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75分钟，总分100分》 一，透择题：本题共10小驱，其46分。在每小题给出的四个达项中，第1一7题只有一项料 合题目要求，每小题4分：第8一10题有多项符合题目要求，每小题6分，金部说对的得 6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 随号128456 78910 答案 1.如图甲所示，计算机键盘为电容式传够器，每个留下面由相互平行.间距为d的话动金 属片和图定全属片组成，两金属片问有空气向隙，两金混片组或一个平行板电容器，如 图乙所示。其内部电路如图丙所示，按健的过程中，下列说法正确的是 网定支找板 巧请会属片 州定片 A电客器的电客诚小 我电靠帮的电有量增大 C图丙中电瓷方向从a流向心 围电容器同的电属强度减小 2如图所示，G为静电计，M.N为平行板电容器的金属版，开始时开关5闭合，静电计霜 针素开一一定角皮。若不考志静电计引起的电荷量变化，侧下列说法正确的是() A.保持开关S闭合，将两极版可更减小，两极版间的电场强度E,不变 我保持开关S闭合，将带动变阳器R的滑片P向左移动，静电计指针张开角度变大 C断开开关S后，紧贴N极板辅人金腻板，静电计指针张开角度变小 D斯开开关S后，将两极板间距增大，两极板同的电势差U诚小 学科素养周测评（十七）物理第1页（共8页） 衡水真 3.如图所示的平行板电容墨琴直成置.两极板间的距离为d,极版高度AB一CD一，对该 班圾 电容普充上一定的电荷量后，将一蒂电小球P从非常靠近左极板的上端A处由静止释 放，小球沿图中虚线运站打到了右极板的中点，为使小球馆够从下方穿过电容器，右截 板向右至少移动的里离为 姓名 得分 A.d B2-1d c号 《.乐波替可以用来现察电信号藏时间变化的情况，其核心常件是示被管，其原理图如下， XX为水平编转电极，为竖直转电服（已知T很小），以下说法正确的是《》 电子舱 闲F电围 图2 3 A.XX“加图3被形电压，不如信号电压，屏上出瑶一个亮点 BXX加图2波形电压，Y加图1被形电压，屏上将出观两条竖直亮线 CXX'加图4波形电压，Y加图2被彩电压，屏上将出税一条竖直亮线 DXX加调4波形电压，Y”加图1波形电压，屏上将出现图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，电解电动劳为E,C板固定，D板 可左右平行移动，闭合开关，一段时阿后再断开开关，从C板发射一电子，给能运动到A 点后再返回，已知A到D板的距离是板间距高的三分之一，电子质量为网，电荷量为：， 忽略电子的重力，期 A设定C板电势为0，电子在A点的电婷能为-号E 且若要让电子作够罚达D板，可将D板向左平移至A点或A点 左侧某位置 C,若要让电子能够到达D饭，可将D板向右平移至某位置 山若要让电子建够到达D板，可用合开美，再将D版向右平移至某位置 密岳 学科素养周测评十七)物理第2页（共8页引 6.如图所示，AD为登直平面内的地壕光滑物道，其中AB第分为顿角为30的斜面，以D 留分为辛径为R的四分之三展氟轨道。与斜南平滑朝切，C为轨通最低点，整个轨道放置 在水平向右的匀强电扬中。理将一带正电，质量为m的小滑块从料面上A点由静止释 敌，小滑块恰能到法测弧轨道的D点。已知重力加速度为：，下列说法正确的是〔) 0 A释成点A到斜面成精B的E离为2.5R 且小滑块运动司C点时对机道的压力为g C小带块运动过程中最大动能为mgR D小滑块从D点意出后恰好落在轨道上的B点 7,如图甲所示，两平行板沿水平方向放置，且在两段版同加知周乙所示的电压，=0时刻 由两极板的正中央静止释放一带负电的粒子，结果在T,时粒子国可出发点，且餐个过 程中较子相好未与极板M发生磺撞，忽略粒子的重力。期下列说法正确的是() A.粒千在T。时刻附好运动刊极板M 五在T。时刻粒子的速率最大 CUU,-12 D.T。与2T。时刻粒子的动能之比为14 &示被器是一种多功能电学仪器，它是由如速电场和偏转电场组成的。如图所示，爱量为 m的带电粒子由静止开始经加违电场加速后，府平行于板泥的方向从正中间射入偏转 电场，并从另一侧射出。已知带电粒千的电背量为9，加速电场电压为，偏转电场的 极板长度为L,两极板间的距离为山，偏转电场极板的电压为，且可两节，不计轮子 的重力，用下列跳法正确的是 C) 学科素养周测浮（十七）物理第3页（共8页 衡水真 A.指电粒子高开糖转电据时的动能为Q山十U》 品同种电性的不槽电粒子，射出装置的位置相同 C减小U,指咆粒子通过编转电畅的时同度长 Q者神电究千刚好从下银板边缘高开共电场，哈- .如图甲所示，两平行金属板竖直敏置，左极板接地，中闻有小孔。右极板电势随时间变 化的规律如图乙所示。电子原来静止在左版板小孔处。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 《》 57 A.电子将始终向右运动，直到打到右极板上 且电子可能在两板同振动 C在：一受恰好到达右能板，测到达右餐板时电子的动能为：心 D.在-3于时划践达右极板，则到达右极版时电子的动能是号 2 10,如图所示为一围定在经直面内的光带绝缘钮管轨道.A点与x轴相交，C点与y轴相 交，轨道AB段经直，长度为Q,7m,C段是半径为几，7m的四分之一同弧，与AB相 切于B点。一质量为m一0,1kg、直径略小于管径的带电小从A点以初违度财 入航道，小球到达最高点C时恰好与轨道没有作用力。已知小域蒂Q,1C的正电荷， 在x轴上方存在着电条强度大小为100N/C,方向水平向右的肉匀强电场，重力加速皮g 取10m。,划下列说法正确的是 A.小球的初速度为6m/、 且小球的初速度，为7m/: C,小球从C点射出后运动轨连与x箱交点横坐标为0 D小缘从C点射出后运动航迹与x转交点横量标为一07m 密在 学科素养周测评十七)物理第4页（共8页引 二.非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(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，于是将之接到如图乙所示的实验电路中，实验开始时电容#不带电 砖月 动片出 动片 定 定片 (260 pP 空气介质单取可变电容春们替构发电亮精号 甲 (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 投减小，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， 12.(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”)： 13.(10分)如图所示，电源电动势为E=100V,内阳不计，R1、R:.R,的阻值均为300A, R,为可变电阻。C为一水平效置的平行板电容器，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,=96×1©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 14.13分》知图1所示，竖直正对故置的平行极板A、B间存在匀强电场，从A版0处 的放射那连峡无初速度地释敏质量为m,电背量为？的电子，电子经级板A,B阿的电 场加速后由B板上的小孔离开，然后沿水平线置的平行极酸C,D的中心线适人偏转 电杨。C,D两极板的长度均为上.，间距为，两板之问加有如周2所示的交变电压 之时间吸内极板C的电势高于极板D的电势。电子被加速后离开极板A,B间的 加迷电场时的速度大小为号.所有电子在极板℃，D同的编转电场里运磷时均不会打 到C,D两极板上，不考虑电子的重力及电子之何的相互作用和概板的边缘效应。求， (1):板A,B之间的电势差U, 《2)一0时刻进人偏转电场的电予离开偏转电场时的阔移距离。 汇一时刻进人偏转电场的电子高开物特电扬时的侧华离。 9 1 学科素养周测评（十七）物理第7页（共8夏） 衡水真园 15,《17分)如图(》所示，“L“形绝缘不带电术板静止在水平地面上，电背盘一一2× 10·C的滑块A静止在木板上左端，电背量g和一1×L0C的滑块B静止在木板上 距木板右瑞d-号m处，B左褐（含B所在位置）的木板面粗杭：右侧的木板面光滑， A,B和粗简木板面间的动摩擦因数4，一Q.5,木板和抱面何的动摩擦因数：一02， F=0时刻，在空间加一水平向右的电场，电据强度大小E随时同：变化的图像如图(b》 所示，一6,5。时刻，撒去电场。已知木板，A,日的质量均为m一1kg,A,B可棍为质 点，最大静摩擦分等于滑动学察力，可能的硬痘均为时间极颇的弹性碰涂，不计A、B 间的库仑力，重力加速度g=10m/. (1D试道过计算判断：1一2s时刻，滑块A、B和木板是香处于静止状吉， 《2)求■6时割，滑块B韵违度大小 (3》求滑块B再次返画木板上韧始位置的时刻. 810 -d 密程 学科素养周测浮十七》物理第8页（共8页1·物理· 可知当速度夫量图面积最大时，水平射程x有 最大值，所以当0十a=90°时，面积最大，此时 tan 0=v2-3 24 1 1 S=2vDv:-2a'x 2024一2025学年度学科素养周 一、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，板间距离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d减小，由E,一号可知两极板间的电 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一品可知电 客C增大，根据C-号可知两板板同的电势差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，根播C=品U=名E-吕可得E= 智，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 ·2 参考答案及解析 UDA 10 UAv 测评（十七）物理·电场（三）】 d_d十工解得x=d,A正确。 hh 2 ID 4,D【解析】XX'为水平偏转电极，其中所加电压 使得粒子发生水平方向的偏转，YY'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，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 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 衡水真题密卷 的电势为A=一号E,电子在A点的电势能为 3 E以=号cE,A错误：闭合开关，一段时间后再斯 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=品联立解得 U=AxkdQ E.S ，从C板发射一电子，恰能运动到A 点后再返回，则有E如=E,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】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°= 爱得正一5哪，所以轨道等效最高点为国心左 上60°，重力和电场力的合力F=√(Eg)+(mg)了= 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)=7m2-0, 解得s=1.5R,A错误；从C,点到D点由动能定 理得mg(-R-Rcos60)+Eq(-Rsin60) 2mu2、1 1 m呢，在C点有N-mg=m尺，解得 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=2m2-2mm,解得 2mo后=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,t=R,则在合力方向的位移为y=号a2= 2R<R,则假设错误，D错误。 7.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E=,粒子的加速度 1 2 学科素养周测评 a1=,向上微匀加速直线运动，经过时间T, dm 的位移为x1=乞a1T6,此时的速度为= a1T。,在T。一2T。时间内平行板间电场强度为 B-号，粒子的加逢度大小为2：-器，短子以 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， 1 这段时间内的位移为x?=v1T。一2azT6,由题 意知，在（一2T。时刻，粒子回到出发点，则有 x1十x2=0,联立可得U1￥U2=13,A、C错误； 由以上分析可知，在T。时刻粒子的速度大小为 =9T,在2T。时刻粒子的建度大小为 v1dm -a:T,整理得=-20T,显然T,与 dm 2T。时刻粒子的速率之比为U1:v2一1：2，由公 式E=2m心可知T。与2T,时刻粒子的动能 之比为1：4，B错误，D正确。 8.BD【解析】对带电粒子从静止到离开偏转电场 由动能定理得E。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(U十 U:),A错误；带电粒子在加速电场中有qU1= 1 2moi,化简可得=√m 2四0，由于带电粒子从 另一侧射出，则在偏转电场极板间运动的时间为 =上= 1 √2U,带电粒子在偏转电场板板间 m ,_卫_Ug,竖直方向的位移为y 的加速度为a一mmd UL )a2二2二，根据上式可知常电粒子在电场中 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缘 甜出，根据偏移量公式有号-，化简可得 ·物理· U22d2 可LD正确。 9.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 两板间振动，A正确，B错误：设两极板距离为d, 板板间电场强度大小E-,若从(=0时刻释 放电子，在1-罗时刻到达右极板，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a=eE_eU 一”一，相网，则每位移大小相同，均 为号全过程由动能定理得B,号-比·号 E,号-E,得B=E·号又E-兰，得 E,-少0，C精误D正扇， 10.BC【解析】因小球到达最高点时与轨道问没 有作用力，说明自身重力完全提供向心力，则 mg=m,,小球从A→C的运动过程中，根据 动能定理，有-mg·2r-qB=2m02 司md,解得o=7m/,A错误，B正璃：小球从 C点出射，水平方向做匀减速直线运动，初速度为 0=√=7m/s,加速度为a=5=10m/3, 竖直方向做自由落体运动，运动到x轴时，有h 8，解得：=侣s,则此时横坐标为工 1 1 一n十2au=0,C正确，D错误。 二、非选择题 11.(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 E 4k可知，当电容器正对面积迅速变大时，电容 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 2 参考答案及解析 数缓慢授减小，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。 (3)本实验测量电睿的原里是C-号电容器的 电荷量Q可由步骤(1)所得的1-t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。 12.(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。 @ 数据输出 传感器 6 黑鳄鱼夹 红鳄鱼夹 (2)电表读数为60.0×10002=600002。 (3)根据公式Q=t可知题图丁中图线与坐标轴 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。= 10×10-5×5C一5×10-5C,故整个放电过程释 放的电荷量约为Q=55Q0=55×5×106C 2.75×10-3C,可得该电容器的电容大小约为 c-8-8-250C46x10E. 6 V (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 1 衡水真题密卷 较大，根据Q=CU,选用不同挡位时，充电结束 后电容器的电荷量相同，由于歌姆表“×10”挡 时的充电电流较大，结合公式Q=It,可知此时 充电时间较小，即t1<12。 13.100n≤R,≤900n 【解析】电子穿过电容器过程中，在水平方向做 匀速运动，有 I=vol 在竖直方向做匀加速运动，有 1 yi=zal vy=at a当 电子穿过平行板电容器时，速度方向偏转日角，有 tan 0=Uz 联立解得m0-头 电子打在荧光屏上偏离中心O的位移为 y=y1+stan 0 即y=+ 当3-号时，代入载据求得y=3cm心号 故要使电子都能打在荧光屏上，应满足 号 解得U 2DdEo e(l+2s)7 代入数据得U≤25V 当UAB=25V时，即 E UaR,千RR:R,十RR,=25V 代入数据得R,=900n 当UM-25V时，即 E E UaR,+RR,R,十R,R:=25V 代入数据得R,=100n 综述有100n≤R,≤900n。 C↑ 学科素养周测评 14.(1)-2ml2 eT? (2)Ur 8md 3)U7 Amd 【解析】(1)电子在极板A、B之间加速后获得 的速度为 2L v0-T 根据动能定理可得 -UA-mod 极板A、B之间的电势差为 UAn=-2mL? eT2 (2)电子进入极板C、D间的偏转电场后在电扬 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1=2 1=0时刻进入极板C、D间的偏转电场的电子 加速度大小为 evo a1= md 电子离开电场时与中心线的距离 1 y=zait 解得y eU.T2 8md (3)1=3T 时刻射入极板C、D间的偏转电场的 电子，在3江一T的时间内加速度大小为 4 3eU。 a:= md 此过程的侧移量为 -r-g）- 32md 在1=T时刻竖直方向的分速度为 ,-ar-）- Amd 在T一平时同内电子加选度大小为 elo a1 md 此过程的侧移量为 ·物理· =,g---) 5eUoT* 32md 离开极板C、D间的偏转电场时的偏转距离为 eU。T2 y=y1+y:=Amd 15.(1)A、B和木板均处于静止状态 (2)1m/s(3)31-4 4 【解析】(1)由题图(b)的E-t图像可知：t=2s 时刻，E=2×10°N/C A、B受到的电场力大小为 FA=qAE=4N(向左)，FB=qBE=2N(向右) A和B与木板间的最大静摩擦力为 fAmax=f Bmux=pimg=5 N 因为FA<fAx,FB<fB 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mx2·3mg=6N 对木板、A和B组成的系统，因 FA一FB<f地 故木板不会相对地面滑动，所以滑块A、B和木 板均处于静止状态 (2)随E的增大，设A在时刻相对木板滑动 并从滑板左侧滑落，此时的临界关系为 QAE1=fAmx 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 t2时刻开始向右运动，此时的临界关系为 qBEg=42·2mg 解得E2=4×10N/C 由题图(b)的Et图像可知对应时刻为t2=4s, 因为FB=qaE2=4N<fBm 所以假设成立 再随E的继续增大，B将在？时刻相对木板向 右滑动 对B分析 q8Es-f Bmux-ma 对系统分析 qE3一42·2ng=2a 解得E3=6×10°N/C,a=1m/s2 2 参考答案及解析 由题图(b)的E-t图像可知对应时刻为ta=6s 综上，在时间△1一t3一t2一2s内，电场力的冲 量为 1e=q E+E.1=10N8 2 对系统，由动量定理有 Ie-μ2·2mg△1=2mo1-0 代入数据解得t3=6s时刻B和木板的共同速 度为1=1m/s (3)t:=6s至t4=6.5s,电场强度恒为E4=8X 105N/C,B进入木板上光滑部分 由牛顿频第二定律可得 对B qaE=ma8 对木板 2·2mg=ma框 代入数据得 aB=8m/s2(向右)，a核=4m/s2(向左) 设木板经时间△2发生位移x1停止运动，由运 动学规律有 1 U1=0△2x1=21△2 代入数据得 1 2=0.25sx1=8m 设B在△ta=t4一t=0.5s内发生位移x2,由 运动学规律有 vg=0十aB△x=2(w1十w2)△y 代入数据得 3 u2=5m/s,x2= m 11 因为x2一x1=8m=d 故恰好在t1=6.5s时刻，B以速度v2与静止的 木板相碰 因B和木板的质量相等，碰撞过程中系统能量、 动量均守恒，故碰撞后两者速度互换，即碰后木 板和B的速度分别为 v1=5m/s(向右)，2=0 设再经过△，B再次返回木板上的初始位置， 此过程中，B始终静止，木板的加速度仍为 a板=4m/s2 1 衡水真题密卷 由运动学规律有 d=i,20s 代入数据解得 44-5-4 4 2024一2025学年度学科素养周 一、选择题 1,A【解析】灯泡的灯丝是一种金属，金属的电阻 率P随温度的升高而变大，由电阻定律R=PS 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。 2.A【解析】根据电路图可知，灯泡L位于千路 上，即通过灯泡L的电流最大，实际功率最大， 亮度最亮，A正确，B、C、D错误。 3.C【解析】R1R,的电阻之比为尽-Ce:e R2 ah bh2 A错误；两个电租串联，则通过RR,的 P 之比为1：1，B错误R1R:的电功率之比为 TR-,C正确根据q=n可知，通过R1R: I2R2 hi 的电荷量之比为1：1，D错误。 4.D【解析】质子经加速电压为U的加速器加速 后，有U=弓mm,根据电流的定义公式则有 1一？，这束质子流内单位体积的质子数为n,则 有g=Sme联立解得a-5品D正角. 5.A【解析】若D、E间导线断路，则D点电势与 A点电势相等，E,点电势与B,点电势相等，A、D 间电压应为0，A、E间电压应为1.5V,A正确： 若F、B间导线断路，则F点电势与A点电势相 等，A、F间电压应为0，B错误：若灯泡断路，则E 点电势与A点电势相等，F点电势与B点电势相 等，A、E间电压应为0，A、F间电压应为1.5V,C ·2 学科素养周测评 综上，B再次返回木板上的初始位置的时刻为 4=6,+4,=31-14 4 测评（十八）物理·电路（一） 错误；若A、C间导线断路，则C点电势与B点电 势相等，A、C间电压应为1.5V,D错误。 6.A【解析】该洗地机在节能模式下的工作电流 为1=4000X103×3600 A=6A,A正确，B 40×60 错误：根据题中条件，无法得出该洗地机内阻，C 错误；两种模式下，其工作电压均相同，根据P。= UI,该洗地机的工作电压U= 6V 萝V,D错误。 7.D【解析】由电桥知识可知 器是根据R= ,有_尽-g,解得R,=4500D正确。 S,有RwR,iN 8.AC【解析】小灯泡的灯丝温度随通电电流的增 大而升高，阻值也随着增大，所以图线b是小灯泡 的伏安特性曲线，同理可知，热敏电阻的温度随着 通电电流的增大而升高，其阻值会减小，所以图线 a是热敏电阻的伏安特性曲线，A正确，B错误；由 公式R号，可求出M点对应的小女泡的胆值和 热敏电阻的阻值，C正确；两图线的交，点M,表示此 状态下通过两元件的电流相等，两元件两端的电压 也相等，所以功率相等，D错误。 9.BD【解析】能量守恒定律是物理的普适定律， 充电过程遵守能量守恒定律，A错误：从电池客 量20%到充满电，需要消耗电能E= 54×1-20%kw·h=54kW·h,B正确；电 80% 机不是纯电阻元件，不遵守欧姆定律，在电机工作