周测评(17) 电场(三)-【衡水真题密卷】2025年高考物理学科素养周测评（山东专版）

2024一2025学年度学科素养周测评（十七） 物理·电场（三） (考试时可90分钟，总分100分》 一，单项谜择组：本赠共”小盟，每小”3分，共24分。每小易只有一个选项符合题日要求。 题号 1 2 3 4 5 6 8 答案 1.如图甲所承，计算机键盘为电存式传多器，每个键下面由相互早行.间距为d的活动金 属升和固定金属片组成，两金属片问有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如 图乙所承。其内军电路如图丙所示，茂罐的过程中，下列说法正确的是 风定支辑钢 室气 动金属片 定金属片 乙 A电容器的电客或小 B电容器的电荷量增大 C图丙中电流方向从▣流向d D电容器间的电场强度减小 2如图所示，G为静电计，M,N为平行板电容器的金属板，开始时开 关S闭合：静电计指针张开一定角度。若不考虑静电计引尽的电荷 量变化，渊下列说独正南的是 A.保持开关$闭合，将两服板间距减小，两极板间的电场强度E 不变 我保持开类S闭合，将带动变阻器R的滑片P向左移功，静电计指针张开角度变大 C断开开关S后，紧贴N极板插入金属板，静电计指针张开角度变小 几断开开关S后，将两极板闻距增大，两极板何的电势染U减小 3.如图所示的平行版电容竖直成置，两极板问的距离为d,服板高度AB=D=h,对 孩电容器充上一定的电荷量后，将一带电小球P从非拿靠近左服 m 版的上菊A处由静止释放，小球沿图中虚线运动打到了右极版的 中点，为使小球能够从下方穿过电容等，右极板向右至少移动的更 离为 《》 A.d 且2-1}d c n胃 学科素养周测评（十七）物理第1页（共8页） 衡水真 七，示被#可以用来现察电信号随时间变化的情况，其核心都件是示被管，其瓜理图如下， 班圾 XX为水平痛转电极，Y为经直箱转电服（已知T很小），以下逆法正确的是《 电子绘 姓名 得分 闺转电国 图 2 H3 国4 A.XX如图3被彩电压，Y不加售号电压，屏上出现一个亮点 BXX“相图2波形电压，Y加图1被彩电压，屏上将出现两条梦直亮规 亡XX'加图4波彩电压，Y加图2被彩电压，屏上将出现一条竖直亮规 DXX'图4麦形电压，Y加图1被形电压，据上将出现图1所示图线 5,一对平行正对的金属板C、D接人知图所示的电路中，电源电动劳为E,C板固定，D板 可左右平行移动，闭合开美，一段时间后再斯开开美，从C板发射一电子，给能运动到A 点后再返民，已知A到D板的距离是板间E离的三分之一，电子质量为网，电街量为©， 忽略电子的重力，则 A设定C板电势为0，电子在A点的电势能为号E 品若要让电子能够到达D板，可将D版向左平移至A点或A点 左侧某位置 C若要让电子能够到达D版，可将D版向右平移至某位置 山若要让电子建够到达D板，可阳合开关，再将D版向右平移至某位置 后坐标系y所在的竖直平面内存在着蔻围足够大且方向竖直向下的匀强电场：x轴船 水平方向，一带负电小球以初速度%从坐标原点O水平时出，一段时间后小球通过第 四象限PL,一L》点《图中没有标出)。已知小球质量为两，重力加速度为：，则小球 A从0点到P点的话动过程，蓝动时间为。一 县到脑P点时动能为受 C.到达P点时速度偏向角正切值为m6=I 2n D所受静电力大小为mg十 密岳 学科素养周测评十七)物理第2页（共8页引 3 7.知图所示，AD为经直平面内的地壕光滑物道，其中AB第分为顿角为3和的斜面，风D 常分为半径为R的四分之三面轨道，与斜面平带相切，C为轨道最低点，整个轨道做置 在水平向右的匀强电场中。将一带正电、疑量为网的小滑块从斜面上A点由静止释 放，小滑块恰佰到达圆翼航道的D点。己知重力加速度为g,下列说法正确的是〔) A释放点A到料面贱骑B的距离为2.5R 我小臀扶运动到C点时对轨道的压力为网g 0 C小滑块运动过型中最大动能为mgR 小滑块从D点宽出后恰好落在轨道上的B点 &如图甲所示，两平行板沿水平方向放置，且在两极板何加如图乙所示的电压，=0时刻 由两侵板的正中央静止释放-希负电的粒子，结累在2T,时较子国到出发点，且整个过 程中粒子刚好未与极板M发生碰撞，忽略粒子的熏力。则下列说法正确的是〔) + 2 N- A.数子在T。时刻用好运动到极板材 B在T,时刻粒子的速率最大 C队tU3=1t2 )T。与2T,封刻粒子的动能之比为1t4 二，多项选择题：本题共4小幕，每小整4分，共16分。每小撒有多个选项符合题目要求。 全邻选对得4分，选对邑不全的得2分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 12 答案 9,示波器是一种多功能电学仅#，它是由加速电场和偏转电场组减的。如阁所示，爱量为 m的带电粒子由静止开始学加速电场加速后，沿平行于板廑的方向从正中判射人偏转 电场，并从另一侧财出。已知带电粒子的电莺量为《，加通电场电压为山1，偏转电杨的 楼板长皮为L,两极板间的里离为d,偏转电场极板其的电压为2且可调节，不计程子 的重力。则下列设法正确的是 A带电程子离开偏转电场时的动能为g(U+匹巧) 钱同种电性的不同带电粒子，射出装置的位置相同 C硬小U,带电程千通过偏转电场的时间变长 D若楷电粒子煤好从下极版边壕离开偏较电场，则 总 3 学科素养周测浮（十七）物理第3页（共8页） 衡水真 10,如图甲所示，两平行金属板竖直成置.左极饭接城，中间有小孔。右极板电势随时间变 化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处。电子电传量为，不计重力作 用。若从=0时刻释放电子，下列说法中正确的是 》 乙 A电子将始终向右运动，直到时打到右极板上 且电子可能在两板何探动 C在：一智价好到达右极板，则别达有授板时电子的动能为心 口在1一哥封刻到达右极板，到达右楼板时电子的动能是号 11.如图所示，，b,c,d是矩形的四个顶点，ab=6d=L,ad三x=2L,空间中有平行于矩 形所在平顶的匀强电最。已知。点的电势为学b点的电势为2弹：d点电势为一：一 质子从点以初速度瑞射人藏电场，入射方向与年戒45角，不计质子韵重力，则下列 说法正确的是 A,r点的电势为华 包电场强度大小为是 C霞子可能运动到：点，所用时间为2L D质子可能运动到a点，到达a点时的电势雀液少了华 12,如图所示为一周定在竖直面内的光滑地缘细管轨道，A点与±轴相交，C点与y轴相 交，轨道AB良竖直，长度为Q7m,C极是半径为心，7m的四分之一圆夏，与AB相 切于B点。一质量为m一0，Ikg直径略小于管径的带电小球从A点以初速度头射 人轨道，小球到达最高点C时恰好与轨道没有作用力。已知小球蕾Q们C的正电背， 在x轴上方存在著电杨强度大小为100N/C,方向水平向右的匀强电场，重力知建度g 取10m/s,知下列说法正确的是 A.小球的初速度为6m/s 且小球的初速度，为7m/s C小球从C点射出后适动物连与x轴交点横坐标为0 D小球从C点射出后运动轨流与x鞋交点情坐标为一07四 蹈密在 学科素养周测浮十七》物理第4页（共8页 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13(6分)音机中可变电容器作为调谐电台使用。如图甲所示为空气介质单《可变电容器 的结构，它是利用正对面积的变化改变电容器的电容大小，某司学想费研究这种电容器 充放电的特性，于是将之接列如图乙所示的宾验电路中，实险开始时电容器不带电。 砖月 动片出 动片 定 定片 左 (260 pP 空气介质单取可变电容春们替构发电亮精号 (1)首先将开关S打向1，这时观察到灵敏电旋计G有知箭的示数，稳定后，整转整钮 使电容帮正对面积迅速变大，从开始到最终稳定，灵敏电流计承数随时间变化的图 檬可能是 。《填达璞中的字号序号) (2)充电稳定后，斯开单刀双据开关，用电压表接在电容渴两端测量电压，发观读数规 慢减小，原因是 ()该司学做完实验，得到电客器的电客后，突然想起他用的是一节旧电池（电动势不 变，内阻不可氢略)，娃想要得到尽量精确的电容植， (填·需要”建·不需 要”)重新换一竹新电池来测量， 14.(8分)某同学用传感若成察电容器的放电过程，实验授作如下： 1)本实验的电路如图甲所示，清在图乙中用笔国线代势导线连接实物图（传感韩正常 工作时电流从红鳄鱼夹流入，从黑等角夹流出。 数据输出 学科素养周测浮（十七）物理第s页（共8页） 衡水真蹈 丙 (2)为校酸电L箱1值，在电路断升的情况下该问学用欧，表“×1k”挡测量了电烈箱 的阻值，测量结果如图丙所示，则电表读数为？。 (3)已蓄电就的电动势为V,内不计，实的结束后精绘的电容据放电4图像如图丁 所示，根据图像求得该电容器的电容大小钓为气保留两位有效数字)。 (4)实险结果表明，电容的测量值小于标识值，请写出导数该现集的一个主要源因， (5指电容卷放电后，该同学用微好表”×10”消检测电客器，当红黑表笔与电容器两极 连接后，发残折针光大角度向右篇转然后偏角连渐减小，经时间后返目：将该电 容器放电后换用×100”挡再次枪测，指针经1时同后返同，则1 (填 “大于”“小于”或等于”)： 15.(8分)如图所示，电源电动势为E=100V,内阻不计，R,R:,R,的阻值均为300， R,为可变电阻。C为一水平放置的平行板电容等，虚线到两极板距离相等且通过整 真放置的荧光屏中心，极复长为1=8cm,板间距离为d=1cm,右端到荧光屏矩离为 s=0em,荧光解直径为D=5em.有一相电子束沿图中虚线以E,=96×12©V的 动能连续不断地向右射人平行板电容器。夏使电子都能打在荧光屏上，可变电阳R 的取值范国多大？（已知电子电荷量e一1.6×10C) 密在 学科素养周测浮（十七）物理第分页（共B页1 16.(8分》知图1所示，影直正对放置的平行极板A、B间#在一匀强电场，从A板0处的 放财票连续无初速度地释放质量为m,电背量为：的电千，电子经极板A,自间的电场 如魂后由B板上的小凡离开，然后沿水平数置的平行极板C,D的中心线迹人偏转电 场。C.D再藏板的长度均为L同臣为.两板之间如有如图2所示的交室电压.0一 时间段内极板C的电势高于极板D的电势。电千餐加速后离开极板A,B闻的如速 电场时的瘗减大小为华，所有电子在极板C,D,的螭特电杨里运动时均不会打到C, D两极板上，不考虑电子的重力及电子之列的相互作用和授板的边涤效应。求： 1)极板A,B之间的电势差U。 (2=0时刻进人偏转电场的电子高开偏转电场时的侧移距离。 《3=平时刻进人猴轮电场的电子高开输转电场时的衡移E离。 1?,《14分)如图所示，一质量为m,电背量为十，的小缘：以初速度沿两块正对带电平 行金属板左刻某位置水平向右射人两极板之其，离开时恰好由A点沿圆里切线进人竖 真光滑固定轨道A风℃中。A点为圆弧轨道与极版端点D,D'连线的交点，CB为图 的整直直轻并与DD'平行，经直线DD的右边界空间存在竖直闻下且大小可调节的匀 强电场。已知极板长为1，极板同距为d,国佩的半径为R,∠AB一5的°”，重力加速为 n5=0,8,a453=0,6,不计空气阻力，板间电场为匀强电畅.小眼可视为质点. 学科素养周测评（十七）物理第？页（共8页） 衡水真见 《1)求两极板间的电务强度E。大小。 (2)当电场强度￡一坚时，求小球沿圈面轨道运动过程中的最大动量。 (3)若夏使小球始终沿鼠氧领道运动且恰好使第通过最高点C,求电场强度E的大小 D 18,(16分)如图(m》所示，“1，"形她缘不带电术板静止在水平地面上，电背量9a=一2× 10C的滑块A静止在术板上左装，电背量g。=1×10C的滑块B静止在术板上 距木板右瑞=号m处：B左侧（合日所在位置）的木板面粗糙，右侧的木板面光滑 A,B和租藏木板面同的动摩擦因数1一0.5，木板和地面同的动摩察因数-Q.2 一0时刻，在空间加一水平向右的电场，电属强度大小E随时间：变化的图像如周(》 所承，1一8.5s时刻，搬去电场。已知木板，A,B的质量均为m一1k平A,B可锐为质 点，最大静摩源力等于滑动摩藏力，可能的经撞均为封间极短的弹性碰罐，不计A,B 闻的库仑力，重力加速度g一10m/。。 (1)试通过计算判断：=2s时削，滑换A、B和术饭是否处于静止状态 (2)求一6时刻，滑块B的速度大小. (3)求滑块B再次返回木板上初始位置的时刺 EXN-C 8- nlIr a 西b0 密程 学科素养周测浮十七》物理第8页（共8页！·物理· 2024一2025学年度学科素养周 一、单项选择题 1.B【解析】根据平行板电容器的电容计算公式 C=得知，按健过程中，板间距高d减小，电 容C增大，A错误；因C增大，U不变，根据Q= CU知Q增大，电容器充电，电流方向从b流向 a,B正确，C错误；根据电势差与电场强度的关系 U=Ed,可知电容器间的电场强度增大，D错误。 2.C【解析】保持开关S闭合，滑动变阻器R仅仅 充当导线功能，电容器两极板间的电势差U不 变，滑动变阻器R的滑片P向左移动不会影响静 电计指针张角，静电计指针张开角度不变，将两 极板间距山减小，由E,=:可知两极板间的电 场强度E1增大，A、B错误；断开开关S后，电容 器的电荷量Q不变，若紧贴N极板插入金属板， 相当于两极板间距d减小，根据C=可知电 容C增大，根格C-吕可知两机板间的电势差U 减小，静电计指针张开角度变小，若将两极板间 距d增大，电容C减小，两极板间电势差U增 大，C正确，D错误。 3.A【解析】由题意可知，小球所受的合力沿着虚 线方向格据C=U-名E-吕可得E 「S,可知右极板向右移动，极板间的电场强度 不变，即合力方向不变，如图所示，根据几何关系 可知要使得小球能够从下方穿过电容器，根据 d_d十工解得x=d,A正确。 h 2 A 4,D【解析】XX'为水平偏转电极，其中所加电压 ·2 参考答案及解析 测评（十七）物理·电场（三） 使得粒子发生水平方向的偏转，Y为竖直偏转 电极，其中所加电压使得粒子发生竖直方向的偏 转，YY不加信号电压，竖直侧移为0，XX'加题图 3波形电压，由于电压呈现矩形方波形式，电压一 正一负，大小一定，则屏上出现两个亮，点，A错 误：XX'加题图2波形电压，则水平方向侧移一 定，YY加题图1波形电压，则竖直方向侧移呈现 正弦式规律变化，但由于水平方向侧移一定，则 屏上将出现一条竖直亮线，B错误；XX'加题图4 波形电压，电压呈现领斜直线变化，即为扫描电 压，水平方向侧移也在均匀变化，YY加题图2波 形电压，电压一定，竖直方向侧移一定，则屏上将 出现一条水平亮线，C错误；XX'加题图4波形电 压，电压呈现倾斜直线变化，即为扫描电压，水平 方向侧移也在均匀变化，YY加题图1波形电压， 则竖直方向侧移呈现正弦式规律变化，则屏上将 出现题图1所示呈现正弦规律变化的图线，D 正确。 5.B【解析】金属板的电场线由C指向D,沿着电 场线电势逐渐降低，设定C板电势为0，则A点 的电势为队=一号E,电子在A点的电势能为 E以=号E,A错溪：闭合开关，一段时问后再断 开开关，则电容器的电荷量Q不变，根据电容的 定义式和决定式有C-吕C一品联主解释 U=4TQ,从C板发射一电子，恰能运动到A 点后再返回，则有E阳=E4,所以若要让电子能 够到达D板，可将D板向左平移至A点或A点 左侧某位置，或者闭合开关，再将D板向左平移 至A点或A点左侧某位置，B正确，C、D错误。 6.B【解析】从O点到P,点的运动过程，小球在水 平方向上做匀速运动，则运动时间为1一，A错 误小球在整直方向微句加造运动，则L=受学， 即vy=2wo,到达P点时速度为r=√06十u= 5 衡水真题密卷 5o,动能E-mi-号m,B正确：到达P 点时速度偏向角正切值为tan0=卫=2，C错误； 由动能定理有mgL-FL-2moi-2mo,所 受静电力大小为F=g一，D错误。】 7.B【解析】小滑块恰能到达圆弧轨道的D点，表 明小滑块能通过轨道的等效最高点D,由几何关 系得，D0与水平方向的夹角为30°，则tan30°= 爱得9正一Bmg,所以轨道等数最高点为圆心左 上60°，重力和电场力的合力F=√(Eg)2十(mg)= v 2mg,在D点有2mg=mR从A点到D点，由动 能定理得mg(ssin30°一Rcos30°-Rsin30)十 Eg(scos30°-Rsin60°+Rsin30)=2mw2-0, 解得s=1.5R,A错误；从C点到D,点由动能定 理得mg(-R-Rcos60)+Eg(-Rsin60) m-名m,在C点有N一mg=m爱解得 1 N=9mg,根据牛顿第三定律得小滑块运动到C 点时对轨道的压力为9mg,B正确；小滑块运动 到D点的对称，点即等效最低点时速度最大，由动 能定理得-2mg·2R=2m2-2nm2,解得 1 mu品=5mgR,C错误；小滑块从D点飞出后， 做类平抛运动，假设刚好落到B点，则有2mg ma,=R,则在合力方向的位移为y=2a2 R<R,则假设错误，D错误。 8.D【解析】设两极板之间的距离为d,粒子的质 量为m,电荷量的绝对值为q。在0一T。时间内 平行板间的电场强度为E1= ,粒子的加速度 ,向上做匀加速直线运动，经过时间T。 a1= dm 的位移为工1=2a,T,此时的速度为v1= a1T。,在T。一2T。时间内平行板间电场强度为 3 3 学科素养周测评 9U,粒子以 E,=,粒子的加连度大小为a4户dm 1的速度先向上做匀减速直线运动，到达极板 M时速度减为零，然后向下做匀加速直线运动， 这段时间内的位移为工：=uT。一2a:T6,由题 意知，在t=2T。时刻，粒子回到出发点，则有 x1十x2=0,联立可得U1U2=1:3,A、C错误： 由以上分析可知，在T。时刻粒子的速度大小为 日，=90T,在2T。时刻粒子的速度大小为4户 01一42To,整理得2=一1 gUT。,显然T。与 dm 2T。时刻粒子的速率之比为1：2=112，由公 1 式Ek=2mw2可知T6与2T。时刻粒子的动能 之比为14，B错误，D正确。 二、多项选择题 9.BD【解析】对带电粒子从静止到离开偏转电场 由动能定理得Ek一0=W1十W2,可知带电粒子 离开偏转电场获得的动能等于加速电场做功W: 和偏转电场做功W2,其中W:=qU1,W2≠qU2, 带电粒子离开偏转电场时的动能并不等于 q(U1十U2),A错误；带电粒子在加速电场中有 四0，由子带电 9gU=2mi,化简可得1一√m 粒子从另一侧射出，则在偏转电场极板间运动的 时间为1=上L,,带电粒子在偏转电场 1 极板间的加速度为a= a==,竖直方向的位移 1 _U2L2 为)y一2叫一Ua根据上式可知带电粒子在电 场中偏转，不同带电粒子均从同一位置射出，偏 移量与比荷无关，只与装置本身有关，B正确：减 小偏转电压并不会影响带电粒子离开偏转电场 的时间，因为时间由水平位移和水平速度决定， 所以时间不变，C错误；若带电粒子刚好从下极板 边蟓射出，根搭偏移量公式有号-，化简可 号-芒D运 10.AD【解析】若t=0时刻释放电子，电子将重 0 ·物理· 复先加速后减速的运动，直到打到右极板，不会 在两板间振动，A正确，B错误；设两极板距离为 d,极板间电场强度大小E= 若从=0时刻 Uo 释放也子，在1=3买时刻到达右板板，则电子经 历了先加速再减速后加速三个过程，每段加速 度大小口货-普相同，则每我位移大小相 网，均为号全垃程由动能定理得E·号 E·号+E·号E,得E=E·号又E= 得E,-少，C错误，D正病。 U 11.BC【解析】在匀强电场中，沿着电场线方向每 前进相同的距离，电势变化相等，故有g。一9 P6一中，解得p.=0,A错误；ad中点与c点连 线为等势线，d点到等势线的距离为受L,期电 扬强度大小为E=足一2，方向与等势 d 2 L 线垂直指向d点，B正确；由上可知，质子速度 与电场强度方向垂直，做类平抛运动，垂直于电 场强度方向做匀速运动，位移大小为x=2L× =-2L,运动时间为=三=2L,C正确：质 2 子做类平抛运动，不可能运动到a点，D错误。 12.BC【解析】因小球到达最高点时与轨道间没 有作用力，说明自身重力完全提供向心力，则 mg一m号，小球从A一→C的运动过程中，根据 动能定理，有-mg·2r-gB=2mw2 2mu,解得0o=7m/s,A错误，B正确：小球从 C点出射，水平方向做匀减速直线运动，初速度为 0=√g=7m/s,加速度为a=9E-=10m/g, 竖直方向做自由落体运动，运动到x轴时，有h一 2g,解得1=5s,则此时横坐标为x= ·3 参考答案及解析 1 一t+2a12=0,C正确，D错误。 三、非选择题 13.(1)A(2)电压表并非理想电表，电容器通过电 压表放电(3)不需要 【解析】(1)电容器充电时，刚开始电流比较大， 充电结束后，电流为0。由电容器的决定式C 4k可知，当电容器正对面积迅速变大时，电容 E 迅速增大，又由Q=CU可得电容器的电荷量Q 增加，故电容器再次充电，充电结束后电流为0。 只有A图像满足上述描述。 (2)用电压表接在电容器两端测量电压，发现读 数缓慢减小，说明电容器在缓慢放电，电路中有 电流，电压表不是理想电压表。 电容器的 (3)本实验测量电客的原理是C=9 电荷量Q可由步骤(1)所得的It图线与坐标 轴围成图形的面积求得；充电后两极板之间电 压则由步骤(2)中的电压表测得。给电容器充 电时使用了旧电池，导致充电时电流较小，但最 终充电的时间会稍长一点，当充电电流等于0 时，电容器两端电压仍然等于电源电动势，所以 电容器最终所带电荷量不变，不影响测量结果， 所以不需要更换电池。 14.(1)见解析图(2)60000(3)4.6×10 (4)电容器的放电时间比较长，而实验测量的时 间有限，所以测得的电荷量偏小，导致电容的测 量值偏小(5)小于 【解析】(1)实物图如图所示。 00 数据输出 传感器 b 黑鳄鱼夹 红鳄鱼夹 (2)电表读数为60.0×10000=60000. (3)根据公式Q=It可知题图丁中图线与坐标轴 3 衡水真题密卷 围成图形的面积为整个放电过程中释放的电荷 量，题图丁中一个小方格对应的电荷量为Q。= 10×106×5C=5×10-3C,故整个放电过程释 放的电荷量约为Q=55Q。=55×5×105C 2.75×103C,可得该电容器的电客大小约为 c-号-是-276X03C4.6x10R. 6V (4)导致该现象的一个主要原因为电容器的放 电时间比较长，而实验测量的时间有限，所以测 得的电荷量偏小，导致电容的测量值偏小。 (5)将电容器放电后与欧姆表连接，相当于先对 电容器充电，充电完毕后相当于断开，所以指针 先大角度向右偏转然后偏角逐渐减小：欧姆表 “X10”挡时的内阻较小，可知此时的充电电流 较大，根据Q=CU,选用不同挡位时，充电结来 后电容器的电荷量相同，由于欧姆表“×10”挡 时的充电电流较大，结合公式Q一t,可知此时 充电时间较小，即t1<12。 15.100nR900n 【解析】电子穿过电容器过程中，在水平方向做 匀速运动，有 l=vot 在竖直方向做匀加速运动，有 V,=at 当 电子穿过平行板电容器时，速度方向偏转0角，有 tan0-飞 联主解得an0-2兴 电子打在荧光屏上偏离中心O的位移为 y=y1十stan0 晖y=(+）y 当-号时，代入数据求得y=3cm>号 2 故要使电子都能打在荧光屏上，应满足 D 3 ·3 学科素养周测评 解得U≤十21 2DdE 代入数据得U≤25V 当Ug=25V时，即 千RR:R千RR=25V E UB一R1+R: 代入数据得R:=9002 当U4=25V时，即 E E UR,千R,R,R,十R,R=25V 代入数据得R,=1002 综述有100≤R,≤900n。 C↑ 16.(1)- 2mL2 eT2 (2)07 8md (3U7 Amd 【解析】(1)电子在极板A、B之间加速后获得 的速度为 m兴 根据动能定理可得 1. -eUAn-2m0 极板A、B之间的电势差为 Uan=-2mL.? eT (2)电子进入极板C、D间的偏转电场后在电场 力的作用下做类平抛运动，沿水平方向做匀速 直线运动有 L=vot T 解得 t=0时刻进入极板C、D间的偏转电场的电子 加速度大小为 elo 电子离开电场时与中心线的距离 1 y= 解得y= UoT2 8md ·物理· (3)13 -时刻射入极板C、D间的偏转电场的 电子，在3T T的时间内加速度大小为 a:-3el, md 此过程的侧移量为 -r-- 32md 在1=T时刻竖直方向的分速度为 ,=a(r-3) 3eUoT Amd 在T一吗时同内电子加建度大小为 a=l md 此过程的侧移量为 -小-- 离开极板C、D间的偏转电场时的偏转距离为 eUoT? y=y1十y2 4md。 17.()4nv8-3mgl 3ql e⑧m周d+gR (3) 125mvo mg 189gR 【解析】(1)在A点，小球离开电场的竖直分速度为 0,=votan53°=4 3 Vo 小球在两极板间运动的时间为 又v,=at,qE版十mg=ma 联立解得E= 4mv-3mgl 3gl (2)在A点速度为 05 wA=c0s53=30 从A点到B点，由动能定理得 （gE+mg)R-Ros53-mi-mi 又E=mg,pm=mug ·3 参考答案及解析 联立解得最大动量为 p.=m图+号函 (3)从A点到C点，由能量守恒定律得 1 2mu=(mg+qE)R·(1+cos53y+2m呢 在C点，由牛顿第二定律得 mg+Eq=m R 125mvo mg 联立解得E=189gR-q 18.(1)A、B和木板均处于静止状态 (2)1m/s(3) 1-√14 S 4 【解析】(1)由题图(b)的E-t图像可知：t=2s 时刻，E-2×10N/C A、B受到的电场力大小为 FA=qAE=4N(向左)，FB=qaE=2N(向右) A和B与木板间的最大静摩擦力为 f Amx=f Bmax-u1mg-5 N 因为FA<fAma,FB<fHna 故A和B均不会相对木板滑动，地面与木板间 的最大静摩擦力为 f地mx=2·3mg=6N 对木板、A和B组成的系统，因 FA一FB<f地m 故木板不会相对她面滑动，所以滑块A、B和木 板均处于静止状态 (2)随E的增大，设A在11时刻相对木板滑动 并从滑板左侧滑落，此时的临界关系为 AE1-fAmax 解得E1=2.5×105N/C 由题图(b)的E-t图像可知对应时刻为t1= 2.5s 随E的继续增大，假设木板和B相对静止且在 红时刻开始向右运动，此时的临界关系为 gsE2=2·2mg 解得E2=4×10°N/C 由题图(b)的Et图像可知对应时刻为t2=48, 因为FB=qBE2=4N<fHm 所以假设成立 衡水真题密卷 学科素养周测评 再随E的继续增大，B将在3时刻相对木板向 代入数据得 右滑动 1 对B分析 △2=0.255x1=8m qBEg一fBma=ma 设B在△1a=t4一ta=0.5s内发生位移x2,由 对系统分析 运动学规律有 qEg-42·2mg=2ma 1 vg=w1十aB△sx2=2(w1十v:)△2 解得E,=6×10N/C,a=1m/s 代入数据得 由题图(b)的E-t图像可知对应时刻为t1=6s 3 综上，在时间△1=ty一t2=2s内，电场力的冲 va-5 m/s,xa-2 m 量为 11 1=g.EB.出，=10Ns 因为x一x1=8m=d 2 故恰好在14=6.5s时刻，B以速度2与静止的 对系统，由动量定理有 木板相碰 Ie-42·2mg△1=2mu1-0 因B和木板的质量相等，碰撞过程中系统能量、 代入数据解得ta=6s时刻B和木板的共同速 动量均守恒，故碰撞后两者速度互换，即碰后木 度为v1=1m/s 板和B的速度分别为 (3)t3=6s至t4=6.5s,电场强度恒为E4=8X 1=5m/s(向右)，v2=0 10°N/C,B进入木板上光滑部分 设再经过△1：，B再次返回木板上的初始位置， 由牛顿第二定律可得 此过程中，B始终静止，木板的加速度仍为 对B a板=4m/s2 quE=maB 由运动学规律有 对木板 1 4g·2ng=na熊 d=ui△1，-2a△好 代入数据得 代入数据解得 ag=8m/s2(向右)，as=4m/s2(向左) 4,=5- -S 设木板经时间△2发生位移x1停止运动，由运 4 动学规律有 综上，B再次返回木板上的初始位置的时刻为 tk=t4十△r,= 1-√14 =ak△2z=2△g 4 Sa 2024一2025学年度学科素养周测评（十八） 物理·电路（一） 一、单项选择题 亮度最亮，A正确，B、C、D错误。 1.A【解析】灯泡的灯丝是一种金属，金属的电阻 &C【保糊】RR的电之比为是：综治 率p随温度的升高而变大，由电阻定律R=PS 经，A错误：两个电阻串联，则通过R1R。的电流 可知，电阻率变大，灯丝的电阻变大，通过小灯泡 的电流变小，故小灯泡变暗，A正确。 之比为1：1，B错误；R1、R2的电功率之比为量 2.A【解析】根据电路图可知，灯泡L1位于千路 上，即道过灯泡L1的电流最大，实际功率最大， IR_,C正确根搭q=业可知，道过RR: I2R2 hi 3 ·34▣