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（山东专用）

·物理· 参考答案及解析 由能量宇板得7m1时-了m:i十宁m:i1分) 滑块乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板的最小质量 比较①②后，知滑块乙的质量取值范围为m2≥ 解得m2=0.02kg,此时滑板右端未到达侧壁，为 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 1.C【解析】电场中某点的电场强度的方向为电场 4B【解析】由题国乙、丙可知，当0=2，小球B在 线在该，点的切线方向，由图可知N、P两点的电场 O点正上方，此时Ez=0,E,=一6V/m,则说明小 强度的方向不同，A错误；沿着电场线电势降低， 球A一定在y轴上固定；当0=0时有E1= 故M点的电势低于N,点的电势，B错误；M处的 一4V/m,小球B在O点正右侧，而水平方向场强 电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知 方向为x轴负方向，则说明小球B带正电荷，此时 a=9 E,1=一2V/m,说明竖直方向的场强方向为y轴 ，DNA分子在M点的加速度比在N点小， m 负方向，若小球A在O,点正上方固定，则小球A C正确；由轨迹可知，DNA分子由M向N运动的 带正电荷，若小球A在O点正下方固定，则小球A带 过程电场力做正功，电势能减小，故DNA分子在 负电荷，所以小球A的带电性质不能确定，A错误； M点的电势能比在N点大，D错误。 由于两小球都紧靠在塑料圆盘的边缘，所以到O,点 的距离r相同，当0=0时有E1=一4V/m,E,1= 2.D【解析】正一价钠离子做匀减速直线运动，刚 好到达B点，即到达B点时速度为零，由0一 -2V/,南E-9可得Q:Q。-112,B正确， 明=-2ad解得加速度大小a=2a,A错误；由牛 盘中心O处的电场强度为小球A和小球B在O 点产生的场强的矢量和，随着小球B从0=0转到 顿第二定律可知Ee=ma,解得E= 2edB错误； 2π的过程中，EA和EB大小都不变，EA和EB的 由动能定理可得9A一9B)e=0二2n,解得B 夹角在增大的过程中，当日=2时，0处的合场强 mvi 最大：当日-时，0处的合场强最小：所以小球B 点电势pB一P4十2e,C错误；钠离子在B点电 从初始转到2π的过程中，中心O处的合场强先增 势能E。=9se=PAe十m ,D正确。 大后减小再增大，C、D错误；小球B绕圆盘旋转一 3.B【解析】电场强度是矢量，由对称性及电场叠 月过程中，当0=受时，0处的合场经最小，共值大 加原理可知，A、B两点电场强度大小相等，但方 小E=EA+EB=(-2+4)V/m=2V/m,D错误。 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 5.A【解析】根据题意，由公式=分可如，波长越 场强度相互抵消，合电场强度为零，根据电势叠加 大，频率越小，现用波长为入（入1<入<入2）的单色光 持续照射两板内表面时，只能使钾金属板发生光 原理可知，四个等量电荷在O点产生的电势叠加 电效应，钾金属板失去电子成为电容器的正极板， 为0，B正确；分析可知四个等量电荷在AB产生 光电子运动到铂金属板上后使铂金属板成为电容 的电势叠加为0，即AB为等势线，则AB上电势 器的负极板，根据光电效应方程有Ek=hv一W。= 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,= h六-W,又因为W。=hve=h2,光电子不断从 qP可知正电荷从O点沿直线移动到C点，电势能 钾金属板中飞出到铂金属板上，两金属板间电压 不变，D错误。 逐渐增大，且使光电子做减速运动，当增大到一定 ·37· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 程度，光电子不能到达铂金属板，即到达铂金属板 无法放电，所以电容器两端的电压保持不变，则带 时速度恰好减小到零，此时，两极板间的电压为 电小球仍恰好运动至N处，C正确；断开开关S, U,极板的带电量最大为Q,则有Ue=Ek,根据平 电容器电容不变，板间电压不会变化，所以带电小 行板电容器的类定式C可知，桌空中平行 球仍可以运动至N处，D错误。 8.D【解析】由题意可知，所有粒子在区域I、Ⅱ电 ES 板电容器的电容C 4πka,根据电容器的定义式 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 C-号可得，极板上的带包量Q=CU=:, 4元kd,联 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， 可得0-·生=a·a经-6完 由tan45°-=%，可得u,=,在区城I电场中运 00 hcS 其中€，=1，电容器的最终带电荷量Q= 4πked 1 动时有4L=2",,x=uo,解得x=8L,所以 -之. λ入2 该粒子在电场运动的时间t=2t。= 2z_16L,B 00U0 1 6.B【解析】小球初动能为Eko,根据Eko= 2mv6, 1 错误；对这一粒子有4L= 2at6- ×职，保科 可得初速度大小0= 2E m ,A错误；根据动能定 E=mvg 8L,C错误；对进入区城I电场的任意粒子有 理得3E。=(mg一qE)yo,根据功能关系得4E。= B,则B-亨mg,电场强度大小为0，B正 y= 2ati,x=uot1,联立可解得y=16LD正确。 7g 二、多项选择题 确；由牛顿第二定律有mg一qE=ma,小球加速度 9.BC【解析】筒足够长，粒子能从筒内穿出，粒子 大小为g,D错误；初始状态4E。=E。十Em,所 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 以小球抛出时重力势能Eo=3Eo,C错误。 向不断改变，A错误，B正确；设粒子沿轴线方向 7.C【解析】设P与N的竖直距离为H,平行板电 速度为v。,在垂直轴线的截面内的速度为⑦，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 Ug=0,根据开关闭合，二极管左边为负极右边为 a 提供向心力可得g,=m,解得， ,可 √m 正极，平行板电容器的公式C==4d,仅将B 知，与轨道半径无关；=√o十，由于a大 板稍微上移，电容增大，电容器充电，稳定时平行 小不一定相等，故不能确定v的大小，D错误，C 板电容器上下极板的电压U不变，N到P的距离 正确。 变小为H',假设小球仍可以运动到N点，速度为 10.BD【解析】由对称性知平面AODD'O'A'为零 v,重新对小球由P点到N由动能定理mgH′一 等势面，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夫量叠加，可得E0>E0, Ug=2m0,得动能为负值，则带电小球不可以运 A错误；根据电势的叠加可知pE<0,PD=0,所 动至N处，A错误；若将A板上移，板间距增大， 以电子从E沿直线运动到D'电势能减少，C错 电容减小，由于二极管左边为负极右边为正极，电 误；由对称性知PE=pF,沿直线从E点到F'点 容器无法放电，电量不变，则两板间电压增大，由 电势先升高后降低，所以试探电荷十q从E'点沿 前面方程分析可得到N处时动能为负值，则带电 直线移动到F'点的过程，其电势能先增大后减 小球不可以运动至N处，B错误；若仅将变阻器的 小，D正确。 滑片上移，则滑动变阻器的电阻变大，电路稳定时 11.AD【解析】如图所示，设M、N为圆环上与圆心 通过R。的电流减小，电阻R。两端电压变小，R。 O等高的两点，根据题图乙可知当0=0或者0=元 上端电势降低，但二极管左边为负极右边为正极， 时，小球的电势能都为0，则P、Q两点为等势线， 3 ·38· ·物理· 参考答案及解析 当日=受时，小球运动到N点，电势能最大位 做类平抛运动，直到第四次到达x轴，由 EpNa=mgR,当0=3T时，小球运动到M点，电 x4sim45°=2o4,ccos45°=}2gE,可得 2 m 2 粒子第四次在x轴上发生的位移大小x4=8h, 势能最小值E PMmin=一mgR,综上可得电场线方 则粒子第四次通过x轴时x=2h十x4=10h,所 向为N指向M,即水平向左，A正确；小球由N 以，粒子第四次经过x轴时的位置坐标为 点运动到M点，由动能定理得qE·2R=mgR一 (10h,0),D正确。 (一mgR),解得E=m8,B错误：小球所受电场 三、非选择题 0 13.(1)AC(2分)(2)不变(1分)变长(1分)(3) 力F=qE=g,所以小球在圆环内受到的等效 B(2分) 重力F合=√2mg,方向与MN成45°，根据题意， 【解析】(1)电容器充电过程中，电容器两端的电 小球运动到“最高点”时动能最小，小球恰好做圆 压U逐渐增大，最后与电源电动势相等，因此斜 周运功，则在“最高点“下=加定每得E= 率会逐渐减小，最后与横轴平行，A正确，B错 误；根据公式Q=CU,电容C为定值，可知电容 1 器所带的电荷量逐渐增大，最后保持不变，所以 22n—√21gR,C错误；小球运动到“最低，点” Qt图像的斜率也逐渐变小，最后为零，C正确，D 时对轨道的压力最大，小球从“最高点”到“最低 错误。 1 1 (2)由电容器的计算公式Q=CU可知，电容器储 点”的过程，W区mg·2R=2mox一2mo,在 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 最低点”处N-2mg=mR,联立解得 流的阻碍作用增强，充电电流减小，所以充电时 Nmax=6√2mg,D正确。 间将变长。 (3)从等效的思想出发，认为电容器储存的能量 “最高 等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板的过 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=2CU,A错误；根据图像的物 最低点” 理意义可知，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，B正确；由上 77777 式中的电容器的能量公式和电容的定义式可得 12.ABD【解析】粒子在第二象限做类平抛运动，有 EQ 2qEh 又网为Q-号由此可得E-EC m 联立求得vo=√m ,A正 错误。 确；粒子第1次到达x轴时，根据类平抛推论可 14.(1)B(2分)(2)1.1×10-3(2分)2.2×10-8 得an4502an0=2会，可得=2，则粒子 (2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 后，电容器相当于断路，电路中电流I一R十R, E 第一次到达x轴的时间二=，B正确；由 题意，粒子第一次到达x轴时，速度方向与x轴 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 成45°，可知粒子进入第三象限做匀减速直线运 联，电容器两端的电压与电压表两端的电压相 动，减速到0后，反向匀加速第二次通过x轴，可 同，电压表示数逐渐增大。待电路稳定后，电容 知粒子第2次经过x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 RvE- 器相当于断路。此时电压表示数U一R十Rv 次经过x轴后做类斜抛运动，根据对称性，粒子 0.5V,B正确；开关接1，待电路稳定后断开开 第三次到达x轴的位置坐标为(2h,0),且速度方 关，电容器通过电压表放电，电压表示数逐渐减 向与x轴正方向成45°，接着粒子在第四象限内 小为0，C错误。 ·39· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 (2)开关接2，电容器相当于电源，电阻与电压表并 到B,点过程，根据动能定理 联，电流表测量了电阻的电流，电容器放电电流为电 1 1 (1分) 流表电流的3倍。电容器充电后存储电荷量Q= F R(1-cos 45)-2m-2m 230×0.4×4×10-6×3C=1.1×10-3C,电容器的电 在B点对小球根据牛顿第二定律 含c-8-11X-2x10g FN-F◆=mR （1分) (3)物质的固有属性一般是在探究规律过程中发 解得圆环对小球的最大支持力大小 现两个物理量的比值为定值，且同类事物总有同 FN=3√2mg (1分) 样的规律但这个定值又不完全相同，那么就会用 根据牛顿第三定律得，小球对圆环的最大压力大 这两个物理量之比定义为描述这一类事物的一 小为F%=3W2mg。 (1分) 种固有属性的物理量。因此，就是要从本实验中 确认品是否为定值。周此对本题来说，可以从图 16.(1)2dmu 、k1d2vo 9L2 (2)kUL 【解析】(1)只要紧靠上极板的灰尘能够落到收 像中，读出不同电压U时的Q所对应的格子数 集器右端，灰尘就能够被全部吸收，灰尘做类平 N N,分析数据判断元是否可在误差允许范围内视 1 抛运动，则有L=t,d=2at (1分) 为定值。 根据牛顿第二定律有qE=ma (1分) 15.(1)E="m3,沿0A方向 (2)3√2mg 根据电场强度与电势差的关系有E一 U (1分) 【解析】(1)如图所示 解得U-2dm gL2 (1分) (2)灰尘和空气沿板方向速度相等，故灰尘相对 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 加速，在极短时间达到最大速度时，加速度为O, 则竖直方向上有gE=f 沿电场线方向上，A点为日=0，B点为0=π时， 根据题意有q=k2r2,f=k1rU (1分) 两点间的电势差 其中为灰尘竖直方向速度，此后，灰尘在竖直 UA=PB一9A=P0-（一P0)=290 (1分) 方向做匀速直线运动。对紧靠上极板的灰尘恰 UU 又因为E= (1分) 好落到收集器上，在竖直方向上有d=wt(1分) d2R 在水平方向上有L=vot (1分) 联立，解得E=m (1分) kid2vo 解得r=kUL (1分) 因为UBA=PB一PA>0 所以PB>PA 17.(1)E= √2mg q (2)d(3)0或4-1)/a 即电场强度的方向沿OA方向。 (1分) k+1 Ng (2)小球所受合力即等效重力大小 【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 F令=√(qE)2+(mg)严=√2mg 方向斜向左下方与OA夹角为45°，如图所示 解得E=2mg (1分) 9 (2)设P到达虚线CD边时速度为o0,从CD边 经过t时间到达FG边，进入电场后加速度大小 A0-. .0 5 1 为a,由动能定理有mgy=2mu品 (1分) B 进入电场后，小球做类平抛，则有gEc0s45°=ma d 竖直方向t= (1分) Uo 则B,点为等效最低，点，此处小球对圆环的压力最 1 大，设小球在B点的速度大小为1，小球从A点 水平方向s= 2ata (1分) ·40· ·物理· 参考答案及解析 2 又xy=4 (1分) gEsin 0=mg (1分) 解得 联立可得s=x 2mg 故在任一，点释放P均从F点离开，与G点距离 E= (1分) 为d。 (1分) 微粒从A点到O点做初速度为零的匀加速直线 (3)设P到F点的水平速度和竖直速度分量分别 运动，在水平方向有 为vx、vy,有2=3=2g×(0.5d) mg (1分) 故P到达F点速度大小v=√o十v?=√2gd tan =ma 沿CF方向，设碰后P、Q速度大小分别为1和 L v8-2a12 (1分) v2,由动量守恒有mv=m1十kmv2 (1分) 由机核能守柜了mg-了nai+ 1 解得vo=√gL (1分) 2mu (1分) (2)微粒在x方向的分运动为匀速直线运动，打 1一k 到挡板所用时间 解得u1=i+/2gd (1分) 2L-2 碰后P受到电场力大小为9E一，mg了 00 L2to 8 (1分) (1分) 0到t。时间内微粒做类平抛运动，在竖直方向上 故P受到的合力也沿着CF方向如图，且大小为 有 √ mg+gE2=ma2 (1分) 2mg。 y1=2a:t6=L (1分) mg t。到2t。时间内，微粒受到的电场力和重力平 衡，做匀速直线运动，在竖直方向上有 Uy=a2to (1分) y2=0yt0=2L (1分) 则微粒打到挡板的位置纵坐标 mg y=-(y1+y2)=-3L (1分) (I)若0<k≤1，P直接从F点离开，即经历时 (3)当n=1,可知微粒在右侧区域运动的时间 间t=0; (1分) (Ⅱ)若k>1,碰后P反弹，P沿着FC反向减速 t=上=to (1分) 为家时位移为5，有一之mgs=0 √2 1 若微粒在=0时刻经过原，点O,由第(2)问分析 2 mu 可知，微粒在竖直方向上偏转的距离为L;若微 (1分) 粒在t=t。时刻经过原点O,则做匀速直线运动， 1-k12 解得s=(（+)Ed<5d 在竖直方向上不偏转。综上所述，当n=1时，微 粒打在挡板上的纵坐标的取值范围为（一L,O) 可知P球不能到达C点，将经历先减速后加 同理，当n=2,由第(2)问分析可知，微粒在右侧 速的过程从℉点离开，由动量定理有 区域运动的时间为2t。,若微粒在t=0时刻经过 2 mgt=mv1-(-mv) 原点O,则微粒在竖直方向上偏转的距离为3L; (1分) 若微粒在t=t。时刻经过原，点O,则微粒先做匀 解得t=4-1)a 速直线运动，后做类平抛运动，在竖直方向上偏 k十1√g (1分) 转的距离为L。综上所述，当n=2时，微粒打在 18.(1)E,=2mg 挡板上的纵坐标的取值范围为 0=√gL(2)-3L (-3L,-L) (1分) (8(L,na2小水a-12,3 以此类推，可得挡板MN放在x=nL(n=1, 2 2,3,…)处时，微粒打在挡板上的纵坐标取值 …) 范围为 【解析】(1)因微粒在匀强电场E1中从A沿直 线运动到O点，可知此时微粒所受合力方向水平 （-na+1DL,-n21Ljm=1,23 2 2 向右，由受力分析得 (3分) ·41· 32025一2026学年度二轮专题精准提升（八） 卺题 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90分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 2 3 4 5 6 8 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 () y 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 88888 w 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一a B膜内匀强电场的场强E=m时 ed C.B点电势PB-94+m D.钠离子在B点的电势能EB=Pae mvo 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，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 () 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 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0=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E.随0变化的图像（如图乙）和沿y方向的电场强度E,随变化的图像（如图丙）。下 列说法正确的是 () E/V.m 个E/Vm 0.5π 小球B -0/rad 圆盘 0 0.5π 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-λy A.Axked: 智) C. n） 6.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 () 4E ------------- E 甲 密卷 二轮专题精准提升（八）物理第2页（共8页） 3 A.小球初速度大小vo=2 2E。 m 且电场强度大小为号 4 C.小球抛出时重力势能为E。 D.小球加速度大小为78 7.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 () po 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 8.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() ⊕， ⊕ ⊕ -4L A.所有粒子离开区域Ⅱ时的速度方向不同 B.粒子在两电场中运动的最长时间为8L C.两区域中电场的电场强度大小为12qL mvo x2 D,第二象限中的曲线方程为y=16配 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，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 9 10 11 12 答案 9.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0的距离口为常量。 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 () 3 二轮专题精准提升（八）物理第3页（共8页） 真题 0 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 10.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 () D ●0 A B C 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 11.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，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 () E mgR-- 0、R 2π -mgR 77777 A.匀强电场的方向水平向左 B电场强度的大小为mg 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√2mg 密卷 二轮专题精准提升（八）物理第4页（共8页） 12.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 A.o与E满足=√m 2qEh h 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(-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6小题，共60分。 13.(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It图像如图乙所示。 I/mA 接计算机电流 (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.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 →Q △9 二轮专题精准提升（八）物理第5页（共8页） 真题密 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△g上方小矩形的面积 C若电容摆电荷量为Q时储存的能量为卫，则电容器电荷量为号时储存的能量为号 14.(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(0~300uA,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。 ↑UV 05 0.4 0.3 0.2用 30 40 60 80 100画 lμA 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 15.(8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。=m8, ，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 q A点以速度o=√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。 00 40---- to 2π0 甲 乙 卷 二轮专题精准提升（八）物理第6页（共8页） 3 16.(8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d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m、电荷量为一q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=k1r,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=22。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r应满足的条件（用U、k1、k2、d、L、vo表示）。 灰尘颗粒 收集器 17.(14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上的点满足这样的条件：任一点 CD边的距离y和到AD边的距离x满足cy二d(z,y均为变量)。第一次试验：将一质量X 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k(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CDG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4： D 心 二轮专题精准提升（八）物理第7页（共8页） 真题密卷 18.(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E2_m3,其方向变化如图乙所示（规定竖直向上为正）。在x 0 轴负半轴的A(-,0)点有一微粒源，可以源源不断地产生质量为m,电荷量为g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。一， Ng ,其中m,g, g,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。 (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)。 mg 乙 二轮专题精准提升（八）物理第8页（共8页）