周测卷(十八) 电场(三)-【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·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 高三一轮复习周测卷 ·新教材版F· △q,△g对小球的库仑力为F=k△gX9c0sa,求出圆 速度为vmin-vcos(a十30)，解得vmin-53m/s,故 C正确。电场线方向由B点指向AC连线中点，故D 环上各点电荷对小球的库仑力的合力为F角= 错误。 r2 cos3a,故B错误。小球受到的重力竖直向下、静电力 方向向右，小球的受力情况如图所示，由平衡条件得 20 Ux120 F=mg tan0,故C正确，D错误。 2.D【解析】由图可知尘埃经过过滤网后被正极吸引， 所以尘埃带负电，带电尘埃所受电场力的方向与电 甲 乙 场方向相反，故A错误。尘埃被吸附到集尘极α的 4.BC【解析】人体是导体，故A错误。当电容器与直 过程中所受电场力做正功，故B错误。因为充电极 流电源相连时，电容器充电，充电后带电荷量为Q= b、d接电源负极，集尘极a、c、e接电源正极，所以c、 CU=14×10-6×10×103C=0.14C,故B正确。放 d两个电极之间的电场方向竖直向下，故C错误。 尘埃在被吸附到集尘极e的过程中电场力做正功，动 电过程的平均电流为1-一？-没A=28A,放心 能增大，故D正确。 正确。电容器的电容取决于电容器本身，与电容器 3.A【解析】设沿x、y、之轴方向的加速度分别为az、 的带电荷量Q以及电势差U均无关，故D错误。 a,a则L=7,0=-,,=70, 5. CD【解标】南题意可得六一2，且U。一. 不加电场时有L=oot,则F=Eg po,Uo=po-9,可得9o=10.5V,A错误。电子 mVa+a十a,联立解得E=23L 从a到b电场力做的功为W=一eUb=4eV,B错 kt2。 误。设x轴上电势为10V的位置为M点，则由几 C【解析】将小球在A点速度？沿水平方向和竖直 方向分解，分量分别为vz、v,,将小球的加速度a沿水 何关系可知其横坐标为x=一号cm,即6M为匀强 平方向和竖直方向分解，分量分别为ax、ay,如图甲所 电场中的一条等势线，如图所示，过a作bM的垂线， 示，则从A到B点，A到C点，根据匀变速直线运动规 垂足为N,电场方向沿Na方向，由几何关系可得 律，水平方向有(e,×1+方，×1)m=10m,(。,× tan0=33,即sin月=14，有aW=4v21 7cm,电 2+2a,×2)m=15m,联立解得a.=-5m/g, 场强度E=U=√②Tv/cm,C正确。由上述分析 v.=12.5m/s,从A到B点，A到C点，根据匀变速 知，电场线方向由N指向a,故将电子沿直线从b移 直线运动规律，竖直方向有(u,×1+2a,×1）m一 动到c,电势能一直减小，D正确。 ylcm 0,(a,×2+2a,X2)m=-55m,联立解得a, -5√3m/s2,v,=2.5√3m/s,故加速度大小a -3-21M01 x/cm √a十a=10m/s2,指向左下方，设与水平方向成0 角，如图乙所示，则tan9==3,故0=60°，几何关 6.BC【解析】A、D'两点放上等量异种电荷，则其连 线的中垂面为等势面，电势为零，但C点不在该等势 系可知，加速度方向刚好从B点指向AC连线的中 面上，故A错误。由对称性可知PB=一E,Pg= 点，由于小球带正电，加速度方向与电场强度E(或电 一PE,则9B-PB=PE一PE,解得UBB=UEE,故B 场线)方向同向，所以AC为等势线，所以AC电势相 正确。同样由对称性可知，正电荷在O'点与O点产 等，根据E,=q9,可知带电小球在A处电势能等于C 生的电场强度与负电荷对应在O点与O'点产生的电 处电势能，故A、B错误。小球在A点的速度大小v 场强度相同，则O点与O'点的合电场强度相同，故C √0：十v=√/175m/s,设小球在A点的速度方向与 正确。A'、D两点连线是等势线，试探电荷的电势能 水平方向成a角，则ama-品-停，稽电小球的最小 不变，故D错误。 *AD【解析】小球向下运动到速度最大时，根据平衡 ·42· ·物理· 参考答案及解析 条件可得弹簧的弹力大小为F弹=mg十qE=8N,故A (3)设小球运动到离Q为r处时速度最大，此时加速 正确。不加电场时，由平衡条件可得mg=kx1,解得初 始时弹簧的压缩量为x1=0.1m,当小球向下运动到速 度为0，在该处受力平衡，有 r2 一mg=0,解得 度最大时撤去电场，此时由平衡条件可得mg十qE= r=2R, kx2,弹簧的压缩量为x2=0.2m,根据功能关系可知 小球从A位置到速度最大位置，应用能量守恒定律有 小球从开始运动到再回到初位置的过程中机械能的 增加量等于电场力对小球做的功，有△E机=W电= g银-2R)-祭-祭+m解得=√2原R。 qE(x2一x1)=0.4J,故C错误。小球从开始运动到 9.(1)14.8N(2)2m/s(3)E2<125N/C或E2> 再回到初位置的过程中，根据动能定理可得qE(x2 275N/C x)=2m2=0.4小，小球回到初位登继续向上运动， 【解析】(1)滑块从A运动到B过程中，由动能定理 设小球可以运动到弹簧恢复原长位置，根据动能定理 有mgR1-cos53)-gE1Rsin53°= 2m后-0， 可得一加g1十W一方mi一方m心，曲于此过程弹 在B点时，由牛顿第二定律FN一mg=mR,联立解 簧弹力对小球做正功，可得1>0，即小球可以运动到 得FN=14.8N, 弹簧恢复原长位置，且速度仍大于0，故B错误。设小 由牛顿第三定律可得，滑块对轨道的压力大小为 球向下运动时的速度最大值为？m,根据动能定理可得 14.8N。 gE(,-1)+mg,-1)-t(,-)= (2)滑块从B点运动到C点过程中，由牛顿第二定律 2 qE1十mg=ma, 2mu,解得vm=1m/s,小球向上运动到初位置时， 1 由速度位移公式v一v2=2aL1,联立解得v=2m/s。 (3)当qE2<mg时，设滑块恰能与竖直墙壁底部E 向上运动时的速度达到最大，根据以上分析可得 点碰撞，由牛顿第二定律μ(mg一qE2)=max, mu2=0.4J,解得v=√巨m/s,则小球向下运动时的 1 由速度位移公式v2=2aL2,解得E2=125N/C, 当qE2>mg时，设滑块恰能与墙壁顶部F点碰撞，CF 速度最大值与向上运动时的速度最大值之比为 过程做类平抛运动，水平方向L2=1,竖直方向h= ② 1 ,故D正确。 2a,,9E,-mg=ma,解得E2=275N/C, 7.负大于=【解析】由于两球带等量异种电荷， 综上，电场强度E2的范围为E2<125N/C或E2> 所以两球相互吸引，由b球受力平衡可知，b球所受 275N/C 的电场力水平向右，所以b球带正电，a球带负电。 U。 10.(1)Tm (2)mL2 3√2mv L 将两球看成整体，由于两球带等量异种电荷，所以整 2eT2 (3 2gE 4m个2 体所受电场力等于零，设两细线的拉力分别为F:和 【解析】(1)t=0时刻进入AB板间的粒子，在竖直 F2,由整体水平方向受力平衡可得F1sina=F2sinB, 两球竖直方向分别平衡有F1cosa=m.g,F2cosB= 方向上满足先加速后减速到0，有号-20×（召）月， m6g,三式联立，得matan a=m6tanB,因a<B,即 根据牛顿第二定律，有2eE。=ma, tana<tanB,所以ma>m6。剪断细线后，两球竖直 方向都只受重力，加速度均为重力加速度g,落地时 _,可解得d=T 又因E。=a1 eUo m 间相等。 (2)在AB电场中，沿水平方向有L=T,所以o= 8.(1)Qg 4gR2 (2)(3)2R2gR ,在MN电场中，粒子均水平人射，做类平抛运 【解析】(1)由题意，小球由A到B的过程满足能量守 动，只有一半的粒子能射出，所以从中线入射的粒 恒，有受景XkeR销得加祭. 子从极板边缘射出，沿水平方向，有L。=vt,竖直 L01 (2)对小球刚释放的瞬间应用牛顿第二定律，有g 方向有2=2012， 照=m解得a-子 根据牛顿第二定律，有2eE=mao,又因E= UMN 。 ·43· 高三一轮复习周测卷 ·新教材版F· 可解得Uw= 在竖直方向上，有0=vsin45°-a,t1, 2eT2 根据牛顿第二定律，有gE1cos45°=ma.,gE1sin45°= (3)粒子从M,N间电场射出时，有tana=”_ao may, 3√2mu 1,所以粒子是沿斜向右上方45°方向射出的，由于 可解得x= 2gE1’ 射出后沿直线运动，所以电场线与粒子运动速度方 向共线，所以0=06=区r, 在电扬未反向时，由动能定理，有gEB,05。二E。 2m02,可解得E.=4m L2 电场反向时，在PQ右侧沿水平方向，有x T2。 1 uc0s45°·ti+2atf, 物理（十九） 1.D【解析】锂电池的电动势为3.6V,该电池充当电3.B【科学思维】 源时，其输出电压一定小于3.6V,故A错误。在锂 动态电路的分析方法 电池内部，依靠非静电力搬运L计，故B错误。该过 根据电路结构变化，分析电阻变化，再分析电 程序法 程为放电状态，则非静电力做功把化学能转化为电 流、电压等的变化，由干路向支路分别分析 能，故C错误。给锂电池充电时，电池内部带正电的 ①“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间 接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都 锂离子是从正极运动到负极，电流由正极流向负极， “串反并同” 将减小，反之则增大 图中锂离子是从负极运动到正极的，即电流从负极 结论法 ②“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间 到正极，处于放电状态，故D正确。 接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都 将增大，反之则减小 2.A【模型建构】 因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题， 线电阻电路中输出功率与外电阻的关系图像 可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端，讨 极限法 论电阻最大或电阻为零时的情况（仅适用于物 理量单调变化的情况，若电阻先增大后减小或 建构模型 先减小后增大，则不宜使用该方法) 【解析】滑动变阻器滑片向上滑动，滑动变阻器接入 电路的电阻减小，则总电阻减小，根据闭合电路欧姆 E ①当R=r时，输出功率最大，Pm= 4r 定律可得回路总电流增大，灯泡变亮，内电压增大， ②当R“接近”r时，P曲增大，当R“远离”r时， 路端电压减小，V,的示数减小，灯泡两端的电压增 确定物 理原理 P减小； 大，V2示数减小，流过R,的电流减小，则流过R2的 ③当P出<Pm时，每个输出功率对应两个可能 电流增大，则电流表示数增大，故A错误。由于电容 的外电阻R,和R2,且满足R1R2=r 器与V:并联，则电容器两端电压减小，根据C-吕， 【解折】由(R,)广R=()R,解得= E-牙，可知Q减小，但由于二极管具有苹向导电 E √RR2,选项A正确。由P。=（ )R1, 性，则Q不变，U不变，E不变，所以油滴所受电场力 R1+√RR2 不变，油滴仍处于静止状态，故B正确。根据闭合电 解得E=√P。R1十√PoR2,选项B错误。电源短路 路欧姆定律可得U1=E一I益r,U2=E一I总(r十 时的电流1，-号侵+，瓷逸项C错误。电源 R所以=7，A=,十R,由于△。<△，所以 △I总 的最大箱甜功率卫，-影(+震八选 <R+,放CD限 项D错误。 B【解析】由题可知，此时电路中的电流满足P= ·44。