周测卷(十七) 电场(二)-【鱼跃龙门卷】2025-2026学年高三物理一轮复习周测卷（新教材版·福建专用）

null高三一轮复习周测卷 ·新教材版F· 7.213减小【解析】四边形Oabc为矩形，根据匀 强电场中电势差与电场强度的关系可得Ub=Uo, 设离开电场时的时间为1，x:=+0,, 即p。一P6=p0一p,解得坐标原点O处的电势为 解得t=0.6s<1.6s,故小球还未到达x轴就离开 po=2V。电子从a点运动到b点的过程中，电场力 电场，接下来小球在水平方向做匀速直线运动，则小 做功为W=(一e)Ub=l3eV,可知电子从a点运动 球出电场后在水平方向运动的距离为x2=(,十 到b点的过程中，电场力做正功，电势能减小。 a2t')(t-t')=18m, E。(3)AC 8.1)欧姆(2)2 则小球第二次经过x轴的位置的横坐标x=x1十 x2=7.2m十18m=25.2m。 【解析】(1)由于初始状态下，电容器不带电，不能用 电压挡或电流挡检测。因为多用电表用作欧姆表 时，内部有电源，可向电容器充电。充电时，若多用 【解析】(1)根据题意可知，平行边界向下射出的粒 电表的指针迅速偏转较大角度后又缓慢回到表盘左 子出电场I时，速度偏向角为45°，出电场I时，沿 端，则该电容器完好。故应将多用电表的选择开关 电场方向的速度v1=√2aL, 拨至欧姆挡。 根据牛顿第二定律gE=ma, (2)t=t。时，I=I。,可知此时电容器两端的电压为 粒子出电场I时的速度v=√2o1, Uc=I,R1,电容器开始放电前，两端的电压为E。,根 据Q=It可知，I-t图线与横轴围成的面积表示放出 解得0=2m L 的电荷量。则M区域电容器放电的电荷量为Q,= 根据动能定理可知，所有粒子进电场Ⅱ时的速度大 C·△U=(E。-IR1)C,N区域电容器放电的电荷 量为Q2=C·△U'=(IR1-0)C=IR1C,图中M、 小相同，即等于2√m gEL N两区域面积相等，即Q,=Q,联立解得R,一2，· E。 (2)平行边界向上射出的粒子，进入电场Ⅱ时速度 方向恰好与电场Ⅱ的电场强度垂直，此粒子在电场 （③)电容器放电臊间的电流最大，为1-发，因为R,≥ Ⅱ中做类平抛运动，设电场Ⅱ的电场强度大小为 R1,所以I2<I1,故A正确，B错误。充电后的电容 E',则粒子在电场Ⅱ中的加速度大小为a=9 器通过不同电阻放电，电荷量相同，即I-t图线与横 m, 将粒子在电场Ⅱ中的运动沿电场方向和垂直电场 轴围成的面积相等，故C正确。电阻越大，对电流的 1 阻碍作用越强，放电时间越长，所以t1<t2,故D 方向分解，则x=t,y=2a't, 错误。 由于此粒子在电场Ⅱ中的偏向角为45°，因此有y= 9.(1)10m/s(2)1.6s(3)25.2m 1 【解析】(1)根据动能定理得(Eg一m,g)(R+Rsin0)= 2x, am6-名moi, 1 根据几何关系x十y=22L,解得E3y2 解得小球在O点的速度为vo=10m/s。 (3)由(1)可知，粒子从P点射出的初速度大小为， (2)小球进人第一象限后将速度沿x轴和y轴方向 分解，x轴方向的速度为v.=vocos53°=6m/s, 2gEL y轴方向的速度为v,=vosin53°=8m/s, 由于沿平行边界射出的粒子出电场I时速度的偏 小球再次回到x轴时的时间为t=2=1.6s。 向角为45°，由此分析可知边界B上有粒子通过的 g 区域长度为51=4L,则在边界C上有粒子射出的区 (3)在第一象限中水平方向加速度为a2= Eoq m 域长度s2=51十2L+2L-√2y, 20m/s2, 小球在电场中沿水平方向运动的距离为x1=R十 由(2间可知y一2L,解得，-21。 3 Rcos 0=7.2 m, 物理（十七） 1.C【解析】等差等势面越密集的地方场强越大，故a 电场强度方向相同，质子从a点运动到b点，力与位 点的电场强度比b点小，故A错误。电场线与等势 移的夹角为锐角，所以电场力做正功，故C正确。根 面垂直，可知a、b两点电场强度的方向不同，故B错 据E。=qp,质子处于a、b两点时，其电势能在a点 误。曲线运动的受力方向指向曲线的凹侧，受力与 时较大，故D错误。 ·38。 ·物理· 参考答案及解析 【归纳总结】 2gR),故B正确。根据等量异种点电荷电势分布特 带电粒子在电场中运动轨迹问题 点，可知在圆弧轨道上各点的电势不相等，故小球在 圆弧轨道上运动，除了重力做功外，还有电场力做功， 判断速度 运动轨迹上某点的切线方向即为该点的 速度方向 则机械能不守恒，故C错误。因为三角形ABC为等 方向 边三角形，小球在轨道最低点C处，所受两个正负电荷 仅受静电力作用时，带电粒子所受静电力 判断静电力 的电场力的水平分量相互抵消，因此所受电场力合力方 方向指向轨迹曲线的凹侧且与电场线相 (或电场强 切、与等势线垂直，再根据粒子的正负判 度)的方向 向竖直向下，电场力的合力为F4=2k尝如30 断电场强度的方向 判断静电力 ,在C处，小球还受重力mg,支持力N作用，根据 若静电力与速度方向成锐角，则静电力做 做功的正负 正功，电势能减少；若静电力与速度方向 及电势能的 牛顿第二定律可得N-mg一k 成钝角，则静电力做负功，电势能增加 =m,解得N 增减 2.D【解析】根据等量同种正电荷的电场线分布可知 +9,由生顿第三定律得，小球对轨道的 mg十m A点的电场强度与C点的电场强度大小相等，方向 00 不同，故A错误。根据对称性可知A点的电势等于 压力为N'=N=mg十mR十2，故D错误 C点的电势，故B错误。从A点到C点，电场力对小 4.AC【解析】设电子经加速电场加速后的速度为o, 球做功为零，故C错误。根据等量正点电荷的电场 加速电压为UJ1,偏转电压为U,偏转电场两极板间的 线分布可知电场线方向从O指向B,则带正电小球 距离为d,极板的长度为1，则电子经加速电场加速 所受电场力与小球位移方向相同，则小球从O到B, 电场力做正功，电势能减小，即小球在O点的电势能 的过程中，根据动能定理可得eU,=子mm,电子在 大于在B点的电势能，故D正确。 3.D【解析】作BC的中垂线，如图所示， 储转电扬中的加浓度。一启运动时间：一=二，离开 由题意可知PB=Pc,点电荷一定处在BC 偏转电场时速度方向与水平方向夹角的正切值为 连线的垂直平分线上，该垂直平分线与 D tan a=%z=at=eUl Ul E AC相交于E点，由几何关系可知AE= 。0。nd一2心1d。仅增大偏转电场的 DE,AB=DB,故AD连线的中垂线即 A------B 电压，电子的偏转角变大，故A正确。仅增大加速电 场的电压，电子的偏转角变小，故B错误。仅减小偏 是BE线，又因为PA=PD,故点电荷一定处在AD连 线的垂直平分线上，综合可知E点就是点电荷Q的 转电场两极板间的距离，电子的偏转角变大，故C正 位置，故A错误。由几何关系可知，C点距离E点比 确。仅减小偏转电场极板的长度，电子的偏转角变 D点距离E点远，其电势低于D点电势，故B错误。 小，故D错误。 越靠近正点电荷电势越高，所以A点电势高于B点 5.AB【解析】由题意知，带负电的试探电荷在A点由 静止释放，恰好能在AB间做往复运动，说明AB间 电势，电子在A点的电势能小于在B点的电势能，所 以将一电子从A移动到B,电势能增大，电场力做负 有一点P场强为零，从A到P场强逐渐减小，方向 功，故C错误。由几何关系可知AE与BE长度比值 向左；从P到B场强增大，方向向右，即A、B两点的 E 场强方向相反，但大小无法比较；试探电荷从A点运 -，由点电荷场强公式E=9,可科 为4=1 动到B点的过程中，由于场强先减小后增大，则所受 r_4 电场力先减小后增大；因为AB间有一点P场强为 京=1，故D正确。 零，有0=k8, ￥B【解析】等量异种电荷连线的中垂线垂直于电场线 rip 67,由于Q:离P点的距离rp大于 方向，是一条等势线，中垂线通向无穷远处，电势为 Q2离P点的距离r2P,则Q1的电荷量大于Q2的电 零，所以中垂线上的电势为零，CD处于AB两电荷的 荷量，故A正确，C、D错误。试探电荷从A到B的 等势面上，所以两点的电势都为零，故A错误。设M 过程，根据动能定理得gUAB=0,可得UAB=0,可知 点的电势为PM,由于C点的电势为零，所以CM间的 A、B两点的电势相等，故B正确。 电势差等于M点的电势，对小球从M到C的过程由动 6.BC【解析】根据题意，对小球受力分析，由平衡条 能定理得mgk十Qrw=名m,解得9u=amo 件可知，小球受到斜向上的电场力，即电场力的方向 与电场方向相同，则小球带正电，故A错误。对小球 ·39· 高三一轮复习周测卷 ·新教材版F· 受力分析，由平衡条件有Eqsin0=mg,解得E 2e S”。故B正确。现用一个外力将小球沿圆弧轨道 电场强度如图所示，大小为E质=々，三c0s60P士 缓慢地拉到最低点，重力和电场力的合力为F= 2e k 0方向水平向右，由动能定理有W一FL=0,解 ,2c0s60°+k ,,方向竖直向上；同理，中子 e 得W-品故C正确。因重力和电场力的合为方 00s60°+63 3 中心O点的电场强度大小E中=k · 向水平向右，则将小球从最低点由静止释放，小球只 2e 能运动到最高点后返回，不能在竖直面内做完整的 3 cos60°+k ,,方向竖直向下；所以质子和中子中 e 圆周运动，故D错误。 *AC【解析】带正电粒子从C点移动到A点需克服 心O点的电场强度方向相反，电场强度大小之比为1：1。 电场力做功，所以电场强度竖直向下，上极板带正电， a端接电源正极，故A正确。由于下极板与电源负极 相连，则C点电势为零，粒子从C点到A点的过程中 E 电场力做功为qUca=一2W,而UcA=Pc一PA,则A 点电势P4=2 。,同理从A点移动到D点需克服电场 质子 力做功W,则qUo=一w,则D点电势PD-3W, 由 8.(1)放电0~0.2s内电容器的放电量不变 (2)575(3)C 于BD=专DC,在匀强电场中有U=3Ue,即9e 【解析】(1)开关S改接2后，电容器相当于电源，进 行的是放电过程；根据g=1t,可知图中在0~0.2s 。=3(PD一96)，可解得P。-4W,故B错误。如图所 内用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是 0~0.2s内电容器的放电量；充完电后电容器所带 示，取BC中点为N,则=Pe_2W,所以AN两 2 的电荷量为Q=CU=CE,如果不改变电路其他参 点电势相同，连接AN,AN为电场中的等势线，与过B 数，只减小电阻R的阻值，则充完电后电容器所带的 电荷量不变，所以放电过程，I-t曲线与坐标轴所围 点的电场线垂直且交于点F,则AB=d,BN=d,由几何 成的面积不变。 关系可知BF=2d, 2,匀强电场电场强度E三西→ (2)整个放电过程中释放的电荷量Q=3.45× 103C,根据Q=CU=CE,可得该电容器的电容为 2√2 ”,故C正确。电容器和电源相连，则两极板间电 gd C=Q-3.45X10 E 6 -F=575uF。 压不变，设电压为U,两极板间距离为√3d,则U= √3Ed,∠NBF=45°，所以BC沿电场线方向的距离为 (3)根据U-号，可知UQ图线的斜率越大，电容C 越小，故A错误。他从等效的思想出发，认为电容器 BCcos45°=√2d,上极板下移至B点，则两板间距离变 储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极 为d-2d,电场强度变为E,则E=-5E,由几 d-2 板过程中克服电场力所做的功，也等于图像与横轴 何关系可知，AC沿电场线方向的距离为②d, 所围的面积，有E=QU-CU,可知对同一电容 2 ,根据U= 器，电容器储存的能量E与两极间电压的平方U2成 Ed可知，粒子从C点移动到A点克服电场力做功 W=√6W,电势能增加√6W,故D错误。 正比，放B错误，根据E=CU一是，可知电容器 电荷量为号时储有的能量为号，故C正确。类比述 度一时间图像与时间轴围成的面积才代表位移，则 U-Q图像与Q轴围成的面积才代表储能，图线跟纵 7.相反1：1【解析】设圆半径为r,质子中心O点的 轴所围成的面积不能表示电容器储能，故D错误。 ·40· ·物理· 参考答案及解析 9.1)N,-N2 N1-N2 (2)4V,+N, .d1 10g 5 种情况，根据对称性，在水平方向均有2=21， (3)29N,-N2) M 10 x0十10mgxo 【解析】(I)小球B位于P点时，所受电场力为F。= + N1-N2, 故小球A在P点激发的电场场强大小为10E。= N一V:,解得E,=NN, 9 10q M 由图像可知球A在点M所激发的电场的场强大小 约为2E。,故点M的场强大小为EM=2E。= N1-N2 5g (2)小球B在点M所受电场力为FM=qEM= N1-N2 第一种情况：从N点离开时速度偏向右下方，有 5 d 故此时电子秤的示数应为NM=N1一FM= 1/q9o 4n十=tn=0,1,2,…),解得1=4m十im 4N1+N2 (n=0,1,2,…), 5 第二种情况：从点离开时速度偏向左下方，有 (3)由图可知，每一个小正方形的面积所代表的电势 差为U。=E。x, 4”13=02t(n=0,1,2,·),解得v2=12/ 在0~10x。之间这一段图线与x轴所围成的面积等 于P、Q两点的电势差，查得上述图形中，小正方形数 (n=0,1,2,…), 约29个，故P、Q间电势差为U0=29U。= 综合以上两种情况可得带电粒子垂直电场射入左侧 29(N1-N2) 10g x03 电场的速度大小=√阳a=01,2.), 2n+1 m 设小球运动到P点时的动能为Ek,对于小球B从Q (3)该粒子运动过程中距离O点最远时速度为零， 点运动到P点的过程，根据动能定理有qUrQ十 粒子在距离O点x处的电势能Er=一q9x=Z,解 mgh=Ek 得p,= 解得E 29(N1-N2) 10 x0+10mgx0。 根据匀强电场电场强度与电势差的关系可得E= 10.(1)990 2=012… 9-9二9，解得x=(1+乙)d, md 由于动能和电势能之和恒为Z,设粒子在O点的速 (3(1+Z)A4a2m(Z+g9 度为，有-9，十2m=2,解得粒子在0点的 【解析】(1)由题意分析可知电场强度大小E=: d 速度v0= 2(Z+q90) 粒子在电场中的加速度大小a=,解得a=99 m md 又o=a· 4,解得T=4d (2)由于带电粒子垂直电场射入左侧电场后恰好从 qoo /2m(Z+qpo)。 N点离开，将MN等分，每份用时为t,可能会有两 物理（十八） 1.C【科学思维】 【解析】因为带电圆环A距离∠∠∠ 将带电圆环、带电平面等分成许多微元电 带电小球较近，故不能将其看成 0 利用微元 F 荷，每个微元电荷可看成点电荷，先根据库 点电荷，故不能使用库仑定律求 法求解非 仑定律求出每个微元电荷产生的场强，再结 点电荷的 小球受到的库仑力，故A错误。 合对称性和电场强度叠加原理求出合电场 电场强度 把圆环A分成无数小段，取环 强度 上任意一小段，可看作点电荷 mg ·41