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（冀粤辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏鲁渝甘贵云川皖A版）

2024一2025学年度学科素养周测评（十七） 物理·电场（三） (考试时间0分钟，盖分100分》 一、单项选择题：本器共3小盟，每小”10分，共动分。每小题只有一个选项符合日要求。 题号 1 2 3. 答案 1.如图所示，G为静电计，MN为平行板电容暑的金属板，开始时开关S闭合，静电计指 针客开一定角虔。若不考虑静电计引屈的电荷量变化，斯下列说法正骑的是 A保持开关S闭台，将两极板间臣减小，两酸板间的电场强度E 不变 我保持开关S闭合，将带动变阻装R的滑片P向左移动，静电计智 针张开角度变大 C断开开关S后，紫后N极板插人金藏板，静电计指针张开角度 变小 D断开开关S后，将两极板闻距增大，两极板问的电势差U减小 么示波器可以用来观察电信号陆时可变化的情况，其核心部许是示被管，其原理图如下。 XX为水平偏转电极，”'为整直偏转电极（已知丁叙小），以下说法正确的是() 制转电慢 2 图 A.XX如图3被形电压，Y矿不如信号电压，展上出现一个亮点 我XX加图2放形电压，门加图1散形电压，屏上将出现两条竖直亮线 CXX'如图4被形电层，Y加图2被形地压，挪上将出现一条竖直亮线 D,XX'加图4被形电压，Y加图1波形电压，屏上将出呢周1所示图线 学科素养周测评（十七）物理第1页（共4夏） 衡水真 3.如图甲所示，两平行板沿水平方向放置，且在两极板间加如图乙所示的电压，k=0时刻 由两极板的正中典静止释收一带负电的段子，结果在2T。时粒子回到出发点，且整个过 程中粒子刚好未与极板M发生鼙撞，忽略粒 姓名 子的重力。则下列说法正确的是〔) A A.较子在T。时刻横好运动到极板M 27a 且在丁，时刻粒千的速率最大 得分 C.U:V=1:2 DT。与2T。时刻粒子的动能之比为】：4 二，多项选择驱：本题共2小题，每小题10分，共0分。每小题有多个选项符合题日要求， 全部选对得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分， 题号 4 客案 4.如图甲所示，两平行金属板整直放置，左极板接地，中间有小孔。右被板电势随时间变 化的规像如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处。电子电背量为：，不计重力行 用。若从=0时刻释放电子，下列说法中正确的是 A.电子将的终向右站动，直到打到右极板上 且电子可能在两板阿景动 C在一哥价好到站右银版，别时达右餐板时电子的动能为心 n在1一哥时期到站右极板.，则站右极版时电子的功能是号 5.如图所示为一固定在竖直面内的光滑绝峰组管轨道，A点与x 轴相交，C点与y轴相交，轨道AB段竖直，长度为4,7m,C 段是半径为0,7m的四分之一图翼，与AB相切于B点.一质 量为m一Q】kg,直径略小于管径的带电小球从A点以初速度 射入轨道，小球珂达最高点C时恰好与轨道校有作月力。已 知小球花Q,们C的王电荷，在x轴上方科在着电场强度大小为10N/(方向水平向 右的匀强电杨，重力加速度g取10m/,期下列说法正确的是 》 蹈密在 学科素养周测浮十七》物理第2页（共4页引 IA A.小球的初速度%为6m/s 我小球的初速度%为了m/% C小球从C点射出后运动轨迹与x轴交点情坐标为0 D小球从C点射出后运动装连与工轴交点载坐标为一07m 三、非选择题：本题共3小题，共5印分。 8.12分)某司学用传破器戏察电容番的放电过程，实脑根作如下。 (1)本实验的电路如图甲所示，请在图乙中用笔而线代替导线连接实物图（传感器正常 工作时电流从虹鳄鱼夹沉人，从展号鱼夹流出。 数据输出 A￥0 内 (2)为校验电阻箱阻值，在电路断开的情况下该同学用欧螺表“×1k“挡测量了电阻箱的 阻值，测量结果如图丙所示，则电表读数为。 (3)已知蓄电池的电动劳为6V,内1不计，实验结束后精绘的电客器放电t图像如图丁 所示，限据图蒙求得该电容署的电容大小约为 下（结保留两位有效量数字） (4)实验销果表明，电容的测量值小于标识值，请写出净致该观象的一个主要皇因： 《5》将电容器放电后，该同学用霞鳄表“×10挡检测电容普，当红厘表笔与电容器两极 连接后，发现指针先大角度岗右偏转然后偏角逐新减小，经1时间后运回：将该电容 器枚电后换用×100”挡再次检海，指针竖：时间后忍包，期11 (填“大 于"小于“或“等于"。 IA 学科素养周测评（十七）物理第3页（共4页） 衡水真 7.(18分)如图所示，电源电动势为E=100V,内阻不计，R1,R:,R,的阻值均为300， R,为可变电阳。C为一水平放置的平行板电容器，虚线列两极板距离相等且通过竖直 故置的荧光屏中心，极板长为=8cm,板同臣离为d一1m,右端到爱光屏用离为多 20cm菱允屏直径为D=5m。有一粗电子束沿图中垦线以E。=乌，6×10V的动随 连续不断地向右射入平行板电容器。要使电子都能打在费光屏上，可变电阳尺：的取值 范围多大？（已知电子电荷量e-1.6×10”C) 8(29分)知图(a)所示，"1绝缘不带电木板静止在水平烛面上，电荷量？A=一2×10 C的滑块A静止在木版上左挥，电传量g4-1×10C的滑块B静止在木板上距木板 右端-背m处，B左侧（含书所在位登）的木板面粗粒：右熊的水饭面光滑A.B和粗 镜木核面间的动摩擦因数：1一0.5，木板和地面阿的动摩擦因数一Q.2,t一0时刻， 在空间都一水平向右的电场，电场强度大小E随时间：变化的图像如图(b)所示，= 5s时刻，截去电场。已短本板，A,B的质量均为m一1g,A,B可锐为质点，最大静 摩擦力等于滑动摩避力，可能的碰撞均为时同极短的弹性碰棉，不计A、B同的库仑力， 重力如速度g取10m/家， (1)试通过计算判断：一2s时刻，符块A、B和本板是否处于静止状洁， (2求一6%时割，滑块B的速度大小。 (3)求滑块B再次返国木板上初始位置的时刻， NC 81 helr a b 密在 学科素养周测评十七)物理第4页（共4页引衡水真题密卷 学科素养周测评 对水平方向由牛顿第二定律得 0,落地速度为⑦2，落地速度方向与水平方向的夹 qE=ma 角为a 解得E-3mg 1 4q 4mgh-2mv 2mu暗 (2)对小球在A点分析有 解得v2=2√gR VA=at 该过程的逸度变化量为 代入数据解得 △v=a't a'=mg十gE_7 n 48 F-/(mg)(qEmg 如图所示为速度失量关系图，速度失量图的面 积为 方向和竖直方向夹角为37°，从A点到等效最低 a'tvocos 0' 1 点由动能定理得 S=2Au·pcos0= F.R(1+cos 37)=1m 可知当速度失量图面积最大时，水平射程x有最 大值，所以当0十a=90°时，面积最大，此时 对等效最低，点由牛顿第二定律得 , tan 0=Y2=3 FN一F合=m 24 1 1 解得FN=8mg S=2UDv:-ga'z 由牛顿第三定律可得所求最大压力为 12 FN=FN=8mg x=7R。 (3)小球由A点到D点，由动能定理可得 mg(2R-h)-qE.2 1 解得0一队一尿 u△u 设从D点飞出时的速度方向与水平方向夹角为 2024一2025学年度学科素养周测评（十七）物理·电场（三） 一、单项选择题 1.C【解析】保持开关S闭合，滑动变阻器R仅仅 容C增大，根据C-号可知两板板间的电势差U 充当导线功能，电容器两极板间的电势差U不 减小，静电计指针张开角度变小，若将两极板间 变，滑动变阻器R的滑片P向左移动不会影响静 距d增大，电容C减小，两极板间电势差U增 电计指针张角，静电计指针张开角度不变，将两 大，C正确，D错误。 2D【解析】XX'为水平偏转电极，其中所加电压 极板间距d减小，由E1= 可知两极板间的电 使得粒子发生水平方向的偏转，YY'为竖直偏转 场强度E1增大，A、B错误：断开开关S后，电容 电极，其中所加电压使得粒子发生竖直方向的偏 器的电荷量Q不变，若紧贴N极板插入金属板， 转，YY不加信号电压，竖直侧移为0，XX加题图 相当于两板板间距d减小，根据C=E 46a可知电 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 1A ·14. ·物理· 参考答案及解析 误：XX'加题图2波形电压，则水平方向侧移一 极板间电场强度大小E= U ,若从t=0时刻释 定，Y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 3T 放电子，在1-之时刻到达右极板，则电子经历 屏上将出现一条竖直亮线，B错误；XX加题图4 了先加速再减速后加速三个过程，每段加速度大 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2波 小a=eEeU 训一，相同，则每段位移大小相同，均 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 为号，全过程由动能定理得E,号-E·号十 3 3 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，Y加题图1波形电压， 号=E,得B=B,号，又E-,得 eE. 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 武=受C格民，D三瑞 正确。 5.BC【解析】因小球到达最高点时与轨道间没有 3.D【解析】设两极板之间的距离为d,粒子的质 作用力，说明自身重力完全提供向心力，则mg= 量为m,电荷量的绝对值为q。在0一T。时间内 m,小球从A→C的运动过程中，根据动能定 U 平行板间的电场强度为E1= ,粒子的加速度 里，有-mg·2-96=2m2- 2mu,解得 a190 ,向上做匀加速直线运动，经过时间T。 vo=7m/s,A错误，B正确；小球从C点出射，水 dm 1 平方向做匀减速直线运动，初速度为v一√gr 的位移为工1=2a,T6,此时的速度为01 7m/s,加速度为a=E=10m/,竖直方向做 a1T。,在T。~2T。时间内平行板间电场强度为 m B号，银子的加建度大小为a:=盟，粒子以 自由落体运动，运动到工轴时，有h=g,解得 dm 1的速度先向上做匀减速直线运动，到达极板 分 s,则此时横坐标为x=一t十】a =0.C M时速度减为零，然后向下做匀加速直线运动， 正确，D错误。 1 这段时间内的位移为x:=01T。一2a2T6,由题 三、非选择题 意知，在t=2T。时刻，粒子回到出发点，则有 6.(1)见解析图(2)60000(3)4.6×10 x1十x2=0,联立可得U1:U2=1：3,A、C错误； (4)电容器的放电时间比较长，而实验测量的时 由以上分析可知，在T。时刻粒子的速度大小为 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 @-9T。,在2T时刻粒子的速度大小为2 【解析】(1)实物图如图所示。 一a:T,整理得=-2T,里然T,与 dm 2T。时刻粒子的速率之比为v1tv2=1:2,由公 式E.-2m可知T。与2T。时刻粒子的动能 可 之比为1：4，B错误，D正确。 数据输出 二、多项选择题 4.AD【解析】若t=0时刻释放电子，电子将重复 先加速后减速的运动，直到打到右极板，不会在 黑鳄鱼夹 两板间振动，A正确，B错误；设两极板距离为d, 红鳄鱼夹 ·15 1A 衡水真题密卷 学科素养周测评 (2)电表读数为60.0×10002=600002。 D y (3)根据公式Q=It可知题图丁中图线与坐标轴 2 围成图形的面积为整个放电过程中释放的电荷 解得U≤ 2DdEo e(1+2s)l 量，题图丁中一个小方格对应的电荷量为Q。一 代入数据得U≤25V 10×10-s×5C=5×105C,故整个放电过程释 当UB=25V时，即 放的电荷量约为Q=55Q。=55×5×105C E E 2.75X103C,可得该电容器的电容大小的为 UaR,千RR:R,十R,R,=25V C-8-g-2750C6x10E. 代入数据得R,=9002 6 V 当UM=25V时，即 (4)导致该现象的一个主要原因为电容器的放电 E E 时间比较长，而实验测量的时间有限，所以测得 UaR,+R,R.R,十RR:=25V 的电荷量偏小，导致电容的测量值偏小。 代入数据得R,=100n (5)将电容器放电后与欧姆表连接，相当于先对 综述有100n≤R3≤900n。 电容器充电，充电完毕后相当于断开，所以指针 C 先大角度向右偏转然后偏角逐渐减小；欧姆表 “×10”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，充电结束后 电容器的电椅量相同，由于欧姆表“×10”挡时的 8.(1)A、B和木板均处于静止状态 充电电流较大，结合公式Q=I上，可知此时充电时 间较小，即t1<2 (2)1m/s(3)31- s 4 7.100n≤Rg≤900n 【解析】(1)由题图(b)的E-t图像可知：t=2s时 【解析】电子穿过电容器过程中，在水平方向做 刻，E=2×10°N/C 匀速运动，有 A、B受到的电场力大小为 l=vot FA=qAE=4N(向左)，FB=qBE-2N(向右) 在竖直方向做匀加速运动，有 A和B与木板间的最大静摩擦力为 1 fAmmx-f Bmox-mimg=5 N 因为FA<fAmx,FB<fBm v,=at 故A和B均不会相对木板滑动，地面与木板间的 a-出 最大静摩擦力为 f地mx=4g·3mg=6N 电子穿过平行板电容器时，速度方向偏转目角，有 对木板、A和B组成的系统，因 tan0-巴 FA一FB<f地m 故木板不会相对地面滑动，所以滑块A、B和木 联立解得tan0=2 板均处于静止状态 (2)随E的增大，设A在t1时刻相对木板滑动并 电子打在荧光屏上偏离中心O的位移为 从滑板左侧滑落，此时的临界关系为 y=y1+stan 0 QAE1=fAmax 脚y=(+）) 解得E1=2.5×10N/C 当-号时，代入放据求得y=3cm>号 由题图(b)的E-4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2 故要使电子都能打在荧光屏上，应满足 时刻开始向右运动，此时的临界关系为 1A ·16▣ ·物理· 参考答案及解析 qBE2=42·2mg 1 解得E2=4×10N/C 0=aM△2x1=20△ 由题图(b)的E-t图像可知对应时刻为t2=4s, 代入数据得 因为Fa=qaE2=4N<fBm △2=0.258x1=8m 所以假设成立 设B在△s=t4一t3=0.5s内发生位移x2,由运 再随E的继续增大，B将在t?时刻相对木板向 动学规律有 右滑动 对B分析 02=+aB△s,x2=2(o1+oz)△a qBEa一fBax=ma 代入数据得 对系统分析 3 9sEa一u2·2mg=2ma v:-5 m/s,:-2m 解得E3=6×10°N/C,a=1m/s2 11 由题图(b)的E-t图像可知对应时刻为t:=6s 因为x2-x1=8m=d 综上，在时间△t1=t3一t2=2s内，电场力的冲 故恰好在t4=6.5s时刻，B以速度v2与静止的 量为 木板相碰 1e=g.EB.△，=10N.s 因B和木板的质量相等，碰撞过程中系统能量、 2 动量均守恒，故碰撞后两者速度互换，即碰后木 对系统，由动量定理有 板和B的速度分别为 Ie-4:·2mg△1=2mw1-0 v1=5m/s(向右)，w2=0 代入数据解得t=6s时刻B和木板的共同速度 设再经过△4，B再次返回木板上的初始位置，此 为1=1m/s 过程中，B始终静止，木板的加速度仍为a= (3)tg=6s至t4=6.5s,电场强度恒为E,=8X 4m/s2 10N/C,B进入木板上光滑部分 由运动学规律有 由牛顿第二定律可得 1 d=ui△L,-2ak△好 对B qBE=maB 代入数据解得 对木板 △4，=54s 4 4g·2mg=ma长 综上，B再次返回木板上的初始位置的时刻为 代入数据得 aa=8m/s2(向右)，a板=4m/s2(向左) t*=t4十△r4= 31-√14 4 -Sa 设木板经时间△2发生位移x1停止运动，由运 动学规律有 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 之比为1：1，B错误RR的电功率之比为 R pa pb P 1.C【解析】R1R的电阻之比为元ah bh? TR-,C正确：根据g=n可知，通过R1R: ,A错误：两个电阻串联，则通过R、R,的电流 I2R2 hi h 的电荷量之比为1：1，D错误。 ·17 1A