周测评(十六)电场(二)-【衡水真题密卷】2026年高三物理学科素养周测评（福建专版）

为了梦想，愿意付出所有的代价 2025一2026学年度学科素养周测评（十六） 4.如图所示，地表空间中存在一匀强电场，一个质量为m的带电小球仅在重力和电场力作 班级 用下运动，虚线与水平面的夹角为45°，若小球从虚线上某处静止释放，则恰好沿虚线向 卺题 物理·电场（二） 斜下方向运动：若小球的初速度方向垂直于虚线向右上方向，大小为。=2， 区，从图 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 m 姓名 示位置出发到最高点的过程中，小球重力势能增加了E。,则在上述过程中小球电势能的 一、单项选择题：本题共4小题，每小题8分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有 改变量为 ( 一项是符合题目要求的。 得分 题号 1 4 答案 459 A.-3E B.3E。 C.-E D.E。 1.如图所示是空气净化器内部结构的简化图，其中的负极针组 二、多项选择题：本题共2小题，每小题10分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求， 件产生电晕，释放出大量电子，电子被空气中的氧分子捕捉， 全部选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。 从而生成空气负离子，负离子能使空气中烟尘，病菌等微粒带 集尘糖板 电，进面使其吸附到集尘栅板上，达到净化空气的作用。下列负极针细件 题号 6 说法正确的 ( 答案 A,负极针组件产生电晕，利用了感应起电的原理 B.负极针组件附近的电势较低 高压发生器 5.在x轴上0~x。范围内，存在沿x轴正方向的电场，一质量为m的带正电粒子从0点 由静止释放，粒子在电场力的作用下沿x轴做加速运动，从x。处离开电场，粒子的电势 C.为了更有效率地吸附尘埃，集尘极板应带负电 能E,随x变化的规律为如图所示的直线。下列说法正确的是 ( ) D.烟尘吸附到集尘橱板的过程中，电势能增加 A,E。x图像的斜率的绝对值表示电场力 ↑En 2.如图所示，真空中电荷量均为Q的两正点电荷连线和一玻璃正方体框架的两侧面 B.粒子在0~x。范围内做匀加速直线运动 ABB1A:和DCC,D,中心连线重合，连线中心和正方体中心重合。下列说法正确的是 () C.粒子离开电场时的速度大小为 m A.正方体两顶点A、D电场强度相同 mx品 B.正方体两顶点A、C电势相等 D.粒子在电场中运动的时间为，E C,检验电荷十g在顶点B、D1受到的电场力相同 D.检验电荷一q在顶点A,的电势能比在顶点C,电势能低 6.如图所示，在半径为R的圆形区域内存在一个匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的 带电粒子由A点以初速度。射人电场，方向与直径AB成60°角，出电场时的速度大小 3.如图所示，在直角坐标系Oy的第一、四象限内有大小为E。、方向沿y轴正方向的匀强 电场，虚线OM与x轴夹角a■30°。一电荷量为一g、质量为m的粒子由静止释放，经 为3。，方向与直径AB成30°角，不考虑粒子的重力。粒子的运动平面始终平行于电 ( 过加速电压为U。的电压加速后从y轴上的Q点以初速度。沿x轴正方向射出，粒子 场，则下列说法正确的是 做曲线运动垂直打在OM上的P点。已知Q、P间沿y轴方向上的距离为。不计粒 A电扬强度大小为服 子重力，下列说法正确的是 () B.若粒子的速度垂直电场方向射入电场，为使粒子仍由B点射出 30 A粒子在P处滑y轴方向的速度大小等于， 电场，粒子的初动能为md C.若粒子的速度垂直电场方向射人电场，为使粒子出电场时动能增量最大，粒子的初动 qE。s0 B.=3m 能为mui C加宽电压为气位 D,若粒子以任意速度方向射人电场，为使粒子出电场时动能增量为零，粒子的最小初动 D知毫电压为5g 能为n 学科素养周测评（十六）物理第1页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十六）物理第2页（共4页） 三、非选择题：共48分，其中7为填空题，8为实验题，9、10为计算题。 9.(12分)如图甲所示，匀强电场中一水平面上静置质量为0.3kg的绝缘平板B,质量为 7.(8分)如图所示，绝缘轨道ABC固定于竖直平面内，其中AB部分是半径为R的光滑 0.1kg、电荷量为2×105C带正电的滑块A以1m/s的初速度从左端滑上平板B,之 半圆轨道，P是半圆轨道的中点，AB部分竖直、BC部分水平，整个轨道处在电场强度 后一段时间内平板B的rt图像如图乙所示。已知电场强度为1×10N/C,方向水平 E=m的匀强电场中。将质量为m,电荷量为g的带正电小滑块，从BC轨道上与B相 向右，滑块A与平板B间动摩擦因数为0.3，g取10m/s2,平板B足够长。求： (1)平板B与地面间的动摩擦因数： 距10R处由静止释放，已知滑块与BC间的动摩擦因数为0.3，E=8,滑块大小可以 (2)当滑块A的速度为0.5m/s时平板B的速度； (3)在t图像中画出A、B的完整图像并求出A、B之间因摩擦产生的热量。 忽略不计，则滑块到达A点时速度的大小为 :到达P点时对轨道的压力大小 (m/s) 为 (用题目中给出的物理量表示)。 05 *0 B C■ A B 05 8.(10分)如图甲所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，使电容器带 电后与电源断开，将电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金 属球相连。观察静电计指针偏转角度的大小，可推知电容器两极板间电势差的大小。 (1)在实验中观察到的现象是 10.(18分)如图所示，在直角坐标系xOy平面内，第一象限中存在沿x轴负方向、电场强 A.将左极板向上移动一段距离，静电计指针的张角变小 度大小为E的匀强电场，第二象限中存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，第三象限中 B.向两板间插入胸瓷片时，静电计指针的张角变大 存在匀强电场，电场强度大小也为E,方向与Oy平面平行，且与x轴正方向成a角。 C.将左极板右移，静电计指针的张角变小 一质量为m、电荷量为g的带正电的粒子，从x轴上距离O点为L的M点以一定的初 D.将左极板拿走，静电计指针的张角变为零 速度沿y轴正方向进入电场，经y轴上距高O点为2L的N点离开电场，经过磁场后 (2)某同学制作电容器的过程用两片锡箔纸做电极，用三张电容纸（某种绝缘介质）依次 从x轴上的P点垂直x轴进人第三象限的电场，不计粒子重力。求： 间隔夹着两层锡箔纸，一起卷成圆柱形，然后接出引线，如图乙所示，最后密封在塑 (1)粒子到达N点时的速度大小： 料瓶中。 (2)粒子在磁场中运动的时间及OP的距离LoP: ①为增大该电容器的电容，下列方法可行的有 (3)粒子刚离开第三象限的电场时距坐标原点的距离。 A.增大电容纸的厚度 B.增大锡箔纸的厚度 C.诚小电容纸的厚度 D.同时增大锡箔纸和电容纸的面积 ②用如图丙所示的电路观察电容器的放电电流变化。换用不同阻值的电阻R放 电，在图丁中放电电流的t图线的a、b、c三条曲线中，对应电阻最小的一条是 (填“a”“b"或“c"”)。 2 学科素养周测评（十六）物理第3页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十六）物理第4页（共4页）真题密卷 学科素养周测评 g-m罗-n(-》 (1分) (2)在0一时间内，设1时刻进入的粒子刚好 解得6-2L 不打在下极板上，则有 00 (1分) 因t时间内乙运动的距离 La(4-) 2d=2×2a( (2分) x2=v2t=L (1分) 解得t1一200 (1分) 所以上式：即为所求，假设成立，4=2L Uo 设t2时刻进入的粒子，刚好不打在上极板上，则 (3)如果甲、乙两球恰好在O处相撞，对甲球有 (2分) kEq=ma (1分) -2x层-+xai 根据加速度的定义式有 5d 解得t2= 800 (1分) 2-() a= (1分) 综上分析可知，在0一口时间内射入电场的粒子， t2 Vo 对乙球有 从5d 时间内射入电场的粒子可以从两板 受 2U08v0 (1分) 间射出，则能从两板间射出的粒子数占总粒子数 1 与射入总粒子数的比值为 解得贞=4 (1分) 故要保证甲、乙两球第2次在O,点左侧相碰，k的 2人80 5d d 2v0 (1分) 2d 8 取值范因为0<< (1分) Vo 10.a)2d (3)所有从两板之间射出的粒子速度均为⑦0，方 2vo (2)8 1 (3)y=2 向沿x轴正方向，粒子在电场E区域做类平抛 【解析】(1)粒子在电场中运动的加速度大小 运动，则有 a-9E_2vi 1,E9 m d (2分) 一x=vot,y= 2·m (2分) 假设t=0时刻粒子进入电场后，在竖直方向上 联立解得y= (1分) 始终沿一个方向做匀加速直线运动，且最终打在 将Q,点坐标(-2d,d)代入方程得 极板上，则有 d 1 E'-n6 (1分) 2=2ar2 (1分) 2gd 1 架得-号 y4r。 (1分) (1分) 所以假设成立，则粒子在电场中运动的时间为 √2d 2U0 (2分) 2025一2026学年度学科素养周测评（十六） 物理·电场（二） 一、单项选择题 埃，集尘栅板应带正电，C错误；带电烟尘向集尘 1.B【解析】负极针组件产生电晕，利用了尖端放 栅板靠近的过程中，电场力做正功，则电势能减 电的原理，A错误；电场线由正极指向负极，负极 小，D错误。 针组件附近的电势较低，B正确；负离子能使空气 2.B【解析】正方体两顶点A、D电场强度大小相 中烟尘、病菌等微粒带电，为了更有效率地吸附尘 同，方向不同，A错误；根据电势的对称性可知A、 。14· ·物理· 参考答案及解析 B、B1、A1、和D、C、C1、D1这8个点的电势相等 解得粒子在电场中运动的时间(= 2m.x6 (关于点电荷连线的中，点对称)，B正确；检验电荷 √E0 .D 十q在顶点B、D1受到的电场力大小相同，方向不 正确。 同，C错误；由B项可知A1和C1电势相等，故检 6.ABD【解析】根据题意设电场方向与直径AB 验电荷一q在顶点A1的电势能和在顶点C1电势 的夹角为0，如图甲所示，将两个速度垂直电场方 能相等，D错误。 向及平行电场方向进行分解，由于垂直电场方向 3.C【解析】根据速度分解可知，粒子在P处沿y轴 的速度未发生变化，列出方程v。c0s(0-30°)= √3v0$in(0-30),由此可得0=60°，根据动能定 方向的速度大小U,。二3，A错误；Q,P间 理得ER=号m(5u)P-号mi,解得E= 1 沿y抽方向上的距离为， 时者导-专·瓷，始 mv 合上选有v=,-胎，解得w=√ oso qR ”,A正确；由A项的计算过程得到粒子在电场 ,B 中的加速度Q=,当速度垂直电场射入，由B点 错误；加速过程，根据动能定理有qU。-方品，结 射出时，粒子做类平抛运动，如图乙所示，列出方程， Eos0」 合上迷解得U。=12,C正确，D错误。 垂直于电场方向，3R=1t,R三2a好二52 2R, 4.A【解析】若小球从虚线上某处静止释放，则恰 好沿虚线向斜下方向运动，说明小球所受重力与 ,针入的动能Ea子B正殊；当 解得-3 粒子获得动能最大，即电场力做功最多，如图丙所 电场力的合力方向沿虚线斜向右下方，将小球所 受重力与电场力的合力，叫作等效重力，用G表 示，列出方程为3R,3R1 2=02t2,2=2at2=2R2,解 示，设等效重力加速度为g',则G'=mg',若小球 得时-i,射入的动能Eu-日m明，C错误：当 1 的初速度方向垂直于虚线向右上方，则小球做类 平抛运动，当小球到达最高，点时竖直方向的速度 粒子的动能增量为零，即粒子落在等势面上，如图 等于零，有vosin45°=g'cos45°t,小球上升的高 丁所示，粒子做类斜抛运动，当与等势面成45°角 度h=00cos45° 2 t,重力势能增加量E。=mgh,又 时射出的初动能最小，根据斜抛运动规律可知 3R=COS45 vsin45三R2,解出好 0=2解得g=2g,说明小球所受电场力 方向水平向右，大小F=mg,即小球水平方向和 5,所以射入初动能Eu= 2mu6,D正确。 竖直方向加速度大小相等，则小球上升到最高点 过程中，电场力做功W=Fx,x=v0cos45°·t十 B A 282,竖直方向有0sin45°=gt,联立得W 3E。,即小球电势能减少了3E。,电势能改变量为 一3E。,A正确。 二、多项选择题 5.ABD【解析】根据W=F△x=一△E。可知，Ep-x B B 、0221 0 图像的斜率的绝对值表示电场力，在0~x。范围 内斜率不变，电场力不变，加速度不变，则粒子在 O~x。范围内做匀加速直线运动，A、B正确；粒子 丙 的电势能减小了E0,根据能量守恒有E=Ek= 三、非选择题 之m0,解得粒子离开电场时的速度大小0 7.√10gR(4分)15mg(4分) 【解析】到达A点过程，根据动能定理有qE· 1 正心C储送根福2aP2=人E m 2 m 2 mxo 10R-mg·2R-mg·10R= 2mo员，解得vA= ·15· 2 真题密卷 学科素养周测评 √I0gR;到达P,点过程，根据动能定理有qE· 解得a1=-1m/s2 (1分) 当滑块A的速度为0.5m/s时 1 11R-mgR一mg·10R=2mU3,解得vn= VA=V0十a1t1 (1分) √I4gR,在P点，根据牛顿第二定律有N1一qE= 解得t1=0.5s (1分) 则此时平板B的速度 m尺，根据牛顿第三定律有N1=N2,解得N,= up 1 va-a:t1=6m/s (1分) 15mg。 (3)A、B最终速度 8.(1)C(4分)(2)①CD(3分)②b(3分) v=vo十a1t2=a2tz (1分) 【解析】(1)电容器带电后与电源断开，电容器极 解得t2=0.75s,v=0.25m/s (1分) 板所带电荷量一定，根据C三号4可知，将左 之后A、B一起匀速运动，则t运动图像如图，该 过程中A、B之间相对位移 极板向上移动一段距离，极板正对面积减小，电容 1 减小，则电势差增大，即静电计指针的张角变大，A △x=2×1×0.75m=0.375m (1分) 错误；结合上述可知，向两板间插入陶瓷片时，介 因摩擦产生的热量 电常数增大，电容增大，则电势差减小，静电计指 Q=mAg△x=0.1125J (1分) 针的张角变小，B错误；结合上述可知，将左极板 1↑/m/s) 右移，极板之间间距减小，电容增大，电势差减小， 则静电计指针的张角变小，C正确；结合上述可 0.5H 知，将左极板拿走，右极板带正电，右极板与接地 点之间电势差不等于零，即静电计指针的张角不 0 0.5 1店 会变为零，D错误。 EgL 3π√2EqmL (2)①两片锡箔纸做电极，电容纸为绝缘介质，两 10.(1)2 (2) 2(1+2)L m 4Eg 片锡箔纸可以等效为平行板电容器，根据C= 1+√2 4πd,由于用三张电容纸（某种绝缘介质）依次间 (3)2(1+√2)Ltan a+4L √cosa 【解析】(1)粒子运动的轨迹如图所示，设粒子从 隔夹着两层锡箔纸，一起卷成圆柱形，改变电容纸 M点射入时的初速度为vo,粒子到达N点时的 的厚度相当于改变极板之间的间距，当电容纸的 速度为0，方向与y轴正方向的夹角为0，粒子在 厚度增大时，极板间距增大，电容减小，当电容纸 第一象限的电场中做类平抛运动，沿y轴方向做 的厚度减小时，极板间距减小，电容增大，A错误， 匀速直线运动，故有 C正确；结合上述，增大锡箔纸的厚度时，极板间 2L=vot1 (1分) 距不变，电容不变，B错误；结合上述可知，同时增 沿x轴方向做匀加速直线运动，故有 大锡箔纸和电容纸的面积，相当于增大极板正对 面积，则电容增大，D正确。②电容器充电稳定 L=21=2a (1分) 后，极板之间电压的最大值一定，根据欧姆定律可 2EqL 知，电阻越小，电流的最大值越大，可知，a、b、c三 联立解得v0=vx=√2aL= (1分) 条曲线中，对应电阻最小的一条是b。 粒子到达N点时速度的大小 9.(1)0.05 (2)m/s(3)图见解析0.1125J v=√06+u=2, EqL (1分) m 【解析】(1)平板B的加速度 a:-8a/g=日m (1分) × 对平板B由牛顿第二定律 (1分) mAg-H'（mA+mB)g=mBa2 (1分) 解得'=0.05 (1分) (2)滑块A的加速度 qE一umAg=mAa1 (1分) 2 ·16· ·物理· 参考答案及解析 (2)根据几何关系可得 Lop=Loe+LBp=2L+2√2L=2(1+√2)L tan 0-%--1 (1分) (1分) 00 (3)粒子在第三象限的电场中做曲线运动，其x 解得0=45 轴方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运 可知，粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动 动，故有 时，转过的圆心角为135°，由牛顿第二定律可得 02 a:=b -cos a (1分) quB-m r (1分) m 1 又有 Lop=2a号 (1分) T=2nr (1分) /4(1+√2)mL 解得t一Eq·cosa (1分) r=2√2L (1分) y轴方向的分运动为匀加速直线运动，故有 解得B=、 Em (1分) W2gL d-E sin a (1分) m T2m2n 2mL 粒子刚离开第三象限电场时距坐标原点的距离 (1分) Bg 1 粒子在磁场中运动的时间 yoe=t:十2a,·t号=2(1十2)Ltan a+ 135° 3π√/2EqmL -360T=1 (1分) 1+2 4Eg 4L (1分) cos a OP的距离LoP 2025一2026学年度学科素养周测评（十七） 物理·电场（三） 一、单项选择题 Qq k ,C错 1.C【解析】云内的冰晶在相互摩擦的过程中是电 a12 结合上述解得Q=②m3a 2kg 荷发生了转移，不是创造了电荷，A错误；电场线 2cos 45) 是假想的，不是真实存在的，所以雷电产生时，带 误；小球M在方框中心O处产生的电场强度大小 电云层附近不会存在电场线，B错误；导体处于静 E=k Q 结合上迷解得E=228,D正确。 电平衡状态时，在导体内部的任意一点电场强度 a)2 9 2 为零，是因为带电云层在导体内部某，点产生的电 场强度与导体内部感应电荷产生的电场大小相 3.C【解析】由于电容器始终和电源相连，则两极 等，方向相反，即带电云层在导体内部某点产生的 板间电压不变，静止时，电容器电容不变，R阻值 电场强度不为零，C正确；相距足够远的、带等量 减小，但所带电荷量不变，电流表指针不偏转，A 同种电荷的球形云层（视为点电荷）之间，根据等 错误；匀速运动时，电容器电容不变，电压不变，则 量同种电荷的电势分布可知，沿着两者的连线，当 电荷量不变，电流表指针不偏转，B错误；向左突 同种电荷为负电荷时，电势先升高后降低，当同种 然加速，由于惯性，则N板相对M板向右移动，两 电荷为正电荷时，电势先降低后升高，D错误。 复版正时西款减小，根器C-C-吕电客 2.D【解析】小球N置于方框右边BC中，点时恰 减小，又两极板间电压不变，则电荷量减小，所以 好静止不动，根据平衡条件可知，N所受库仑力 一定为斥力，即小球N带正电，A错误；结合上 电容器放电，电流表中有由b向a方向的电流，C 述，对N进行分析，根据平衡条件有Fcos45°= 正确；向前突然减速，由于惯性，N板相对M板向 mg解得F=√2mg,B错误；根据库仑定律有F= 前移动，根摇C=品-吕可如，两双长驱浅 小，则电容增大，又两极板间电压不变，则电荷量 ·17· 2