周测评(十七)电场(三)-【衡水真题密卷】2026年高三物理学科素养周测评（福建专版）

活出自己的风采，创造出完美的人生 2025一2026学年度学科素养周测评（十七） 4.如图所示，平面直角坐标系xOy的第二、四象限虚线与y轴之间的区域I、Ⅱ内分别存 班级 在电场强度大小相等，方向相反的匀强电场，两部分虚线边界关于O点对称。粒子从第 题 物理·电场（三）】 二象限(0≤y≤4L的范围内沿x轴正向以相同的速度。进入区域I,它们都经过O点 进入区域Ⅱ。已知带电粒子的质量为m、电荷量为9，带电粒子经过O点时的速度方向 姓名 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 的最大偏角为45°，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是() 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 A,所有粒子离开区域Ⅱ时的速度方向不同 一项是符合题目要求的。 B粒子在两电场中运动的最长时间为8L 得分 题号 1 4 答案 C两区域中电场的电场强度大小为 12qL 1.自古以来就有“冬月打雷，黄土成堆”的说法，由于强冷空气与暖湿气流相遇，产生强烈 D,第二象限中的曲线方程为y=16 的对流运动，云内的冰品相互摩擦使电荷逐步增多，达到一定强度后就会形成冬雷。下 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， 列说法正确的是 () 全部选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。 A.云内的冰品在相互摩擦的过程中创造了电荷 题号 5 6 B.雷电产生时，带电云层附近会存在许许多多的电场线 C.带电云层附近的导体处于静电平衡状态时，带电云层在导体内部某点产生的电场强 答案 度不为零 5.如图所示，在竖直平面xOy内存在一未知匀强电场。一质量为m的带电小球从y轴上 D.相距足够远的带等量同种电荷的球形云层（视为点电荷）之间，沿着两者的连线，电势 P点以水平速度口进入第一象限，速度方向沿x轴正方向：经过x轴上Q点时的速度大 一定先升高后降低 小也为v,方向与x轴夹角为60°。重力加速度大小为g,忽略空气阻力。小球从P点 2.如图所示，光滑绝缘正方形方框竖直固定，边长是a,两个质量均为m的带电小球M、N 运动到Q点的过程中 () 套在方框上。M球带正电，固定于底边AB中点处：带电荷量为g的小球N置于方框右 A.机械能一直减小 边BC中点时恰好静止不动，已知重力加速度为g,静电力常量为k,两小球均看成点电 荷，下列说法正确的是 ( 及造度不小于 60 A.小球N带负电 B.小球N受到的库仑力大小是mg C所受电场力不小于s C.小球M所带电荷量是2m8a D.水平位移与竖直位移大小的比值为3 6.如图甲所示，在竖直面（纸面）内，一个足够长的绝缘圆柱细杆与水平方向成日=60°角固 定，所在空间有垂直于纸面向里的匀强磁场和水平向左的匀强电场，一质量m=0.3kg、 D,小球M在方框中心0处产生的电场强度大小是22m8 电荷量g=1,0C的穿孔小球套在杆上，小球上的孔径略大于杆的直径。杆的表面由两 3.如图为用于手机计步数的内置电容式加速度传感器的简化示意图。M极板固定，当手 种材料构成，图甲中杆的中轴线右上方一侧的表面光滑，左下方一侧的表面与小球的动 机的加速度变化时，与绝缘弹簧相连的N极板相对于M极板发生移动，导致电容器的 琼擦因数：= 12 。现将该小球由静止释放，得其速度一时间图像如图乙所示，其中‘= 电容改变，进而将运动信号转化为电信号完成计数。R为阻值可调的电阻，则手机 ( 3 :之前的图像为直线，之后的图像为曲线。则下列说法正确的有 () A.静止时，若R阻值减小，则电流表的示数将增大 B.匀速运动时，电流表示数不为零且恒定 C.向左突然加速，则N板相对M板向右移动，电流表中电流方向从 N b流向a xB D.向前突然减速，则N板相对M板向前移动，电流表中电流方向从 b流向a 学科素养周测评（十七）物理第1页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十七）物理第2页（共4页） A.匀强磁场的磁感应强度大小为1T 小球B静止在圆弧形轨道末端，质量m=0.1kg的不带电小球A从圆弧形轨道的最高 B.小球最终将在杆上做速度大小为8m/s的匀速直线运动 点P由静止释放，小球A、B间的碰撞（时间极短）为弹性碰撞且碰撞过程中小球B的电 C.若将图甲中的细杆绕它的中轴线旋转180°后再由静止释放小球，则小球最终将在杆 荷量不变。g取10m/s2,小球A、B均视为质点，不计空气阻力，求： 上微加莲度大小为0/？的匀加崔直线运动 (1)两小球发生碰撞前瞬间，轨道对小球A的支持力大小F: (2)碰撞后小球A上升的最大高度h: D,若将图甲中的细杆绕它的中轴线旋转90°后再由静止释放小球，则小球最终将在杆 (3)小球B下落到Q点正下方时，到Q点的距离d。 上做速度大小为18m/s的匀速直线运动 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。 7.(8分)如图所示，正方形ABCD在与其平面平行的匀强电场中，对角线AC、4 BD交于O点，已知A、B两点电势分别为9A=2V、9a=4V,将一电子（电 荷量大小为e)从B点移动到C点，静电力做的功为2eV。则D点的电势 为V:电场强度的方向由 (填“A”“B”“C”或“D”)指 向 (填“A”“B”“C”或“D”)。 8.(10分)在“观察电容器的充、放电现象”的实验中，所用的器材有：直流电源E(电动势 10V,内阻不计)、电解电容器C(电容2F)、定值电阻R(阻值1000Q)、电压表V(内 10.(18分)一质量M=1kg的绝缘长木板放在领角0=37°的光滑斜面上，一质量m= 阻4000Ω)、电流表A(内阻很小)、单刀双掷开关S、导线若干。实验电路如图所示。 2.95kg的带正电小物块置于木板上的某位置。在外力作用下物块和木板均保持静止 状态。空间存在沿斜面向下的匀强电场，场强大小E=1×10N/C。木板左端距斜面 底端的距离x。=13m,斜面底端固定着一薄挡板，与之相碰的物体会以原速率的2反 向弹回（碰撞时间极短可忽略）。t=0时，撤去作用在木板和物块上的外力，同时一质 (1)实验时，将开关S接通1后，电容器的 (填“上”或“下”)极板带正电。电表 示数稳定后，再将开关$接通2直至电表示数再次稳定。整个过程中，电流方向发 量m。=50g的子弹以沿斜面向上。=960m/s的速度打入物块并留在其中（时间极 短可忽路)。当木板第5次与挡板接触时物块恰好第一次到达木板左端，木板和物块 生变化的电表是（填“电流表”“电压表”或“电流表和电压表”）。 均被瞬间锁定。物块的带电量q一0.8×103C且电量始终不变，其他物体均不带电， (2)将开关S接通2后，设在此过程中通过电流表的电流大小为i,电容器所带的电荷量 5 为Q,电容器两极板电势差为U,电容器的电容为C,时间为t。下列图像中正确的 物块与木板间的动摩擦因数：一2，物块可以看作质点，且整个过程中物块不会从木板 是 (填选项对应的字母)。 右端滑出，g取10m/s2,sin37°=0.6，co537°=0.8，求： (1)子弹打人物块瞬间，二者的共同速度1的大小： 0 00 (2)物块与木板刚共速瞬间，木板左端距离挡板的距离x; A B C (3)从=0时刻开始到木板和物块被锁定的全过程，物块与木板摩擦产生的热量Q (3)在电容器放电的整个过程中，电流表A的示数的最大值为 mA,通过电阻R 的电荷量为 C。 9.(12分)如图所示，半径R=0.8m的圆弧形光滑绝缘轨道PQ(圆心为O)固定在竖直 面内，Q点到水平地面的距离足够高，OQ与竖直线OO'重合，OO'右侧存在水平向右 电场强度大小E=100N/C的匀强电场，质量M=0.3kg、电荷量g=0.01C的带负电 c2 学科素养周测评（十七）物理第3页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十七）物理第4页（共4页）】·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 真题密卷 学科素养周测评 增大，所以电容器充电，电流表中有由α向b方向 y=usin6 2 t,解得x:y=3:√3=√3：1，D正确。 的电流，D错误。 4.D【解析】由题意可知，所有粒子在区域I、Ⅱ电 6.CD【解析】小球由静止释放做匀加速运动，根据 场中的运动对称，所以所有粒子离开区域Ⅱ时速 度方向都沿x轴正方向，A错误；由区域I电场最 因像可知a-公品0m,振搭牛领第二文 △v103 高点进入电场的粒子经过O,点时的偏角最大，在 律mg sin0-gEcos0=ma,解得E=√3N/C,在 两电场中运动的时间最长，对该粒子经过O,点时， t= 亏s前做匀加速运动，则摩擦力为零，所以杆 由tan45可得u,=o,在区城电场中运动 1 时有4L=20,t0,x=0t0,解得x=8L,所以该 的支持力为右上方一刻，当：-百。时，支背力格 好为零，则有qB=mg cos0十gEsin0,解得B= 粒子在电场运动的时间1=21，=2-16L,B错 1.5T,A错误：小球最终将在杆上做匀速运动时加 溪；时这流起子有机=司=日×码，部得B= 速度为零，则有mgsin 0=qEcos0十uFN,Fm= m qBv2-mg cos0-gEsin0,解得v2=10m/s,B错 8L,C错误；对进入区城1电场的任意粒子有y mot 误；若将图甲中的细杆绕它的中轴线旋转180°后再 由静止释放小球，刚才时小球向下加速度，随着速 1 x2 2a,x=t1,联立可解得)y=16LD正确。 度增大，洛伦兹力增大，由于旋转180°后中轴线右 上方一侧有摩擦力，所以摩擦力逐渐减小，最后无 二、多项选择题 摩擦力的作用，根据mg sin0-qEcos0=ma1,解得 5.BD【解析】小球在运动过程中，只有重力势能、 动能与电势能之间的转化，小球由P点运动到Q a1=103 3m/s,C正确；若将题图甲中的细杆绕它 点过程中，有电场力做功，因不确定电场力方向， 的中轴线旋转90°后再由静止释放小球，最终小球 所以无法判断机械能的变化，A错误；根据题意可 知小球在复合场中做类斜抛运动，由于小球在P、 速度最大时有mgsin0=qEcos日+上2，Fe=】 Q两点速度大小均为，根据类斜抛运动的对称性 qw3B-mg cos0-qEsin0,解得v3=18m/s,D正 可知，小球所受重力与电场力的合力F方向必定 确。 垂直于PQ连线指向左下方，令合力F方向与x 三、非选择题 轴负方向夹角为0，则有Fcos0=maz,Fsin0= 7.4(2分)C(3分)A(3分) may,小球在竖直方向上做初速度为0的匀加速直 【解析】将一电子从B点移动到C点，静电力做的 线运动，则有vsin60°=a,t,小球在水平方向上做双 功为Wc=-e(PB-pc)=2eV,又PB=4V,解 向匀变速直线运动，则有vcos60°=0一azt,解得 得Pc=6V,A点的电势为2V,O点是AC的中 tan0=√3,0=60°，可知∠PQ0=a=90°-0=30°， 点，由匀强电场的特，点可知，O点的电势P0= 小球在沿PQ方向做匀速直线运动，在垂直于PQ 方向做双向匀变速直线运动，可知当小球垂直于 9A十PC=4V,则P0=9B,故对角线BD为等势 2 PQ方向的分速度减小为0时，小球速度最小，最 线，则PD一4V;等势线与电场线垂直，对角线BD 小值即为PQ方向做匀速运动的速度，则有vmin= 为等势线，对角线AC与BD垂直，电场线与AC cos30°三号v,则其速度不小于3 20,B正确；根据 平行，电场强度的方向由高电势指向低电势，故电 场强度的方向由C指向A。 上述，电场力与重力合力方向始终垂直于PQ方向， 8.(1)上(2分)电流表(2分)(2)AC(2分) 根据三角形法则可知，当电场力与合力方向垂直 (3)10(2分)1.6×10-5(2分) 1 时，电场力最小，则有F也n=mg cos0=2mg,则所 【解析】(1)由题图可知把开关S接1，此时给电容 1 器充电，电容器的上极板带上正电荷。实验时，将 受电场力不小于2mg,C错误；根据上述小球水平 开关S接通1后，电容器充电，电流从电源正极到 位移与竖直位移的大小分别为x=0十vcos60， 电源负极，开关S接通2，电容器放电时，电流从正 2 极板到负极板，则整个过程中，电流方向发生变化 2 ·18· ·物理· 参考答案及解析 的电表是电流表。 :=m×2=号$ 6 (1分) (2)放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，根 a 。可知电容器权板间电压要 Q 竖直方向上有 据电容定义式C= 1 d=28t2=7.2m。 (1分) ,可知Qr 渐减小，则放电电流减小，根据i=△ 10.(1)16m/s(2)15m(3)473.75J 图像的切线斜率绝对值逐渐减小，A、C正确；电容 【解析】(1)子弹打入小物块共速过程内力远大 与电容器所带电荷量和电容器极板间电压没有关 于外力，动量守恒 m0v0=(m,十m)v1 (1分) 系，可知电容器电容保持不变，根括C,可知 得v1=16m/s (1分) U-名则UQ周像外奉不变，BD错。 (2)对物块和子弹 gE+(m+mo)gsin 0+u(m+mo)gcos 0= (3)电容器充电完毕后电势差为10V,根据欧姆定 (m+mo)a (1分) 米有1-只-0A=10nA,极据也客器定义 得a1=12m/s2 对木板 式可知总电量为Q=CU=2×106×10C=2× u (m+mo)g cos 0-Mg sin 0=Ma' (1分) 105C,电阻R与电压表并联，根据电流与电阻成 得a'=4m/s2 4000 反北的关系可知Q:=4000十100Q=1.6X 经过t1物块和木板共速 vi-aiti=a't (1分) 10-5C。 得t1=1s 9.(1)3N(2)0.2m(3)7.2m 共同速度为v2=v'=4m/s 【解析】(1)小球A从静止下滑到Q点前瞬间的 过程中，由动能定理知 所以x1=十 2 -t1=10m mgR-了mi (1分) x'=0+' 2t1=2m (1分) 解得v=√2gR=4m/s 木板左端距离挡板的距离 对A受力分析可知 x=x0+x1=15m (1分) F-mg-R i (3)物块与木板共速后，假设一起向上减速运动。 (1分) 由牛顿第二定律有 解得F=3N (1分) (M+m+mo)gsin 0+gE=(M+m+mo)a2 (2)小球A、B碰撞过程，由动量守恒得 (1分) mvo=mvA+MUB (1分) 得a2=8m/s2 弹性碰撞前后小球A、B的总动能不变，有 对木板受力分析 mi-m+Mwi 1 1 Mg sin 0+f=Ma2 (1分) (1分) 解得f=2N<μ(m+mo)gcos0=10N 解得A=一2m/s (1分) 假设成立，物块与木板共同减速。两者共同减速 UB=2 m/s (1分) 至速度为零 小球A返回上升过程中机械能守恒，有 v2-a2t2=0 mg-n时 (1分) 得t2=0.5s 0十02 解得h=0.2m (1分) 所以x2= 2t2=1m (1分) (3)碰撞后，小球B在向右运动的过程中，水平方 木板与物块共同下滑加速度为a2 向上的加速度大小 1 xo十xi+x2=2a?号 (1分) 。-5-yg (1分) 解得t3=2s 下落到Q点正下方的时间 所以v3=a2t3=16m/s ·19· 2 真题密卷 学科素养周测评 木板与挡板相碰后速度向上，有 2t4=1s (1分) 听-，-8m/s 1 由于每次碰板速率变为2，碰撞时间间隔依次为 由牛顿第二定律有 111 u(m+mo)gcos 0+Mg sin 37=Ma (1分) 1s25458s 得a1=16m/s2 板块从第一次碰撞到第五次碰撞总共运动时间 对物块和子弹有 -(1+++营 (1分) (m+mo)gsin37°+qE-μ(m+mo)gcos0= (m+mo)as (1分) 此过程中物块一直匀加速运动： 得a,-5n/s 1 E3=v3t+2asti (1分) 木板向上匀减速时间 得x3=39.375m (1分) 由于相对位移为x3,整个过程放热 4=a-0.5s Q=μ(m+mo)gcos0(x3+x1-x1)=473.75J。 由运动时间对称性，从第一次碰板到第二次碰板 (1分) 共用时间 2025一2026学年度学科素养周测评（十八） 物理·电路（一） 一、单项选择题 的额定功率P颜=IUM=4×56W=224W,电动 1.C【解析】小鸟双脚间的电压太小，通过小鸟的 机的热功率P=I2rM=42×4W=64W,故电 电流太小，小鸟才不会触电的，A错误；小鸟双脚 动机的输出功率P验出=P额一P热=160W,B正 确；在纯电阻电路中，根据功率的计算公式，可得 间输电线的电阻R=p5=3×10-3×5×10-2× 150X1050=1X10-50,B错误；小鸟两脚间的 1 输出为车P=R=（R是，)R 22 (R'-r) 一，当R'=r时，输出功率最大，即有 电压约为U=IR=350×1×105V=3.5×103V, R -+4r C正确，D错误。 2.B【解析】假设R1断路，则回路的总电阻增大， R十rM=r,代入数据，解得R=162,结合题意可 根据闭合电路的欧姆定律知，干路的电流减小，灯 知，电动机工作时，不是单纯地把电能转化为内 L2两端的电压减小，灯L2变暗，灯L1两端的电压 能，不符合纯电阻电路的要求，C错误；若电动机 增大，灯L1变亮，假设不成立，A错误；假设R2断 的转子被卡住，根据闭合电路的欧姆定律可得 路，则回路的总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定 ,△J U=E-1r,变形可得△=1，即路端电压的变化 律知，干路的电流减小，灯L1两端的电压减小，灯 量与电路电流的变化量之比的绝对值等于太阳能 L!变暗，灯L2两端电压增大，灯L2变亮，假设成 电池内阻，D错误。 立，B正确；若R?或R4短路，则回路的总电阻减 4.C【解析】电源的输出功率最大时，电源内阻x 小，根据闭合电路的欧姆定律知，千路的电流增 UI 大，灯L1两端的电压增大，灯L1变亮，灯L2两端 等于外电路总电阻R,此时电源效率刀一E 的电压减小，灯L2变暗，假设不成立，C、D错误。 R 3.B【解析】由题可知，此时电路中的电流P= R十，X100%=50%,A错误；由图像可知电源输 P 出功率最大为9W,电源的输出功率最大时，电源 IR,解得I一√R=4A,根据闭合电路的欧姆定 内阻r等于外电路总电阻R,且最大功率Pm= 律可得1= E-UM ,+R,解得r=200,A错误；电动机 E 4,=9W,当输出功率为零时，外电路短路，结合 2 ·20·