周测评(15) 电场(一)-【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版）

2024一2025学年度学科素养周测评（十五） 物理·电场（一】 (考拔时间75分钟，总分100分) 一、选择题：本题共10小盛，共4杯分，在每小题给出的西个选项中，第1一7题只有一项料 合题目要求，每小题+分：第8一10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部这对的得 6分，选对但不全的得3分，有选继的得8分。 题号1 2 45 6 78 910 容案 1.如图()所示，一点电荷P《未画出)所在的水平直线上有M,N两点。在M,N两点分 别：置试粱电背，其受到的静电力与试深电背的电荷量的关系分别如图《6)中直线I, Ⅱ所示。规定向右为正方向，则 ) AP懂正电 BP在M点左剿 CM点电势比N点的低 DM点电场强度比N点的小 2.如图所承，质量为m的小物块P和小球Q均可规为点电荷，电荷量相同。置于粗荷本 平面上的解而体领角为8，质量为M,将小物块P故在表面粗粒的料面体上。当小球Q 放在与P等高处(P、Q连缓水平)时，P静止且受斜面体的摩藏力为0，斜面体保持静 止，此时经测量小物块P与小缘Q的距离为。设静电力常量为素，重力加速度为g,则 下列说法正确的是 RwwwwwhwT A小球Q所禁电荷量为 BP对料卤体的压力为mgOs C斜面体对地面的压力为(M十m)g D,斜而体受到地面的摩擦力为0 学科素养周测评（十五）物理第1页（共8页） 衡水真 3.经研究表明取无穷远处为零电势，导体球表面的电势与导体球所带的电横量成正比，与 导体球的半径成反比。金属小球a和金属小球5的率径之比为1：2，所带电荷量大小 之此1：了，两小球料远大于小球常径且可更为L时，它门之可的相互引力大小为F, 姓名 现将金国小球公与金属小球b相互接触，达到静电平衡后再数回到原来位置，这时公，b 两小球之何的相互作用力是（不考虑万有引力） 且库仑拆力爱 得分 A.库仑斥力兰F C库仑力F n库仑引为得r 七如图所示，真空中两个等量同种正点电街分别成置在P,Q两点，P.Q连线的中点为O, 以QO为棱构成个空间正方体，A,B.C,D,E.F为孩正方体上六@ 个顶点，下列说法正确的是 A.A,C两点的电场横度方向相同 且D、A两点的电势相等 C将电子自C点沿CB方向射出，电子可能数匀速图周运动 D算电子沿棱自D一￡一F移动过程中，电场力先做正功再藏负功 5,用两根长度相等的地缘细线系住两个质量相等的带电小球A和B,A带正电，B播负 电，几Q。一4Q:,悬挂在水平向右的匀强电场中，保持平衡状站，下能正确表示系 统平衡状态的图是 A D ,如图所示，半轻为R的绝缘细凭环上均匀分布着电载量为Q的正电荷，A,B,C三点将 圆周三等分。取走A,B处元长均为△1(LR)的圆瓦上所梦的电背，静电力常量为 。,此时阁心处电蜗高度 A为向沿0D,大小为专9兰 2xR 且方向沿0C,大小为 2nR G方向沿00，大小为49出 D方向船0C,大小为 R 密 学科素养周测浮（十五）物理第2页（共8页 7.在r轴上A,B两点分灯敏置两电传Q和mC为两电荷中乐线上一点，且O-)-(C①， 在x轴上的电场强度与x的图线如图所示，规定电场强度沿x轴正方向为正，则() A两电荷为等量异种电荷 我O点电劳小于0 C电子从C点到O点运对过程中电势能增大 D电子从C点到(O点运动过程中相速度光增大后减小 &如图所示，不带电，长为？的导体棒水平效数，现将一个电背量为十>0)的点电神放 在棒的中，心轴线上距离榜的左端R处，A、B分别为导体棒左右两喇的一点，静电力常 量为。当稀达到静电平衡日，下列说法正确的是 A.棒的两滑都感应出负电蒋 五棒上感应电背在棒的中：心D处产生的电场强度方内水平内右 C棒上格京电载在韩的中心0经产生的电场强度大小E一R+①，5 D,若用一银守线将A,B相连，护线上不会产生电流 9.ABD-EFGH是空间中的立方体，4、b,,d分别是图示四条边的中点，在A,B、D、 ￡，F,H六个夏点成置点电荷，电性和电荷量如图所示，下列说法正确的是() 04 A年b,c,d国个点中5点电势量高 我a,历、「d四个点中a点电孱强度最大 C正方形a而d中心处的电场强度为0 D把正试探电荷从a点沿a,c连线移动到c点，电构的电势能不变 学科素养周测（十五）物理第3页（共8页） 衡水真 10,知图所示，长为、颜角为37的光滑绝染细杆AD蚕直穿过率径为，电荷量为一Q的圆 定大置环图心O,细杆上B,O.C三点等分红仟长度，现从组杆的原端A无制速度地释 放一个质量为烟，电萄量为十？的套在细杆上的可钱为点电药的小滑环。已知静电力常 量为表，重力加建度为g,血37”一06,037一Q.8,大因环上的电荷均匀分布，小滑环 上的电背不影响电场分布，勇下列说法正确的是 人大圆环在B点产生的电杨涵度大小为9 4 弘小滑环在B点的如速度大小为2 02因 4awl C小滑环从B点到C点的过程中电场力所做的功为0 24 n小滑环在D点的速度大小为 二、非选挥题：本题共5小驱，共54分。 11.(6分)某物理兴整小组和用如周所示装置来探究影响电传间静电力的因素。A是一个 带正电的物体，系在绝缘址线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电 力的大小可以通过苹线偏离竖直方向的角度显示出来。也门分别进行了以下操作， 步骤一：把系在轮线上的带电小球先后挂在横杆上的P,P,P,等位置，比较小球在 不问位置所受梦电物体的静电力的大小。 步骤二，使小球处于同一位置，增大皮观小小球所带的电荷量，比较小球斯受的静电力 的大小 (1)该实验采用的方法是 。(填正确选项能的字母) A理想实窝法 B粒制变量法 C等效替代法 (2)若小球质量为烟，在P,位置的偏离经直方向的夹角为▣，刚带电体受到的库仑力 大小为 (3)在实验中，小组同学让两米径为R的小球分别带上g:和：的正电街，并使同小 球球心相距识时处于平衡秋老，利用公式F=◆器来计算两小球之间的库 仑力，你以为该值与第二问的结果相比该（填偏大”·偏小”或“相 等")，理自是 蹈密在 学科素养周测浮十五)物理第4页（共8页 12(8分)如图所示，等边三角形AC位于经直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上 13.(10分)如图所示，一个带正电的小球，质量为m,电横量为《：固定于绝缘轻杆一端，轻 方，3个点电背分别定在三角彩的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场蛋度方 杆的另一骑光滑较接于O点，重力加速度为g。 向竖直向下，C边中发N处的电桥置度方向整直向上，A点处点电荷的电背量的施 (1)未加电新时，将轻杆向左拉至水平位置，无初婆度韩数，小球到达最低点时，求轻杆 时值为g,求， 对它的拉力大小。 (1》B点处点电荷的电荷量的绝对值并判版3个点电荷的正负。 (2)若在空间中笔加一个平行于纸面的强电场，大小方向未知，将轻杆从左边水平 (2C点处点电背的电背量， 位置无初速度释放，小缘到达最低点时，受到轻杆的拉力为4mg:将轻杆从右边水 平位置无初速度释成，小其到达最低点时，受到轻杆的拉力为8m底。求电场强度的 水平分量E,和经真分量E,· 学科素养周测浮（十五）物理第5页（共8页） 衡水真蹈密在 学科素养周测博十五)物理第6页（共8页1 1 14.13分)三个相问的金属小球A,B.C均带电，其中A和B所带的电荷量分则为夏、 15,《17分)如图(a》所示，长度L=Q,8m的光滑绝缘细杆左端同定一电骨量为Q4= 2?,二者分期与两假等长的地缘细线一端相连，两细线的另一端固定在间一点0，平衡 十4,0×10‘C的点电荷A,一贯量为m=0,4kg、电荷量为日=十2,0×10C的小 球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于基丰均匀外电肠中，以杆左璃为原点，沿杆向 时连接小球的细线与竖直方向的夹角均为0，如图所示，现用小球C先与A接触，库 右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系知 与B接触，然日移开C(过程中A,B之何未提触)，A和B再次平衡后，两细线之问的 图()中曲线I所示，小球B所受本零方向的合力陆B位置x的变亿关系如图(b)中 夹角变为120°，求材命时小球C所带的电荷量。 曲线Ⅱ所示，其中由线目在工≥0.0m范国可近起看作直线。 (门)求小球B在x一Q3的m处受到外电场对它沿杆方向的电场力F和外电畅在该点 滑杆方内的电畅强度E。 (2)已知小球B在x=Q0m处铁得水平向右的初违度女=0.20m/w封，最远可以运 动到x=0,0m.若小球B在x■0，图m处受到方向向右，大小为0,02N的显力 作用后，由静止开始运动，为使小球B能离开仟，求恒力作用的最小距离。 N 0 006- 所a b 学科素养周测浮（十五）物理第7页（共8页） 衡水真蹈密在 学科素养周测博十五)物理第8页（共8页引·物理· 参考答案及解析 1 4m。+m2 9m6 4m2。 =2aB5 0= Amo 3 当m:=2m,时小球1的速度v取最小位，最 小值为 -》 -第g. 1- (3) 3μg 当n→∞时，解得s=8g 【解析】(1)依题意，设长木板A的长度为L, (3)B从第n次与挡板发生碰撞到第n十1次与 A,B第一次达到共速时速度大小为口1，由动量 挡板发生碰撞的过程中，设B做匀变递运动的 守恒定律有 时间为t1,B做匀速直线运动的时间为t2,A、B mvo=(2m十m)u1 保持相对静止共同运动的位移为△x,匀变速运 根据能量守恒定律有 动过程有 ponglm2m+mui 1 3十行 =2aB△z 联立解得=号儿= 匀速过程有 3ug (2)分析可知，物块B与长木板A第n次共速时 △x=3 的选度为学对B根据牛顿第二定律有 联立解得t1:t2=1:1 即每相邻两次碰撞过程，A、B匀变速运动过程 umg-ma B 与A、B匀速运动过程的时间之比为1：1。在 从B第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过 0~t。时间内，设A做匀减速运动的累计时间为 程，有 t‘,则 =2aBs1 从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过 对A有 程，有 umg=2maA （)’=2a 3-ant 从B第n次撞击挡板到第n十1次撞击挡板过 程，有 解得6一最 2024一2025学年度学科素养周测评（十五）物理·电场（一） 一、选择题 位于M、N两点之间，且P带负电，A、B错误。 1.C【解析】由图像中直线I可知，在M点放置的 根据E= 二，由F-q图像可知，直线I对应的电 试探电荷带正电，受到的电场力向右，则M,点的 电场强度方向向右；由图像中直线Ⅱ可知，在N 场强度大于直线Ⅱ对应的电场强度，即M,点电 点放置的试探电荷带负电，受到的电场力向右， 则N点的电场强度方向向左；可知点电荷P应 场强度比N点的大：根据E=号，可知M点比 ·15. 衡水真题密卷 学科素养周测评 N点离负点电荷P更近，则M点电势比N点的 3Eg 低，C正确，D错误。 2mg ,以B为研究对象，受力如图所示，设A、B 2.C【解析】以P为研究对象，受到重力mg、斜面 间的细线与竖直方向的夹角为B,则由平衡条件 体的支持力FN和库仑力F,由平衡条件得F一 得ang=应，可得a>,C正确。 mg mg tan 0,Fy-mg Cos。,根据库仑定律符F=, 0 E 联立解得q=r mg tan 6 k ,A错误；由牛顿第三 定律得P对斜面体的压力为F广=F=gB qE④B, 错误；以斛面体和P整体为研究对象，由平衡条 mg 件得地面对斜面体的摩擦力为F:=F,地面对斜 6.A【解析】由于圆环所带电荷量均匀分布，所以 面体的支持力为Fa=(M十m)g,根据牛顿第三 孤长为△L的小国孤所带电荷量g-示，没有 QAL 定律得斜面体受到地面的摩擦力为F,斜面体对 地面的压力为F=FN=(M十m)g,C正确，D 取走所带电荷时固心O点的电场强度为零，取走 错误。 A、B两处的电荷后，圆环剩余电荷在O点产生 3.A【解析】a、b两小球相互吸引，两小球带异种 的电场强度大小等于A、B处弧长为△L的小圆 电荷，根据库仑定律得，相距L时的相互引力 弧所带电荷在O点产生的电场强度的叠加，方向 F-7g3 ，当它们相互接触后，电荷先中和后重新 相反，即有E=得cs60,解得Ew- 2kg 2πR3, 分配。它们相互接触达到静电平衡后，电势相 方向沿CO,A正确，B、C、D错误。 7.D【解析】根据题意，由图像可知，O点左侧电 问·因一是，✉、五两小家电特量关系为2红。 场方向沿x轴正方向，O,点右侧电场方向沿工轴 q6,中和后有q。十q6=6q,解得q6=2qa=4g,中 负方向，O点电场强度为0且AO=BO,可知q1、 和后a、b两小球电性相同，静电平衡后电场力大 q2为等量正电荷，中垂线上的电场方向为由O 小为F广-部-下，电场力表现为库伦东力，A ,点指向无穷远，根据沿电场线方向电势逐渐降低 可知，由于无穷远处电势为0，则O点电势大于 正确，B、C、D错误。 0,A、B错误；结合上述分析可知，电子从C点到 4,C【解析】由对称性可知，A、C两点的电场强度 O,点运动过程中电场力做正功，电势能减小，C错 大小相等，方向不同，A错误；因O点距离两正电 误；根据题意，设AO=BO=CO=L,q1=q2= 荷比A点更近，可知O点的电势高于A点电势， Q,由点电荷电场强度公式和电场强度叠加原理 B错误：电子在以O为圆心、正方体棱长为半径 的圆上所受的电场力大小相等且都指向O点，则 可得，此时C点电场强度为E。=怎.Q, 艺·在C 将电子从C点沿CB方向射出，因该方向与电场 O连线上取一点D,令∠DAB=30°，由点电荷电 力方向垂直，若电场力等于电子所需的向心力， 场强度公式和电场强度叠加原理可得，此时D点 则电子能做匀速圆周运动，C正确；由对称性可 知，D、F两点的电势相等，E点更远，所以电势 电场强度为E=号·品，可知ED>E,特合等 低，电子在移动过程中，电势能先变大再变小，所 量同种电荷连线中垂线上的电场强度情况可知， 以电场力先做负功再做正功，D错误。 从C点到O点电场强度先增大后减小，则电子从 5.C【解析】设qA|=4qB=4g,A带正电，受到 C点到O点运动过程中加速度先增大后减小，D 的电场力水平向右，B带负电，受到的电场力水 正确。 平向左。以整体为研究对象，设O、A间的细线 8.CD【解析】根据静电平衡规律，导体A端带负 与竖直方向的夹角为a,则由平衡条件得tana= 电，B端带正电，故A错误：根据静电平衡规律，导 ·16▣ ·物理· 参考答案及解析 体静电平衡时O处的电场强度为零，即棒上感应 【解析】(1)该实验采用的方法是控制变量法，B 电荷在棒的中心O处产生的电场强度与电荷q 正确。 在O点产生的电场强度等大反向，所以有E= (2)对小球受力分析，受力示意图如图所示，由 R十0,50，方向水平向左，B错误，C正确：静 平衡条件可得，带电体受到的库仑力大小为 F=mgtan a. 电平衡时导体是等势体，表面是等势面，则导线 上漫有电流，D正确。 9.ABD【解析】根据点电荷的位置、电性和等量异 种电荷、等量同种电荷的特，点，可知a、b、c、d四 个，点中b点电势最高，A正确：根据，点电荷的电场 强度和失量的合成，可判断出a、b、c、d四个点中 a点电场强度最大，B正确；根据失量的合成可知 *1g 正方形abcd中心处电场强度的失量和一定不为 (3)在实验中，小组同学让两半径为R的小球分 0,C错误a、c连线是电场中的等势线，把正电荷 别带上q1和q2的正电荷，并使两小球球心相距 从a,点沿a、c连线移动到c点，电荷的电势能不 3R时处于平青状态，利周公式F=长8照来 变，D正确。 10.ACD【解析】由题意可知OB=l,大圆环上电 计算两小球之间的库仑力，可知该值与第二问 荷分布均匀，取环上一点，设其电荷量为Q1,该 的结果相比应该偏大。理由是同种电荷相互排 点到B点的距离为r=√2l,Q1在B点产生的 斥，电荷间等效距离大于3R,库仑力的实际值 电场强度为配=大号=号，以0点为丝标原 小于k919: (3R)3· 点，OA方向为正方向建立x轴，Q1在B点产生的 12.1gA,B,C均为正电荷(2)3-3 39 电场强度在x轴方向的分量为E1.=E10s45° 【解析】(1)因为M点电场强度竖直向下，则C ,大圃环在B点产生的电场强度大小 为正电荷，根据电场强度的叠加原理，可知A、B 两点的电荷在M点的电场强度大小相等，方向 B=名B。-兴A正璃小清环在B点，由 相反，则B点电荷带电荷量为q,电性与A相 同，又N,点电场强度竖直向上，可得A处点电 牛顿第二定律得gE十mng sin37°=ma,解得a= 荷在V点的电场强度垂直于BC沿A、N连线 g+g,B错误：由对称性可知B.C两点 Aml 向右上，如图甲所示，可知A处电荷为正电荷， 电势相等，则电势差U℃=0，小滑环从B点到C 所以A、B,C均为正电荷。 点的过程中电场力所做的功Wc=gUc=0,C 正确：由对称性可得库仑力做功W0=一WD, 即Wo十W0=0,从A点到D点，由动能定理 E 得mg·4sn37°+0=号mi-0,解得0= 24 √581，D正确。 Ev 甲 二、非选择题 11.(1)B(2)mng tan a(3)偏大同种电荷相互 (2)如图乙所示，由几何关系E%=Ex·tan30° 排斥，电荷间等效距离大于3R,库仑力的实际 即g=3(g_gc AN 3BN CN 值小于k19 (3R)2 其中AN=√3BN=3CN ·17▣ 衡水真题密卷 学科素养周测评 解得ge=3-3 14.8g或-13g 39 【解析】设细线的长度为L,由几何关系可知， E 初始时A、B间的距离为L,则 3g F年= RqAqB kg·23kg2 L2 122L2 30 对小球A由平衡条件可得 F年=mg tan30° 乙 当小球C分别与A、B接触后，由题意结合几何 13.(1)3mg(2)E,=mg,方向水平向左E, 关系可知，A、B间的距离变为√3L,根据平衡条 件可得 mg,方向竖直向下 Faklgagal (W3L)2 -mg tan 60 【解析】(1)未加电场，则小球从水平位置无初 速度释放到最低，点的过程中有 可得a1-多 mglm 此时小球A、B所带的电荷量分别为 则小球在最低点有 gA-9A十gg 2 2 Fr一mg=m qA十9C十qB 解得Fr=3mg 2 9B=- (2)加电场后，无论轻杆从哪边释放小球到达最 联立解得qa=8q,qc=一13g. 低，点时受到的拉力均比无电场时大，则说明电 15.(1)0.14N,水平向左7×105N/C,水平向左 场在竖直方向的分量向下；而轻杆从左边释放 (2)0.44m 小球到最低点受到的拉力小于轻杆从右边释放 【解析】(1)根据题意，设小球B在x-0.30m 小球到最低点受到的拉力，则说明电场在水平 处受到点电荷A对它的作用力为F1,外电场对 方向的分量向左，则轻杆从左边水平位置无初 它沿杆方向的作用力为F,合力为F。,则有 速度释放，到小球到达最低，点的过程中有 F。=F1十F mgL.-E.qL+E,qL.-moj 结合题图(b)中信息可得 则小球在最低点有 F=-0.14N 即小球B在x=0.30m处受到的外电场对它沿 Fn-mg-E,q-mL 杆方向的电扬力F的大小为0.14N,方向水平 其中Fn=4mg 向左，根据电场强度定义式可得 轻杆从右边水平位置无初速度释放，到小球到 E-F=7X10 N/C 达最低点的过程中有 q 方向水平向左 mgL十E,L+E,qL=2mo (2)根据题图(b)中曲线Ⅱ国成图形的面积表示 则小球在最低点有 合电场力对小球B做的功，可知小球B从x 0.20m到x=0.40m处，合电场力做功为 F2-mg一E9=m 其中Fm=8mg w0-2m2-8x10J 联立解得E,=m,E,=s 由题图(b)可知，小球B从x=0.40m到x= 0.80m处，合电场力做功为 ·18 ·物理· 参考答案及解析 W2=-0.02×0.4J=-8×103J W1十W2十F外s=0 由动能定理有 解得s=0.44m。 2024一2025学年度学科素养周测评（十六） 物理·电场（二） 一、选择题 电势先变小后变大，所以粒子的电势能先变小后 1.A【解析】点电荷十q从圆心x=0处沿x抽正 变大，D错误。 方向移到无穷远处的过程中，电场力做功为W。, 4.A【解析】由静电感应可知，金属平板上方的电 由电势能的定义可知，点电荷十q在x=0处的电 场线垂直于金属平板向下，则点电荷以及金属平 势能E,=W。,又E,与x的关系图线的斜奉的 板周国的等势面分布如图所示，由图可知，c点的 绝对值表示静电力的大小，将圆环分成很多可以 电势高于d点的电势，A正确：C点的等差等势面 看成点电荷的小段，由电场叠加原理可知，x=0 比d点密集，则c点的电场强度比d点的大，B错 处电场强度为零，且从x=0向左、向右电场强度 误；因a点电势高于b点，则电荷量为q的负电 都变小，无穷远处电场强度为零。点电荷十q从 荷在a,点的电势能小于在b点的电势能，C错误： x=0向左、向右受到的静电力qE都是先增大后 电荷量为q的正电荷从b点移到a点的过程中电 减小。E。与x的关系图线的斜率的绝对值从 场力做负功，D错误。 x=0向左、向右都是先增大后减小。A正确。 2.C【解析】根据电场线的疏密程度表示电场强度 的大小，由题图可知E>E。,P、Q两点关于点 电荷q1水平对称，P到q1之间电场强度较大，电 势降低较快，可知Pr>pQ,A错误；由电场线分布 可知，q1带负电，q2带正电，由电场线的疏密可知， q1的电荷量绝对值大于q2的电荷量绝对值，B错 误；由电场线分布可知，从M移动至N,电场强度 5.D【解析】若该过程仅由方向平行于y轴的匀 先增大后减小，则加速度先增大后减小，C正确；若 强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿工轴正 粒子带正电，从M至N电场力先做正功后做负 方向做匀速直线运动：若该过程仅由方向垂直于 功，它的电势能先减小后增大，D错误。 纸面的匀强磁场实现，此时粒子做匀速圆周运 3.C【解析】坐标原点左、右两侧的电场强度分别 为E-|-品-2vmE- 动，沿x轴正方向分速度在减小，根据1一吾，可 △x' 知t1<t2,A,B错误。若该过程仅由方向平行于 6V 2cm =300V/m,可知左，右两侧的电场强度大 y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，到 小不同，则该电场不是匀强电场，A错误：带正电 达P点时速度大于v;若该过程仅由方向垂直于 的粒子由静止释放后，在原点左侧做匀变速直线 纸面的匀强磁场实现，此时粒子做匀速圆周运 运动，进入原，点右侧后也做匀变速直线运动，粒 动，到达P点时速度等于o,而根据Ek= 子不做简谐运动，B错误：原点处的电势最低，则 之mo,可知E1>Ee,C错误，D正确。 1 粒子在该点的电势能最小，动能最大，从x一 一3cm处到原点处的过程中，由动能定理可得 6.A【解析】根据平衡条件和几何关系，对小球受 力分析如图甲所示，根据几何关系可得T=qE, qU=2mo品，解得vm=2.4X10m/s,C正确：带 Tsin60°+qEsin60°=mg,联立解得T=gE= 正电粒子沿x轴正方向运动过程中，所在位置的 √3×103N,剪断细线，小球做匀加速直线运动， ·19▣