设最终B的速度为 15.(1)4m/s(2)0.6kg(3)0.4m/s 1 U,则有 1 【解析】(1)t=1.0s时间内，力F对物块A做的 x= 2mBvB? (2分) 功W=Pt (1分) 得vB=0.4m/s。 (2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 线在该点的切线方向，由图可知N、P两，点的电场 6=一2ad解得加速度大小a=,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Eema,解得E=B错误， 电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知 1 a=9h ,DNA分子在M点的加速度比在N点小， 由动能定理可得(pA一9s)e=0-2m,解得B m mu C正确；由轨迹可知，DNA分子由M向N运动的 ,点电势Pg=PA十 e,C错误，钠离子在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=9Be=pAe十2D正确。 ·29· 2 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 Ug=0,根据开关闭合，二极管左边为负极右边为 加原理可知，A、B两，点电场强度大小相等，但方 QErS 向不同，所以A、B两点电场强度不相同，A错 正极，平行板电容器的公式C=4ha,仅将B 误；根据对称性，四个等量点电荷在O点产生的电 板稍微上移，电容增大，电容器充电，稳定时平行 场强度相互抵消，合电场强度为零，根据电势叠加 板电容器上下极板的电压U不变，N到P的距离 原理可知，四个等量电荷在O点产生的电势叠加 变小为H',假设小球仍可以运动到N,点，速度为 为0，B正确；分析可知四个等量电荷在AB产生 v,重新对小球由P,点到N由动能定理mgH' 的电势叠加为0，即AB为等势线，则AB上电势 处处相等，C错误：结合C选项分析可知，OC仍为 Ug=2m0,得动能为负值，则带电小球不可以运 等势线，即OC连线上电势处处相等，根据E。= 动至N处，A错误；若将A板上移，板间距增大， q9可知正电荷从O点沿直线移动到C,点，电势能 电容减小，由于二极管左边为负极右边为正极，电 不变，D错误。 容器无法放电，电量不变，则两板间电压增大，由 4.B【解析】由t图像可知，在ab之间存在加速 前面方程分析可得到N处时动能为负值，则带电 度为零的位置，即在ab之间某位置（设为d点）场 小球不可以运动至N处，B错误；若仅将变阻器的 强为零，且图乙可知粒子从b到a,速度先减小后 滑片上移，则滑动变阻器的电阻变大，电路稳定时 增大，可知d点右侧十q受到的电场力方向向右， 通过R。的电流减小，电阻R。两端电压变小，R。 可知d点左侧十q受到的电场力方向向左，则从c 上端电势降低，但二极管左边为负极右边为正极， 点到a点，电场力对十q先做负功后做正功，所以 无法放电，所以电容器两端的电压保持不变，则带 从c点到α点电势能先增大后减小，A错误；由于 电小球仍恰好运动至N处，C正确；断开开关S, 在ab之间某位置场强为零，因Q1带负电，可知 Q2一定带正电，因Q2距离场强为零的位置较远， 电容器电容不变，板间电压不会变化，所以带电小 可知Q2带电量一定大于Q1带电量，根据电场强 球仍可以运动至N处，D错误。 度的叠加可知c点和b点之间不可能存在电场强 7.D【解析】由题意可知，所有粒子在区域I、Ⅱ电 度为零的，点，B正确，C错误；由于在场强为0的右 场中的运动对称，所以所有粒子离开区域Ⅱ时速 侧十q受到的电场力方向向右，则电场强度方向向 度方向都沿x轴正方向，A错误；由区域I电场最 右，即C点电场强度方向一定水平向右，D错误。 高点进入电场的粒子经过O,点时的偏角最大，在 1 5.B【解析】小球初动能为Eo,根据Eo=2mo品， 两电场中运动的时间最长，对该粒子经过O点时， 2E。 由tan45-,可得u,=0,在区域I电场中运 可得初速度大小0= ,A错误；根据动能定 m 1 理得3E。-(mg一qE)yo,根据功能关系得4E。= 动时有4L=2",tox=o,解得x=8L,所以 gE0,则qE=7mg,电场强度大小为4mg,B正 4. 7q 该粒子在电场运动的时间t=2。=2L-16L, ,B 确；由牛顿第二定律有mg一gE=ma,小球加速度 大小为g,D错误；初始状态4E。=E。十E0,所 错买对这一子有化==号×织，好释 mvi 以小球抛出时重力势能E=3E0,C错误。 E- ,C错误；对进入区域I电场的任意粒子 8gL 6.C【解析】设P与N的竖直距离为H,平行板电 1 x 容器两极板间的电压为U,距离为d,正对面积为 有y=2a好，x=1联立可解得)y=16D s,由题可得小球由P到N由动能定理mgH一 正确。 2 ·30· ·物理· 参考答案及解析 二、多项选择题 1√2qE x4sin45°=2ot4,x4cos45°=27m t,可得 8.BC【解析】筒足够长，粒子能从筒内穿出，粒子 在轴线方向做匀速运动，在垂直轴线的面内做匀 粒子第四次在x轴上发生的位移大小x4=8h, 速圆周运动，粒子动能不变，加速度大小不变，方 则粒子第四次通过x轴时x=2h十x4=10h,所 向不断改变，A错误，B正确；设粒子沿轴线方向 以，粒子第四次经过x轴时的位置坐标为 速度为V。,在垂直轴线的截面内的速度为，，粒 (10h,0),D正确。 子在垂直轴线的截面内做匀速圆周运动，电场力 三、非选择题 11.(1)AC(2分)(2)不变(1分)变长(2分) 捉候向心方可得：m三解得，= ,可 (3)B(2分) 知u,与轨道半径无关；v=√U十U,由于。大 【解析】(1)电容器充电过程中，电容器两端的电 压U逐渐增大，最后与电源电动势相等，因此斜 小不一定相等，故不能确定的大小，D错误，C 率会逐渐减小，最后与横轴平行，A正确，B错 正确。 误；根据公式Q=CU,电容C为定值，可知电容 9.BD【解析】由对称性知平面AODD'O'A'为零等 器所带的电荷量逐渐增大，最后保持不变，所以 势面，所以O,点和O'点电势相等，B正确；由，点电 Qt图像的斜率也逐渐变小，最后为零，C正确，D 荷电场强度公式及失量叠加，可得Eo>E%,A错 错误。 误；根据电势的叠加可知pE<0,pD=0,所以电子 (2)由电容器的计算公式Q=CU可知，电容器储 从E'沿直线运动到D'电势能减少，C错误；由对 存的电荷量与电阻R无关，所以曲线与横轴围成 称性知pg=p,沿直线从E点到F点电势先升 的面积保持不变，当增大电阻R,由于电阻对电 高后降低，所以试探电荷十q从E'点沿直线移动 流的阻碍作用增强，充电电流减小，所以充电时 到F点的过程，其电势能先增大后减小，D正确。 间将变长。 10,ABD【解析】粒子在第二象限做类平抛运动， (3)从等效的思想出发，认为电容器储存的能量 ，联立求得00= 2gEh 等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板的过 m 程中克服电场力做的功，也就等于图像与横轴围 正确；粒子第1次到达x轴时，根据类平抛推论 1 可得tan45°=2tan0=2,,可得x1=2h,则 成的面积，则E一2CU,A错误；根据图像的物 理意义可知，搬运△q的电量，克服电场力所做的 子第一次到达x轴的时间(=工=2 ,B正确； 000 功近似等于△g上方小矩形的面积，B正确；由上 由题意，粒子第一次到达x轴时，速度方向与x 式中的电容器的能量公式和电容的定义式可得 轴成45°，可知粒子进入第三象限做匀减速直线 又因为Q-号由此可得E=E,C E=Q: 1 4 运动，减速到0后，反向匀加速第二次通过x轴， 错误。 可知粒子第2次经过x轴时的位置坐标为 12.(1)B(2分)(2)1.1×10-3(2分)2.2×10-3 (一2h,0),C错误；根据前面分析可知，粒子第二 (2分)(3)参考解析内容(3分) 次经过x轴后做类斜抛运动，根据对称性，粒子 【解析】(1)开关接1，对电容器充电，待电路稳定 第三次到达x轴的位置坐标为(2h,0),且速度方 后，电容器相当于断路，电路中电流I=R十Rv E 向与x轴正方向成45°，接着粒子在第四象限内 做类平抛运动，直到第四次到达x轴，由 200uA,A错误；开关接1，对电容器充电，电容器 ·31· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 两端的电压逐渐升高，此时电容器和电压表并 UU 又因为E=a-2R (1分) 联，电容器两端的电压与电压表两端的电压相 同，电压表示数逐渐增大。待电路稳定后，电容 联立，解得E=mg (1分) 0 器相当于断路。此时电压表示数U一R十R RvE 因为UBA=PB一PA>0 所以PB>PA (1分) 0.5V,B正确；开关接1，待电路稳定后断开开 即电场强度的方向沿OA方向。 (1分) 关，电容器通过电压表放电，电压表示数逐渐减 (2)小球所受合力即等效重力大小 小为0，C错误。 F合=√/(gE)2+(mg)z=√2mg (1分) (2)开关接2，电容器相当于电源，电阻与电压表 方向斜向左下方与OA夹角为45°，如图乙所示 并联，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Q=230×0.4×4×10-6×3C=1.1 X10-3C,电容器的电容C= Q_1.1×103 45 0.5F= 2.2×10-3F。 ..Ymg (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 乙 样的规律但这个定值又不完全相同，那么就会用 则B,点为等效最低，点，此处小球对圆环的压力最 这两个物理量之比定义为描述这一类事物的一 大，设小球在B,点的速度大小为1，小球从A点 种固有属性的物理量。因此，就是要从本实验中 到B点过程，根据动能定理 确认号是否为定值。周此对本题来说，可以从因 F◆R(1-c0s45°)=1 2mu号 (1分) 在B点对小球根据牛顿第二定律 像中，读出不同电压U时的Q所对应的格子数 f N FN一F合=mR (1分) N,分析数据判断行是否可在误差允许范国内视 解得圆环对小球的最大支持力大小 为定值。 FN=3V2mg (1分) 13.1)E=mg,沿04方向(2)32mg 根据牛顿第三定律得，小球对圆环的最大压力大 【解析】(1)如图甲所示 小为F%=3√2mg。 (1分) 14.()2dmug kid2vo gLa (2)k0L 【解析】(1)只要紧靠上极板的灰尘能够落到收 A 01-O 集器右端，灰尘就能够被全部吸收，灰尘做类平 1 抛运动，则有L=t,d=2at2 (2分) 甲 根据牛顿第二定律有gE=ma (1分) 沿电场线方向上，A点为0=0，B点为0=元时， 根据电场强度与电势差的关系有E一司 (1分) 两，点间的电势差 2d'mvi UBA=9B-9A=Po-(-Po)=29o (1分) 解得U= 9L2 (2分) 2 ·32· ·物理· 参考答案及解析 (2)灰尘和空气沿板方向速度相等，故灰尘相对 v Eoe-m R (1分) 空气只有竖直方向速度，由题意可知灰尘所受空 气阻力方向竖直向上，灰尘在竖直方向被电场力 可得0=入 EoeR (1分) m 加速，在极短时间达到最大速度时，加速度为0， 则竖直方向上有qE=f (1分) 加速区由动能定理eU,= mv3 (2分) 根据题意有q=k2r2,f=k1rU (1分) 1 可得U,=2ER (2分) 其中为灰尘竖直方向速度，此后，灰尘在竖直 方向做匀速直线运动。对紧靠上极板的灰尘恰 (2)恰能通过束偏移区时满足 d 1 22au2 (2分) 好落到收集器上，在竖直方向上有d=vt(1分) 又Ee=ma,Um=Ed,L=vot (2分) 在水平方向上有L=vot (2分) EoRd2 kid2vo 联立，可得Um= 解得r= L2 (2分) k2UL° (2分) 对电子束由动量定理F'△t=N△tmuo (2分) 15.(1)U。= 2 EoR (2)U= EoRd2 L2,F= 由牛顿第三定律知冲击力F=F'=N√EoemR (2分) N√EoemR (3)图案如图所示 A y 2 (3) 【解析】(1)静电分析器区由电场力提供向心力 (2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 3.D【解析】粒子从区域I中的O点沿半径方向射 1.B【解析】粒子在磁场中的轨道半径为r,则有 入到环形磁场后，都没有从区域Ⅱ的外圆射出，设 Bqv=m ,,解得r=m0 9B,粒子离开磁场时弦长 粒子在磁场中运动最大半径为rm,此时粒子的运 I=2rin0=2侣sin0,其中0袁示初建度与MN 动轨迹如图甲所示由几何关系可得(3R一rm)2= 4 的夹角，则vsin0表示速度在垂直MN方向的分 品十R,解得r。一3R,根据洛伦滋力提供向心 速度，此值不变，B正确。 力qvmB=m 2,解得粒子运动的速率最大值 2.A【解析】指南针向西偏转，用安培定则判断直导 线上方磁场应该为向西方向，根据题目中的已知条件 Un=49BR ,A错误；粒子从区域I射入区域Ⅱ，在 3m r=0.01m,I=0.69A,可以计算出导线在手机处产 生磁场的磁感应强度大小B=k,=13.8T,结合 区城Ⅱ中送动的时月=云-·霜-浴 地磁场和导线磁场叠加后使指南针偏转30°，可得 根据几何关系，粒子在磁场中轨迹对应的圆心角 R B*二B0,解得B*≈23.9T,A正确。 a=2π一2 arctan二，则当r=rm时，粒子在区域Ⅱ ·33· 22025一2026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 4 5 6 2 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 NA分子 法正确的是 ( A.N、P两点的电场强度相同 细胞膜 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 A.钠离子匀减速直线运动的加速度大小a= d R888888 B.膜内匀强电场的场强E=m 细胞核 ed 细胞膜 B细胞膜内 C.B点电势gB=PA十mo e D.钠离子在B点的电势能EB-P,e十m 2 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，z>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 ( 二轮专题精准提升（八）物理第1页（共8页） 真题密 成功从不是偶然，是无数个无人问津的夜晚，咬牙坚特的必然 班级 姓名 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.如图甲所示，a、b、c为同一水平直线上的三点，在点c右边固定着两点电荷Q1、Q2,t=0 时一电荷量为十q的试探电荷从b点沿着ba方向运动，速度大小为v6,t。时刻到达a 点，其t图像如图乙所示，若Q1带负电，则 AU 86 甲 A.从c点到a点电势能先减小后增大 B.Q2一定带正电，且电荷量大于Q C.c点和b点之间可能存在电场强度为零的点 D.c点电场强度方向一定水平向左 5.如图甲所示，虚线表示竖直平面内的匀强电场中的等势面，等势面与水平地面平行。电 量为q、质量为m的带电小球以一定初速度沿虚线方向抛出，以抛出点为坐标原点沿竖 直向下方向建立y轴，运动过程中小球的动能和机械能随坐标y的变化关系如图乙中 图线α、b所示，图中E。为已知量，重力加速度为g,不计空气阻力，则下列说法正确的是 () 2Eo A.小球初速度大小v。=2 m 4E B.电场强度大小为阳 4mg E。 0 C.小球抛出时重力势能为E。 甲 4 D.小球加速度大小为7g 卷 二轮专题精准提升（八）物理第2页（共8页） 2 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 s 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 () 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 ⊕ Vo ⊕ C.两区域中电场的电场强度大小为12qL mvd ⊕ 2 D.第二象限中的曲线方程为y=16 -4L 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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5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=号，为该点 到轴线O的距离，α为常量。现从截面上P点向筒内射人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 () 分 乙 2 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 () F R E ●O 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q,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.vo与E满足vo= m 2h 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5小题，共57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 接计算机电流 传感器 乙 密卷 二轮专题精准提升（八）物理第4页（共8页） (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.C B.O C 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△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 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2时储存的能量为2 12.(9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(0~300uA,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。 个UV 0.5 0.4 0.3 0.2 0 0 40 60 8 100 甲 IuA 乙 二轮专题精准提升（八）物理第5页（共8页） 真题密 (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9，其电势9与9的关系图像如图乙所示，其中-"R,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。 0 2π0 o 甲 乙 卷 二轮专题精准提升（八）物理第6页（共8页） 2 14.(13分)某同学学习了电场的相关知识后，设计了一个静电除尘装置。装置原理如图所 示，一对长为L,板间距为的平行金属板与电源相连，板间形成匀强电场。 (1)该同学设想质量为、电荷量为一g的灰尘（视为小球）以平行于板的速度v。射入 板间，不计重力及灰尘间相互作用和空气阻力，当金属板间所加电压为U时，灰尘 恰好被全部吸收，求U。 (2)当金属板间所加电压为U时，该同学发现灰尘未被全部吸收。查阅相关资料发现， 灰尘所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小f=k10,其中r为灰尘半 径，k1为常量；灰尘电荷量则与其半径平方成正比，即q=k2r2。假设灰尘在金属板 间经极短时间加速到最大速度，空气和灰尘沿板方向速度均为。且保持不变，不 计重力及灰尘间相互作用的影响。如果灰尘被全部吸收，求其半径x应满足的条 件（用U、k1、k2、d、L、vo表示）。 灰尘颗粒 收集器 2 二轮专题精准提升（八）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(18分)图甲为某同学设计的电子束曝光简易原理图，电子枪K单位时间均匀逸出N 个初速度可忽略的电子，经M、N间电场加速后恰能沿半径为R的圆弧虚线通过静电 分析器，随后沿两水平金属板P、Q的中心线射入存在匀强电场的束偏移区，最后打在 中轴线沿竖直方向的记录桶表面并被全部吸收。已知静电分析器中存在圆心为O的 辐向电场，圆弧虚线处电场强度大小为E。P、Q两板长度为L,间距为d,板右侧到记 录桶表面水平距离为0.5L,记录桶的半径为r,竖直方向足够长。电子的电荷量为e, 质量为。整个装置处在真空环境中，忽略电子间的相互作用和极板的边缘效应，电 子穿过束偏移区时间远小于偏转电场的变化周期。 (1)求加速电场的电压U。 (2)若电子均能穿过束偏移区，求P、Q两板间电压的最大值Um和电子束对记录桶垂 直桶壁方向的冲击力大小F。 (3)若P、Q两板间电压UQ随时间t周期性变化的关系如图乙所示。记录桶按图示方 向匀速转动，其周期为T。经足够长时间电子点迹在记录桶表面形成稳定图案， 将记录桶表面展开，并以t=0时电子打在记录桶表面上的位置为坐标原点，以顺时 针转动方向为x轴正方向，以竖直向上为y轴正方向，建立坐标系，如图丙所示。 请在答题纸图丙中画出电子打在记录桶上的点迹形成的图像。 静电分析器 记录桶 Q束偏移区 0.5L M 加速电场口 多 U 2T。 2r 0 丙 二轮专题精准提升（八）物理第8页（共8页）