周测评(十五)电场(一)-【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B版）

将梦想变为视实，需要的是内在的决心和勇气 密真 2025一2026学年度学科素养周测评（十五） 班级 卺题 物理·电场（一）】 姓名 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 ..........C 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 得分 要求。 A.在轨道AC上其中点处电势最高，且高于O点电势 题号 1 2 3 4 5 B.小球由A点滑至C点的过程中，其电势能先增大后减小 答案 C.小球刚到达C点时（未脱离轨道）的加速度大小为3： 1.如图所示，足够大的金属板A,B平行放置，在两板间放置一不带电的金属球壳，O为球 D小球刷到达C点时的动能为号L 心，a,b为球壳外表面上的两点。闭合开关S,稳定后 () 4.图甲为直线加速原理示意图，它由多个截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，奇数序号 与偶数序号圆筒分别与交变电源相连，交变电源两极间电压变化规律如图乙。在：=0 时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时序号为0的金属圆板中央有一电子由静止开始在 各狭缝间不断加速。若电子质量为m,电荷量为，交变电源电压大小为U,周期为T。 不考虑电子的重力和相对论效应，且忽略电子通过狭缝的时间。下列说法正确的是 () A.a点的电势比b点的高 B.a点的电场强度比O点的大 C.向右移动滑片P,a点的电势降低 D.断开开关S,a点的电场强度减小 测板03中56？多□突变电乐 237: 2.如图甲所示为示波管原理图，若其内部竖直偏转电极YY之间电势差按照如图乙所示 甲 的规律变化，水平偏转电极XX'之间的电势差如图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会 A.金属圆筒1、2,3的长度之比为1：2：3 看到的图形是 () B.电子离开圆筒1时的速度为进入时速度的两倍 2neU 电子枪} C.第n个圆筒的长度应满足L一 m 76 2neU 金属 D.进入第n个圆简时电子的速率为. 偏转电极 5,如图所示，一带正电小球在光滑绝缘水平桌面上，在水平匀强电场作用下从A到B与从 B到C的时间均为1s。已知∠ABC为120°，AB,BC距离均为10m。带电小球在A 到C运动过程中，下列说法正确的是 () A.带电粒子在A处电势能大于C处电势能 120 6 B.运动过程中加速度为5,3m/s C 3.如图所示的空间直角坐标系O-zyz,O是坐标原点且为BD中点，正三角形ABD和 C.带电粒子的最小速度为53m/s BCD的边长均为L,x轴上B、D两点周定两个等量的正点电荷Q。在x轴上A点将质 D,电场线方向由AC连线中点指向B 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， 量为m、电荷量为q的带负电的小球（自身产生的电场可忽略）套在光滑轨道AC上由静 全部选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。 止释放。已知静电力常量，重力加速度为，且器-g,忽略空气阻力，则下列 题号 6 7 说法正确的是 () 答案 学科素养周测评（十五）物理第1页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十五）物理第2页（共4页） 6.空间中存在水平向右、范围足够大的电场，如图为电场强度E随时间变化的图像 数)，该电容器的电容C= F(结果保留三位有效数字)。 t=0时刻，将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从距地足够高的某位置静止释放。 (3)如果将电阻R更换为阻值更小的电阻，重做实验时，调节滑动变阻器让电压表示数 已知T时刻，小球的速度与水平方向的夹角为45°，重力加速度为g,则 保持不变，则放电过程中【-t图线与坐标轴所围成的面积 (填“增大”“减小” AT时刻，电场强度的大小为2mg E+ 或“不变”)，放电时间 (填“变长”“变短”或“不变”) 9.(18分)如图所示，在光滑绝缘足够大水平面上的O点左侧存在方向水平向右的匀强电 B.2T时刻，小球的速度与水平方向的夹角为45 场，AO相距为L,与A点相距3L的B处有一固定的竖直挡板。质量为m、电荷量为g C.3T时刻，小球的速度为32gT 37 的带正电金属小球甲从A点由静止释放后，刚出电场时以大小为。的速度与静止的质 D.0~3T过程中，小球加速度的最大值为2g 量为3m的不带电小球乙发生弹性正碰，碰撞时间极短且无电荷量转移，已知乙球与B 7,如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点， 处挡板碰撞时间极短且无机械能损失，两球可视为质点。 另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球静置于M点。现给小球 (1)求匀强电场的电场强度E的大小。 垂直于OM向上的初速度。，使其在竖直平面内绕O点恰好做完整的圆周运动，AB为 (2)求首次碰撞结束到第二次碰撞开始甲球在电场中运动的时间。 (3)为保证甲、乙两球第二次在O点左侧相碰，则在甲、乙两球首次碰后瞬间将电场强度 圆的竖直直径。已知匀强电场的电场强度大小为3m5,重力加速度为g,当小球第二 大小改为kE(k>0),方向不变，求k的取值范围。 E 次运动到B点时细线突然断裂，则下列说法正确的是 () 3L 10.(20分)如图甲所示，直角坐标系第二象限内水平放置长为2d、间距为d、下极板沿x A.小球做完整的圆周运动时，动能的最小值为mgL 轴的平行金属板，两金属板中心线左端点O,处有一粒子源，沿十x方向持续均匀发射 B.小球第一次到B点时，细线上的力大小为4mg 初速度为。、电荷量为9、质量为m的带正电的粒子，在两板间存在如图乙所示的交变 C,细线断裂后，小球动能的最小值为？mg 电场，板间电场强度向下为正，粒子打到极板上立即被吸收。曲线OP过点Q(一2d, d),其上方y轴左侧区域内有沿一y方向的匀强电场E(场强大小未知)。从两金属板 D.从细线断裂到小球的电势能与在B点时的电势能相等的过程中，重力势能诚少了 间射出的粒子进人曲线OP上方的匀强电场，偏转后均能够通过O点，不计粒子重力 8 3mgL 及粒子间的相互作用。 (1)求t=0时刻进人两金属板之间的粒子在电场中运动的时间。 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 8.(12分)某实验小组用如图甲所示的电路观察电容器的放电现象。实验器材有电动势为 (2)求0一2时间内射人电场的粒子中，能从两金属板间射出的粒子数与射人总粒子 E的电源、电容器、电压表，定值电阻R、电流传感器，开关S:和S2、滑动变阻器、导线若 数的比值。 干，实验中使用电流传感器采集电流信总，绘制-t图像。实验步骤如下： (3)写出匀强电场边界OP的曲线方程 “电流传總 ↑mA 2m qd d23:41 6 0s (1)闭合开关S1和S。,对电容器充电，调节滑动变阻器使充电完毕后电压表的示数U 5.0V。 (2)然后断开开关S,电容器通过电阻R放电，利用电流传感器得到放电电流I随时间 t变化的图像如图乙所示。由图甲可知，开关S断开瞬间流经电阻R的电流方向 为 (填“a→b”或“b·a”),可知电阻R的阻值为 n(结果保留整 学科素养周测评（十五）物理第3页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十五）物理第4页（共4页）真题密卷 学科素养周测评 由能量守恒定律得 A第一次滑下斜面时的速度 号Maod-2Moi+Zmri v=5 mis (1分) (1分) A第一次滑上斜面时，由动能定理得 解得A=10ms,vg=4m.'s (1分) 1 设A第一次滑下斜面的速度为0，A第二次滑上 mgLsin37°-mgl.cos37°=0-2mw员 斜面的高度与第一次相同，所以A、B第二次分 (2分) 离时的A的速度为vA,此时B的速度为由动 A滑下斜面时，由动能定理得 量守恒定律得 MuB-mv=mUA+MvB (1分) mgLsin37°-ungl.eos37°=7mv2-0(2分） 由能量守恒定律得 解得A与斜面间的动摩擦因数：=0.45(1分) 1 1 2mui+2Mo'信 (1分) 2025一2026学年度学科素养周测评（十五） 物理·电场（一） 一、单项选择题 1.B【解析】金属球壳在两极板间的电场中处于静 mgsin45-9 Eccos45°=ma,又Ec=mg解得， 电平衡状态，金属壳为一等势体，电势处处相等，A a=0,C错误；根据等量同种电荷电场分布及对称 错误；处于静电平衡状态下的导体内部场强度处 关系知，小球从A点到C点的过程，静电力做功 处为零，所以O点的电场强度为零，而a,点的电场 为0，由动能定理有mg×OA=Ek一0，代入OA 强度不为零，B正确：由于电容器保持与电源连 接，所以向右移动滑片P时，金属板A、B之间的 长度得Ek三分ngL,D正确。 电势差保持不变，a点的电势不变，C错误；断开开 4.D【解析】由于电子每经过圆筒狭缝时都要加 关S,金属板A、B所带电荷量Q不变，且电容器的 速，进入圆筒后做匀速运动，所以电子在筒内运动 结构未发生改变C不变，则金属板A、B之间的电 势差不变，根据E=哥可知。点的电奶强度不 的时间均为？，电子在加速过程中加速度相同，经 变，D错误。 过n次加速后，根据动能定理neU= 2nv2-0,解 2.D【解析】在0~t时间内，扫描电压扫描第一次， 2 neU 信号电压完成0一1的变化，荧光屏图形为：在 得选入第n个圆筒的速率w,一m ,D正确； t~2时间内，扫描电压扫描第二次，信号电压完成 不计缝隙时间，电子在圆筒内的时间均为。，则第 t一2t的变化，荧光屏图形为 ;在2t~3t时间 ”个圆简L,=,·名=T neU ,所以金属圆筒 内，扫描电压扫描第三次，信号电压完成2t~3t的 N2m 1、2、3的长度之比为L1:L2:L3=√：√2： 变化，荧光屏图形为 ；以后重复上述波 √3，A、C错误；由于电子在筒内做匀速直线运动， 所以电子离开圆筒1时的速度等于进入时的速 形，则示波管屏幕上呈现的图形应该是D选项形 度，B错误。 状，D正确。 5.C【解析】将小球在A点的速度U沿水平方向和 3.D【解析】轨道AC中点距离两点电荷Q最近电 竖直方向分解，分量分别为，、y,将小球的加速 势最高，但比O点电势低，A错误；由几何关系可 度a沿水平方向和竖直方向分解，分量分别为a,、 知，AC连线上，AC的中，点到B、D的距离最小， Qy,如图甲所示，则从A到B点，A到C点，根据匀 小球由A滑至C的过程中，静电力对其先做正功 变速直线运动规律，水平方向有(u,×1十2a:× 1 后做负功，其电势能先减小后增大，B错误；球刚 到达C点时（未脱离轨道）由牛顿第二定律得 吟m10m:u,×2+7a×22m=15m,联立 B ·12· ·物理· 参考答案及解析 解得a,=-5m/s2,v,=12.5ms,则从A到B D错误」 点，A到C点，根据匀变速直线运动规律，竖直方 7.ACD【解析】小球静置于M点，小球所受重力与 向有(o,X1+0,×1)m=0.(e,×2+20,X 诗电力的合力大小F。=√0mg)+(g.8m)2 22)m=-53m,联立解得，a,=-53ms2,v,= 2mg,根据牛顿第二定律有F合=mg',解得等效 2.53m/s,故加速度大小a=√a+a=10m/s2, 重力加速度g'=2g,小球恰好做完整的圆周运动 方向左下，且与水平方向成日角，如图乙所示，则 时，在等效最高点的小球具有最小动能，初始状态 下，小球静置于M点，则该点是小球的等效最低 an0=&三3，故0=60°，由几何关系可知，u方 点，M点关于圆心对称的点是等效最高点，在等效 向刚好从B,点指向AC连线的中，点，由于小球带 最高点小球速度最小，且满足mg'=m乙，解得最 正电，a方向与电场强度E(或电场线)方向同向， 所以AC为等势线，电势相等，根据电势能E。= 1 小动能E:=2mu2=mgL,A正确：设小球在M q9,可知带电粒子在A处电势能等于C处电势 ,点时细线与竖直方向的夹角为0，则有tan0= 能，A、B错误；小球在A点的速度大小？= √3mg √0十=√175m/s,设小球在A点的速度方向 q· -=√3，解得0=60°，小球运动到B,点过程， 与水平方向成心角，如图乙，则ana二警=，带 mg 电小球的最小速度vmm=vcos(a十30)，联立以上 根格能量守恒定律有？mm+mgL.(1-0s60 解得vmim=53ms,C正确；由A、B选项分析，电 场线方向由B,点指向AC连线中，点，D错误。 20扇，解得ug=2√g,根据牛顿第二定律有F+ a ,解得F=3mg,B错误；细线断裂后小 mg=m L A B A B 120° 0a.x120° 球做类斜抛运动，当沿合力方向速度为0时，速度 C 最小，则速度的最小值vmn=VBCOS60°=√gL,故 甲 1 1 二、多项选择题 最小动能Em=2mu品m=2mgL,C正确；细线 断裂后，小球水平方向只受静电力，小球先做减速 6.AC【解析】根据题意，T时刻有tan45°=，令 运动，后做加速运动，当细线断裂后，小球水平方向 T时刻的电场强度为E,0~一T时间间隔内，根据 的位移为0时，小球的电势能与在B,点时的电势能 动量定理有1，=9ET 相等，设所用时间为t,以水平向右为正方向，则有 2 =m0-0,1,=mgT=m0y 一0，解得E=2m ，竖直 a,=-3g,0-ug=a2,解得1=4√3g 2,A正确；2T时刻，结合上述 方向只受重力，则有y=)二8 1 与因像知比时刻的电场强度E=专E-,0 3L,则重力微的 3 gET 功W。=mgy-3mgL,即重力势能减少 8 3 mgL,D 2T时间间隔内，根据动量定理有I1= 2 正确。 qE1(3T-2T) 2 =m1-0,Iy1=mg·2T=m01- 三、非选择题 8.(2)b→a(2分)500(2分)2.16×10-3(2分) 0,解得tana=”=5,可知2T时刻小球的速度 (答案在2.10×10-32.40×10-3均可)(3)不 变(3分)变短(3分) 与水平方向的夹角小于45°，B错误；0~3T时间 【解析】(2)根据题图甲可知电容器充满电后右板 间肠内，根据动量定理有1=3T 带正电，开关S2断开瞬间流经电阻R的电流方向 2 =m0x2-0, 为b→a;由题图乙可知，t=0时刻，电流大小为 I2=3mgT=mv2一0，解得小球的速度= √u2十u2=3√2gT,C正确；0~3T过程中，T 10.0mA,可知电阻R的阻值R= 时刻，电场力最大，合力最大，加速度也最大，则有 (mg() 10.0×100=5000:由电流的计算公式1=Q 5.0 t 结合上述解得amx=√5g, 可知，t图像与坐标轴所围面积表示电容器所带电 ·13· B 真题密卷 学科素养周测评 荷量，每个小方格的面积表示q=1×103×0.4C= 2d 10.(1)200 、1 4.0×104C,由此可知Q=27q=1.08×10-2C,由 (2)8 (3)y=4d 电容的定义式可得电容器的电容C= Q 【解析】(1)粒子在电场中运动的加速度大小 1.08×10 a=9E2 (2分) -F=2.16×10-3F. m d 5.0 假设t=0时刻粒子进入电场后，在竖直方向上 (3)将电阻R更换为阻值更小的电阻，由于电压不 始终沿一个方向做匀加速直线运动，且最终打在 变，所以电容器所释放的电荷量不变，放电过程中 极板上，则有 1t图线与坐标轴所围成的面积不变。由于阻值 d 1 更小，因此最大放电电流比原来的大，电量不变， 2 =2a2 (1分) 所以放电时间变短。 解得= 2dd 80<号 (1分) 2uv0 所以假设成立，则粒子在电场中运动的时间为 【解析】(1)对甲与乙碰撞前的过程，根据动能定 2d 理得 (2分) 2vo 1 qEL-2mvi (2分) (2)在0一时间内，设11时刻进入的粒子刚好 解得E=2gl mvi (2分) 不打在下极板上，则有 (2)设首次碰撞后甲的速度为01，乙的速度为02， a(d-) 2d-2Xza(. (2分) 由动量守恒得 mvo=mv+3mv2 (2分) 解得11=200 (1分) 由能量守恒得 设t?时刻进入的粒子，刚好不打在上极板上，则 1 1 2xx3十一2之，多 (2分) 2d=-2xIald -t）+2×2a8 1 (2分) 1 1 解得u1=一20w:=20 5d 解得t2一8u0 (1分) 假设第二次碰撞在O点右侧，首次碰后对甲有 d =多m(》) 综上分析可知，在0~ 时间内射入电场的粒子， (2分) d 5d 解得1-兴 从2n800 时间内射入电场的粒子可以从两板 (1分) 间射出，则能从两板间射出的粒子数占总粒子数 因t时间内乙运动的距离 与射入总粒子数的比值为 x2=v2t=L (1分) d 2L 2(5d 所以上式t即为所求，假设成立，t= (2分) 2d (3)如果甲、乙两球恰好在O处相撞，对甲球有 Vo kEg=ma (1分) (3)所有从两板之间射出的粒子速度均为0，方 根据加速度的定义式有 向沿x轴正方向，粒子在电场E'区域做类平抛 运动，则有 a= (1分) 1,E'92 t2 一x=t,y=2·m (2分) 对乙球有 让-2： 联立解得y= (1分) (1分) 将Q点坐标（一2d,d)代入方程得 解得长一青 (2分) E器 (1分) 故要保证甲、乙两球第2次在O点左侧相碰，k的 1 (2分) 取值范固为0<k<4 1 (1分) y=4d。 B ·14·