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（鲁冀粤辽鄂湘黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏渝甘黔滇川皖A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 卺题 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 进人区域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5小题，每小题6分，共30分。每小题只有一个选项符合题目 A.所有粒子离开区域Ⅱ时的速度方向不同 要求。 得分 3粒子在两电场中运动的最长时间为 题号 1 2 3 4 5 答案 C两区域中电场的电场强度大小为m 12gL 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一16L 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 列说法正确的是 () 5.如图所示，绝缘光滑轨道ABCD竖直放在与水平方向成0=45°的匀强电场中，其中 A.云内的冰晶在相互摩擦的过程中创造了电荷 BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆相切，现把一质量为m、电荷量 B.雷电产生时，带电云层附近会存在许许多多的电场线 为9的、带正电的小球（大小忽略不计），放在水平面上A点由静止开始释放，恰好能沿 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 ABCD轨道通过半圆轨道最高点D,且落地时恰好落在B点，重力加速度为g。下列说 法正确的是 () 度不为零 P 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 一定先升高后降低 2.如图所示，光滑绝缘正方形方框整直固定，边长是a,两个质量均为m的带电小球M、N 400 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 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 A,电场强度E=2mg B.起点A距B点的距离为2R 荷，下列说法正确的是 () A.小球N带负电 C.过D点的速度o=√gR D.AB两点的电势差U-5mgR 4g B.小球N受到的库仑力大小是mg 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， C.小球M所带电荷量是2m8a 全部选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。 kq 题号 6 D,小球M在方框中心0处产生的电场强度大小是22m8 容案 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 6.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 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 P点以水平速度v进人第一象限，速度方向沿x轴正方向：经过x轴上Q点时的速度大 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 小也为，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 ( 运动到Q点的过程中 () A.静止时，若R阻值减小，则电流表的示数将增大 A.机械能一直减小 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 B造度不小于。 b流向a 左右方 QX609主 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后 C所受电扬力不小于g b流向a D.水平位移与竖直位移大小的比值为3 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） 7.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0=60°角固 9.(18分)如图所示，半径R=0.8m的一圆弧形光滑绝缘轨道PQ(圆心为O)固定在竖直 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、 电荷量q=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 面内，Q点到水平地面的距离足够高，OQ与竖直线O0重合，O0'右侧存在水平向右、 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 电场强度大小E=100N/C的匀强电场，质量M=0.3kg、电荷量q=0.01C的带负电 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 摩擦因数=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‘= 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 荷量不变。g取10m/s2,小球A、B均视为质点，不计空气阻力，求： 号s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 () (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； /m's! (3)小球B下落到Q点正下方时，到Q点的距离d. P%0 A.匀强磁场的磁感应强度大小为1T B.小球最终将在杆上做速度大小为8m/s的匀速直线运动 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 0 上微加速度大小为10。？的匀加流直线运动 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 10.(20分)一质量M=1kg的绝缘长木板放在倾角日一37°的光滑斜面上，一质量m= 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 上做速度大小为18m/s的匀速直线运动 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 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 8.(12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 底端的距离x0=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 10V,内阻不计)、电解电容器C(电容2uF),定值电阻R(阻值1000Ω)、电压表V(内 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 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。 量m。=50g的子弹以沿斜面向上9。=960m/s的速度打入物块并留在其中（时间极 I S 短可忽略)。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 均被瞬间锁定。物块的带电量q=0.8×10一1C且电量始终不变，其他物体均不带电， 5 (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 物块与木板间的动摩擦因数红一2·物块可以看作质点，且整个过程中物块不会从木板 示数稳定后，再将开关S接通2直至电表示数再次稳定。整个过程中，电流方向发 右端滑出，g取10m/s2,sin37=0.6,cos37°=0.8，求： 生变化的电表是 (填“电流表”“电压表”或“电流表和电压表”)， (1)子弹打入物块瞬间，二者的共同速度1的大小： (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 (2)物块与木板刚共速瞬间，木板左端距离挡板的距离x: 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 (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。 (填选项对应的字母)。 E A B C D (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. 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 又有 动，故有 T-2 (1分) a cos a (1分) m r=2√2L (1分) 1 (1分) Em 解得B= (1分) N2gL 4(1+√2)mL (1分) T-2m-2x 2mL 解得t=√Eq·cosa (1分) Ba y轴方向的分运动为匀加速直线运动，故有 粒子在磁场中运动的时间 aj-b -sin a （1分) 器 3π√2EqmL m (1分) 4Eq 粒子刚离开第三象限电场时距坐标原，点的距离 OP的距离LoP yo 2a,·号=2(1十W2)Ltan a十 Lop=LoE+LEP=2L+2√2L=2(1+√2)L (1分) y 1十√2 Vcos&° (2分) (3)粒子在第三象限的电场中做曲线运动，其x 轴方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运 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 3.C【解析】由于电容器始终和电源相连，则两极 1.C【解析】云内的冰晶在相互摩擦的过程中是电 板间电压不变，静止时，电容器电容不变，R阻值 荷发生了转移，不是创造了电荷，A错误；电场线 减小，但所带电荷量不变，电流表指针不偏转，A 是假想的，不是真实存在的，所以雷电产生时，带 错误；匀速运动时，电容器电容不变，电压不变，则 电云层附近不会存在电场线，B错误；导体处于静 电荷量不变，电流表指针不偏转，B错误：向左突 电平衡状态时，在导体内部的任意一，点电场强度 然加速，由于惯性，则N板相对M板向右移动，两 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 效版医对面织成小根据C=C=吕电客 等，方向相反，即带电云层在导体内部某点产生的 减小，又两极板间电压不变，则电荷量减小，所以 电场强度不为零，C正确；相距足够远的、带等量 电容器放电，电流表中有由b向a方向的电流，C 同种电荷的球形云层（视为，点电荷）之间，根据等 正确；向前突然减速，由于惯性，N板相对M板向 量同种电荷的电势分布可知，沿着两者的连线，当 同种电荷为负电荷时，电势先升高后降低，当同种 前衫动，根展C-。8可知，两装孩问E该 电荷为正电荷时，电势先降低后升高，D错误。 小，则电容增大，又两极板间电压不变，则电荷量 2,D【解析】小球N置于方框右边BC中点时恰 增大，所以电容器充电，电流表中有由a向b方向 好静止不动，根据平衡条件可知，N所受库仑力 的电流，D错误。 一定为斥力，即小球N带正电，A错误；结合上 4.D【解析】由题意可知，所有粒子在区域I、Ⅱ电 述，对N进行分析，根据平衡条件有Fcos45°= 场中的运动对称，所以所有粒子离开区域Ⅱ时速 mg,解得F=√2mg,B错误；根据库仑定律有 度方向都沿x轴正方向，A错误；由区域I电场最 F=k- Qq a ,结合上述，解得Q=Emg 高点进入电场的粒子经过O点时的偏角最大，在 -,C 2kg 两电场中运动的时间最长，对该粒子经过O点时， \2cos45° 由tan45°=可得u,=0,在区城I电场中运动 错误；小球M在方框中心O处产生的电场强度大小 Uo 1 E=k ,结合上述解得E=22mg,D正确。 时有4L=2",0,x=ut0,解得x=8L,所以该 () 粒子在电场运动的时间1=21。=2=16L,B错 0000 ·17· A 真题密卷 学科素养周测评 误对这该准子有红-7ai-日×码，解得 根据三角形法则可知，当电场力与合力方向垂直 m 时，电场力最小，则有F电血=mg cos日=2mg,则所 E,C钻误：对选入区减1电场的任意粒子 有y=dix=0,联立解得y=D正确。 受电场力不小于】g,C错误；根据上述小球水平一 位移与竖直位移的大小分别为工=0十0cos60 t 5.D【解析】当小球通过D点时，设速度为v,由牛 2 √2 顿第二定律得mg一乞F=mR,小球通过D点 y=usin60 t,解得x：y=3:√3=√3：1，D正确。 2 后的运动，水平方向做匀变速直线运动，落地时恰 7.CD【解析】小球由静止释放做匀加速运动，根据 1 好落在B点，即x=t一2Qzt2=0,根据牛顿第 图像可知a=A”=103 -m/s2,根据牛顿第二定 △t3 二定律知 F=max,竖直方向做匀加速直线运动 律mg sin0-qEcos0=ma,解得E=√3N/C,在 2 √3 √2 t= s前做匀加速运动，则摩擦力为零，所以杆 2R=2a,,根据牛顿第二定律mg- F= 2 的支持力为右上方一侧，当二气s时，支持力怡 may,又F=qE,联立解得E= 上)2，A错误；由 好为零，则有quB=mg cos0+qEsin0,解得B= A到D的过程，由动能定理得qELcos45°一 1.5T,A错误；小球最终将在杆上做匀速运动时加 1 2mgR+9E·2Rsin45°=2mv2,联立解得L= 速度为零，则有mg sin0=qEcos日十F,Fn= qBu2-mg cos0-gEsin0,解得v2=10m/s,B错 2.5R,B错误；在D点由重力和电场力的竖直分 误；若将图甲中的细杆绕它的中轴线旋转180°后再 力共同提供向心力，则mg-F v2 F=mR,解得过 由静止释放小球，刚开始小球加速度向下，随着速 度增大，洛伦兹力增大，由于旋转180°后中轴线右 D点的速度0=√2gR C错误；A、B两点的电势 上方一侧有摩擦力，所以摩擦力逐渐减小，最后无 2 摩擦力的作用，根据mng sin日一qEcos0=ma1,解得 差UAB=ELcos45°-5mgR D正确。 10w3 4g a1 3m/s,C正确；若将题图甲中的细杆绕 二、多项选择题 它的中轴线旋转90°后再由静止释放小球，最终 6.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 F 小球速度最大时有mg sin0=qEcos0十u2, 点过程中，有电场力做功，因不确定电场力方向， FN2=qv3B-mng cos0-gEsin0,解得v3=18m/s, 所以无法判断机械能的变化，A错误；根据题意可 D正确。 知小球在复合场中做类斜抛运动，由于小球在P、 三、非选择题 Q两，点速度大小均为，根据类斜抛运动的对称性 8.(1)上(2分)电流表(2分)(2)AC(4分) 可知，小球所受重力与电场力的合力F方向必定 (3)10(2分)1.6×10-5(2分) 垂直于PQ连线指向左下方，令合力F方向与x 【解析】(1)由题图可知，把开关S接1，此时给电 轴负方向夹角为0，则有Fcos0=max,Fsin0= 容器充电，电容器的上极板带上正电荷。实验时， may,小球在竖直方向上做初速度为0的匀加速直 将开关S接通1后，电容器充电，电流从电源正极 线运动，则有sin60°=a,t,小球在水平方向上做 到电源负极，开关S接通2，电容器放电时，电流从 双向匀变速直线运动，则有vcos60°=v一axt,解得 正极板到负极板，则整个过程中，电流方向发生变 tan0=√3,0=60°，可知∠PQ0=a=90°-0=30°， 化的电表是电流表。 小球在沿PQ方向做匀速直线运动，在垂直于PQ (2)放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，根 方向做双向匀变速直线运动，可知当小球垂直于 Q PQ方向的分速度减小为0时，小球速度最小，最 据电容定义式C一音，可知电容器极板间电压逐 小值即为PQ方向做匀速运动的速度，则有= 7c0s30°=3 渐减小，则放电电流减小，根据二公，可知Q 则共建废不小于，B正确：根据 图像的切线斜率绝对值逐渐减小，A、C正确；电容 上述，电场力与重力合力方向始终垂直于PQ方向， 与电容器所带电荷量和电容器极板间电压没有关 A ·18· ·物理· 参考答案及解析 Q 系，可知电容器电容保持不变，根据C= ,可知 (m+mo)a (1分) 得a1=12m/s2 U-是则UQ周像斜率不变，BD错民。 对木板 u(m+mo)g cos 0-Mgsin 0=Ma (1分) (3)电容器充电完毕后电势差为10V,根据欧姆定 得a'=4m/s 律有1-景-品A=10mA,根桃电家器定又 经过t1物块和木板共速 v1-aiti=a'ti (1分) 式可知总电量为Q=CU=2×106×10C=2X 得t1=1s 105C,电阻R与电压表并联，根据电流与电阻成 共同速度为v2=v'=4m/s 4000 反比的关系可知QR=4000+1000Q=1.6× 所以x1=十0 105C。 2t1=10m 9.(1)3N(2)0.2m(3)7.2m '0+ 2t1=2m (1分) 【解析】(1)小球A从静止下滑到Q,点前瞬间的 木板左端距离挡板的距离 过程中，由动能定理知 n x=x0十x1'=15m (1分) (2分) (3)物块与木板共速后，假设一起向上减速运动。 由牛顿第二定律有 解得vo=√2gR=4m/s (1分) 对A受力分析可知 (M+m+mo)gsin 0+gE=(M+m+mo)a2 (1分) g爱 (2分) 得a2=8m/s2 解得F=3N (1分) 对木板受力分析 (2)小球A、B碰撞过程，由动量守恒得 Mgsin 0+f=Ma (1分) mvo=mvA+MUB (1分) 解得f=2N<μ(m+mo)gcos0=10N 弹性碰撞前后小球A、B的总动能不变，有 假设成立，物块与木板共同减速。两者共同减速 至速度为零 2mui=Zmwi+号Mwi 1 1 (1分) v2-a2t2=0 (1分) 解得vA=一2m/s (1分) 得t2=0.5s UB=2 m/s (1分) 所以x2= 0十02 2t2=1m (1分) 小球A返回上升过程中机械能守恒，有 g-子p时 木板与物块共同下滑加速度为a2 (1分) 1 (1分) 解得h=0.2m (1分) xo+xi十xa=2at号 (3)碰撞后，小球B在向右运动的过程中，水平方 解得t3=2s 向上的加速度大小 所以v3=a2t3=16m/s a-股-gmg 木板与挡板相碰后速度向上，有 (2分) 下落到Q,点正下方的时间 听-=-8ng 由牛顿第二定律有 (2分) u(m+mo)gcos0+Mg sin37°=Ma1(1分) 竖直方向上有 得a1=16m/s2 d=ge2=7.2m 对物块和子弹有 (2分) (m+mo)gsin 37+gE-u(m+mo)gcos 0= 10.(1)16m/s(2)15m(3)473.75J (m+mo)as (1分) 【解析】(1)子弹打入小物块共速过程内力远大 于外力，动量守恒 得a-5n心 mo vo=(mo+m)v (1分) 木板向上匀减速时间 得v1=16m/s (1分) (2)对物块和子弹 --0.5s (1分) gE+(m+mo)gsin 0+u(m+mo)gcos 0= 由运动时间对称性，从第一次碰板到第二次碰板 ·19. A 真题密卷 学科素养周测评 共用时间 此过程中物块一直匀加速运动 2t4=1s (1分) x3=u3t+204t (1分) 由于每次碰板速率变为)，碰撞时间间隔依次为 得x3=39.375m (1分) 111 由于相对位移为x3,整个过程放热 182s4s89 Q=u(m+mo)gcos0(x3+x1-x1)=473.75J。 板块从第一次碰撞到第五次碰撞总共运动时间 (1分) =(1+号++》-： 15 (1分) 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 知，电动机工作时，不是单纯地把电能转化为内 1.C【解析】小鸟双脚间的电压太小，通过小鸟的 能，不符合纯电阻电路的要求，C错误；若电动机 电流太小，小鸟才不会触电的，A错误；小鸟双脚 的转子被卡住，根据闭合电路的欧姆定律可得 L 间输电线的电阻R=p5=3×10-8×5×10-2× U=E-,变形可得A △=1，即路端电压的变化 150X1050=1×10-50,B错误；小岛两脚间的 1 量与电路电流的变化量之比的绝对值等于太阳能 电池内阻，D错误。 电压约为U=IR=350×1×10-5V=3.5×103V, 4.B【解析】将R1、R3、E视为一个等效电源(E1、 C正确，D错误。 r1),如图虚线框所示，由闭合电路的欧姆定律有 2.B【解析】假设R1断路，则回路的总电阻增大， E I= 根据闭合电路的欧姆定律知，干路的电流减小，灯 1十R2十RR增大时，I减小，电流表A示教 L2两端的电压减小，灯L2变暗，灯L1两端的电压 减小，A错误；电压表V,的示数为电源E的路端 增大，灯L1变亮，假设不成立，A错误；假设R2断 电压，R增大时，外电阻增大，干路电流减小，由闭 路，则回路的总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定 合电路的欧姆定律有U1=E一Ir,可知电压表V 律知，千路的电流减小，灯L1两端的电压减小，灯 示数增大，由于电流表的示数减小，即流过R?的 L1变暗，灯L2两端电压增大，灯L2变亮，假设成 电流减小，所以R2两端的电压减小，即V2减小， 立，B正确；若R3或R4短路，则回路的总电阻减 B正确；将除R外的其余部分视为等效电源(E2、 小，根据闭合电路的欧姆定律知，干路的电流增 △U3 大，灯L1两端的电压增大，灯L1变亮，灯L2两端 r2),则有U3=E2一Ir2,所以 △I =r2= 的电压减小，灯L2变暗，假设不成立，C、D错误。 3.B【解析】由题可知，此时电路中的电流P= +R,)R:+十R,而不是R,C错误；R消耗的功 r十R1十R3 I产R,解得1一发=4A,根据闭合电路的欧姆定 P 率即等效电源(E2、r2)的输出功率，即PR=IR= ER E R+r2)2=R-r2) 一，可知，R从0逐渐增 “,解得r=200,A错误；电动机 律可得I= R -十4r2 的额定功率P=IUM=4X56W=224W,电动 大到r2过程中，PR逐渐增大；R=r2时，PR最 机的热功率P满=IrM=4×4W=64W,故电 大，R继续增大，PR减小。D错误。 动机的输出功率P输出=P颜一P熟=160W,B正 ①④ 确；在纯电阻电路中，根据功率的计算公式，可得 R 输出办率Pes=rR=（R是，》广R A E2 (R'-r)2, 一，当R'=r时，输出功率最大，即有 -+4r R 、 R十rM=r,代入数据，解得R=162,结合题意可5.C【解析】电源的输出功率最大时，电源内阻r A ·20·