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（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）

为了梦想，愿意付出所有的代价 密真 2025一2026学年度学科素养周测评（十六）》 C加造电压为 班级 题 物理·电场（二） D相蜜电压为 姓名 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 4.如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电 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 小球A和B,小球可锐为质点，A球的电荷量为十3g,B球的电荷量为一5g,组成一带电 系统，处于静止状态。VQ与MP平行且相距3L,开始时MP恰为杆的中垂线。现在 得分 要求。 MP,VQ间加上水平向右的匀强电场E,带电系统开始运动。则 ( 题号 1 2 3 4 5 答案 A.B球刚进入电场时，速度大小为网 m 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 品A球刚离开电场时，速度大小为EL 3 件产生电晕，释放出大量电子，电子被空气中的氧分子捕捉， C.B球进入电场后的最大位移为2L 集尘相板 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 D.B球从开始运动到最大位移的过程，其电势能的变化量为3(EL 负极针组件 电，进而使其吸附到集尘栅板上，达到净化空气的作用。下列 5.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 说法正确的 进气下 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 A.负极针组件产生电晕，利用了感应起电的原理 高压发生器之 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、。，从图 B.负极针组件附近的电势较低 C.为了更有效率地吸附尘埃，集尘栅板应带负电 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 改变量为 () D.烟尘吸附到集尘栅板的过程中，电势能增加 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 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 ( A.-3E B.3E C.-Eo D.E A.正方体两顶点A、D电场强度相同 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， B.正方体两顶点A、C电势相等 全部选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。 C.检验电荷十q在顶点B、D,受到的电场力相同 题号 6 D.检验电荷一g在顶点A,的电势能比在顶点C电势能低 3.如图所示，在直角坐标系xOy的第一、四象限内有大小为E。、方向沿y轴正方向的匀强 答案 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 6.在x轴上0一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O点 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 由静止释放，粒子在电场力的作用下沿x轴做加速运动，从xu处离开电场，粒子的电势 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 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.E。x图像的斜率的绝对值表示电场力 子重力，下列说法正确的是 () B.粒子在0~x。范围内做匀加速直线运动 E 、A,粒子在P处沿y轴方向的速度大小等于。 C.粒子离开电场时的速度大小为， D,粒子在电场中运动的时间为 2.x 3 mt E 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） 7.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、电荷量为口的 9.(18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 带电粒子由A点以初速度u射入电场，方向与直径AB成G0°角，出电场时的速度大小 0.1kg、电荷量为2×10-C带正电的滑块A以1m/s的初速度从左端滑上平板B,之 为3va,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 后一段时间内平板B的t图像如图乙所示。已知电场强度为1×10'NC,方向水平 场，则下列说法正确的是 ( 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： A电场强度大小为 (1)平板B与地面间的动摩擦因数： gR (2)当滑块A的速度为0.5m/s时平板B的速度： 60 B.若粒子的速度垂直电场方向射人电场，为使粒子仍由B点射出 30 (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。 电场，粒子的初动能为md 1(mis) 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 0.5 能为nmi 051 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 甲 U 能为mi 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 8.(12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。 线 电容纸 10.(20分)如图所示.完全相同的极板M、N,其长度L=0.3m,平行正对相距d=0.3m。 水平放置，外接电压为U的恒压电源，FF'为极板右边界，FF'的右侧竖直放置着一个 光滑绝缘圆弧轨道ABC,A点在FF'上，圆弧AB对应的圆心角为为53°，BC为四分之 锡箔纸 11 一的圆弧，圆弧半径R一8m,且半径0C水平，竖直半径OB的右侧有一足够大的水 (1)在实验中观察到的现象是 A.将左极板向上移动一段距离，静电计指针的张角变小 平向右的匀强电场，电场强度大小为E=20N/C。现有一带电小球以大小。=3m/s B.向两板间插人陶瓷片时，静电计指针的张角变大 的水平速度从极板左边界飞人极板M、N之间，飞离极板时恰好从A点沿圆弧切线方 C,将左极板右移，静电计指针的张角变小 向进入轨道。已知小球质量m■1kg,带电荷量q■十0.5C,g取10m‘s2,sin53°一 D,将左极板拿走，静电计指针的张角变为零 0.8,cos53°=0.6，不计空气阻力（结果可用根式表示）. (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 (1)求MN之间电压U, 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 (2)小球在OB右侧运动过程中离B点多高时速度最小，最小速度为多少？ 料瓶中。 (3)小球在OB右侧运动过程中，将通过OC连线上的D点（未画出），则小球通过D点 ①为增大该电容器的电容，下列方法可行的有 时的速度为多少？ +E A.增大电容纸的厚度 B增大锡箔纸的厚度 C.减小电容纸的厚度 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I-1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")。 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）】·物理· 参考答案及解析 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 受重力与电场力的合力，叫作等效重力，用G'表 1.B【解析】负极针组件产生电晕，利用了尖端放 示，设等效重力加速度为g',则G'=mg',若小球 电的原理，A错误；电场线由正极指向负极，负极 的初速度方向垂直于虚线向右上方，则小球做类 针组件附近的电势较低，B正确；负离子能使空气 平拋运动，当小球到达最高点时竖直方向的速度 中烟尘、病菌等微粒带电，为了更有效率地吸附尘 等于零，有sin45°=g'cos45t,小球上升的高 埃，集尘栅板应带正电，C错误；带电烟尘向集尘 栅板靠近的过程中，电场力做正功，则电势能减 度h=0cos45 2 ,重力势能增加量E。=mgh,又 小，D错误。 2.B【解析】正方体两顶点A、D电场强度大小相 ,解得g=2g,说明小球所受电场力 同，方向不同，A错误；根据电势的对称性可知A、 0=2m B、B1、A1、和D、C、C1、D1这8个点的电势相等 方向水平向右，大小F=g,即小球水平方向和 (关于点电荷连线的中，点对称)，B正确；检验电荷 竖直方向加速度大小相等，则小球上升到最高点 十q在顶点B、D1受到的电场力大小相同，方向不 过程中，电场力做功W=Fx,x=00cos45°·t十 同，C错误；由B项可知A1和C1电势相等，故检 2gt,竖直方向有0sin45°=gt,联立得W= 验电荷一q在顶点A,的电势能和在顶，点C1电势 能相等，D错误。 3E。,即小球电势能减少了3E。,电势能改变量为 3.C【解析】根据速度分解可知，粒子在P处沿y轴 一3E0,A正确。 方向的连度大小0，=。一50A错误：QP间 二、多项选择题 6.ABD【解析】根据W=F△x=一△E。可知，Epx 活y轴方向上的影离为则有号日·职，站 图像的斜率的绝对值表示电场力，在0~x。范围 m 内斜率不变，电场力不变，加速度不变，则粒子在 [qEo5o,B 0~x范围内做匀加速直线运动，A、B正确；粒子 合上述有，=B上，解得w6m 的电势能减小了E,根据能量守恒有E=Ek 1 错误；加速过程，根据动能定理有qU。=2m06,结 一2m,解得粒子离开电场时的速度大小口 合上述解得U。= ,C正确，D借花。 0,C错误；根据x0一 m 22∠21F.210t2, 1 2m 4.B【解析】设B球刚进入电场时带电系统速度为 解得粒子在电场中运动的时间t= 2m.x ,由劲能定理可得3gEL= ，D 2·2mui,解得u1= Epo 正确。 3gEL 7.ABD【解析】根据题意设电场方向与直径AB m ,A错误；设A球离开电场时速度为2， 的夹角为0，如图甲所示，将两个速度垂直电场方 由动能定理可得-2aEL-·2m(oi-i）,解得 向及平行电场方向进行分解，由于垂直电场方向 的速度未发生变化，列出方程v。c0s(0一30°)= gEL ,B正确；当系统速度为零时，B球进入 √3 vo sin(0一30°)，由此可得0=60°，根据动能定 里得ER=号m(5n)”-号mi,解得E= 1 电场的位移达到最大，从A球刚离开电场时到B球 达到最大位移，由动能定理可得一59E(x一L)= R,A正确：由A项的计算过程得到粒子在电场 m 1 0-2·2mu,所以x=1.2L,C错误；B球从开始 06 运动到最大位移的过程，电场力做功WB=一5qEx, 中的加速度a一尺，当速度垂直电场射入，由B点 根据功能关系可得WB=一△Ep,所以△E。= 射出时，粒子做类平抛运动，如图乙所示，列出方程， 6qEL,D错误。 1 106 5.A【解析】若小球从虚线上某处静止释放，则恰 垂直于电场方向，3R=u14,R=2a好=2R好， 好沿虚线向斜下方向运动，说明小球所受重力与 解得=2听，射入的动能Eu-m 3 电场力的合力方向沿虚线斜向右下方，将小球所 4mo,B正确；当 ·15· B 真题密卷 学科素养周测评 粒子获得动能最大，即电场力做功最多，如图丙所 大锡箔纸和电容纸的面积，相当于增大极板正对 州方夜为哪-竖-一资e 面积，则电容增大，D正确。②电容器充电稳定 2 后，极板之间电压的最大值一定，根据欧姆定律可 得= 知，电阻越小，电流的最大值越大，可知，a、b、c三 4,射入的动能Ee=8mu6,C错误；当 条曲线中，对应电阻最小的一条是b。 粒子的动能增量为零，即粒子落在等势面上，如图 丁所示，粒子做类斜抛运动，当与等势面成45°角 9.(1)0.05(2)6m/s(3)图见解析0.1125J 时射出的初动能最小，根据斜抛运动规律可知 【解析】(1)平板B的加速度 0.1 √3R=3cos45°ta,0asin45°= vot3 R2,解出f- a2=2m/s2=2m/3 (1分) √3o,所以射入初动能E= 3 对平板B由牛顿第二定律 2mv6,D正确。 mAg-H'(mA十mB)g=mBa2 (2分) 解得μ'=0.05 (1分) (2)滑块A的加速度 0 0 gE-umag=mAa (2分) -- 解得a1=-1m/s (1分) 当滑块A的速度为0.5m/s时 甲 vA=Vo+ait1 (2分) 解得t1=0.5s (1分) 则此时平板B的速度 A K→ 0 B 1 vB-aiti-6m/s (1分) (3)A、B最终速度 丙 入 0=v0十a1t2=a2t2 (2分) 三、非选择题 解得t2=0.75s,v=0.25m/s (1分) 8.(1)C(4分)(2)①CD(4分)②b(4分) 之后A、B一起匀速运动，则心t运动图像如图，该 【解析】(1)电容器带电后与电源断开，电容器极 过程中A、B之间相对位移 版所带电有量一定，装C-吕-可为，格左 △x=2×1×0.75m=0.375m (2分) 极板向上移动一段距离，极板正对面积减小，电容 因摩擦产生的热量 减小，则电势差增大，即静电计指针的张角变大，A Q=mAg△x=0.1125J (2分) 错误；结合上述可知，向两板间插入陶瓷片时，介 1个/(m/s) 电常数增大，电容增大，则电势差减小，静电计指 针的张角变小，B错误；结合上述可知，将左极板 0.5i 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 知，将左极板拿走，右极板带正电，右极板与接地 0 0.5 1 点之间电势差不等于零，即静电计指针的张角不 10.(1)18V (2)2.725m3√2m/s(3)6W5m/s 会变为零，D错误。 【解析】(1)根据题意可知，小球过A点时的竖直 (2)①两片锡箔纸做电极，电容纸为绝缘介质，两 分速度 片锡箔纸可以等效为平行板电容器，根据C= y=vtan53°-4m/s (1分) 4πd,由于用三张电容纸（某种绝缘介质）依次间 ES 由L=vot,vy=at (2分) 由牛顿第二定理得 隔夹着两层锡箔纸，一起卷成圆柱形，改变电容纸 mg+gEo=ma (1分) 的厚度相当于改变极板之间的间距，当电容纸的 在电场中U=dE。 (1分) 厚度增大时，极板间距增大，电容减小，当电容纸 联立求得U=18V (1分) 的厚度减小时，极板间距减小，电容增大，A错误， (2)在A点，有 C正确；结合上述，增大锡箔纸的厚度时，极板间 距不变，电容不变，B错误；结合上述可知，同时增 cos =5 m/s vA= (1分) ·16· ·物理· 参考答案及解析 从A到B,由机械能守恒定律知 故H=R+hcQ=2.725m (1分) mmcos 0) 1 (3)从C到D,小球的运动时间 (1分) 从B到C,由动能定理知 wc=1.2s g (1分) -ngR+ER-mE-名mei 由运动学知识可知 (2分) OB右侧有电场，等效重力 1E92=7.2m xcD-2m (1分) G'=√(mg)2+(gE)7=√2mg (1分) 有C到D,由动能定理知 方向45°斜向右下方，则有 1 1 Eqzep=2mo品-2mo呢 (2分) Vmin-vc cos 45-32m/s (1分) 设速度最小时，小球在Q点，则从C到Q,在竖直 解得vp=6√5m/s (2分) 方向，根据速度一位移公式有 ho=o呢-（vemsin452 (1分) 2g 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 板间电压不变，静止时，电容器电容不变，R阻值 1.C【解析】云内的冰晶在相互摩擦的过程中是电 减小，但所带电荷量不变，电流表指针不偏转，A 荷发生了转移，不是创造了电荷，A错误；电场线 错误；匀速运动时，电容器电容不变，电压不变，则 是假想的，不是真实存在的，所以雷电产生时，带 电荷量不变，电流表指针不偏转，B错误；向左突 电云层附近不会存在电场线，B错误；导体处于静 然加速，由于惯性，则N板相对M板向右移动，两 电平衡状态时，在导体内部的任意一点电场强度 极板正对面积减小，根据℃，C哥，电容 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 减小，又两极板间电压不变，则电荷量减小，所以 等，方向相反，即带电云层在导体内部某点产生的 电容器放电，电流表中有由b向α方向的电流，C 电场强度不为零，C正确；相距足够远的、带等量 正确；向前突然减速，由于惯性，N板相对M板向 同种电荷的球形云层（视为点电荷）之间，根据等 前移动，根据C号可知，两极板间距减一 量同种电荷的电势分布可知，沿着两者的连线，当 小，则电容增大，又两极板间电压不变，则电荷量 同种电荷为负电荷时，电势先升高后降低，当同种 增大，所以电容器充电，电流表中有由a向b方向 电荷为正电荷时，电势先降低后升高，D错误。 2.D【解析】小球N置于方框右边BC中点时恰 的电流，D错误。 好静止不动，根据平衡条件可知，N所受库仑力 4.D【解析】由题意可知，所有粒子在区域I、Ⅱ电 一定为斥力，即小球N带正电，A错误；结合上 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 述，对N进行分析，根据平衡条件有Fcos45°= 高点进入电场的粒子经过O,点时的偏角最大，在 mg解得F=√2mg,B错误；根据库仑定律有F= 两电场中运动的时间最长，对该粒子经过O,点时， Qq ,结合上述解得Q=②mga ,C错 12 2kg 由tan45°-可得u,=U,在区域I电场中运动 0 \2cos45°/ 7 误；小球M在方框中心O处产生的电场强度大小 时有4L= 2U,to,x=voto,解得x=8L,所以该粒 E=k- Q,结合上迷解得E=22mg,D正确。 子在电场运动的时间1=2，-2-16L,B错误：对 q 000 (2 1 3.C【解析】由于电容器始终和电源相连，则两极 这该粒子有4L=2au6= ×巴6，解得E=m 2m1 8gL' ·17· B