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·江苏专用）

·物理· 参考答案及解析 (n=0,1,2,…), 根据匀强电场电场强度与电势差的关系可得E= 第二种情况：从N点离开时速度偏向左下方，有 =9二9，解得x=(1+之)d, d d x goo 4n十30tn=0,1,2…）,解得，=4n十3√0 由于动能和电势能之和恒为Z,设粒子在O点的速 （n=0,1,2,…), 1 综合以上两种情况可得带电粒子垂直电场射入左侧 度为v,有一99十2mu5=Z,解得粒子在0点的 电场的速度大小=十a=012,, 速度v。 2(Z+q9) 1/ m (3)该粒子运动过程中距离O点最远时速度为零， 又vo=a· 4,解得T=4 √/2m(Z十q9o)。 粒子在距离O点x处的电势能Er=一q9.=Z,解 go 得p.= 2 物理（十八） 1.D【解析)根据电容的决定式C=46保持d不 3.C【科学思维】 利用微元将带电圆环、带电平面等分成许多微元电荷， 变，减小S,电容减小，再根据U= 因电荷量Q不 法求解非 每个微元电荷可看成点电荷，先根据库仑定 点电荷的 律求出每个微元电荷产生的场强，再结合对 变，知U增大，所以0变大，故A、B错误。根据电容 电场强度 称性和电场强度叠加原理求出合电场强度 的决定式C-保持S不变，增大d,电容C设 【解析】因为带电圆环A距离∠∠∠∠上 小，再根据U-是知U增大，所以9变大，故C错误。 带电小球较近，故不能将其看成 0 F 点电荷，故不能使用库仑定律求 小球受到的库仑力，故A错误。 根据电容的决定式C=4a,保持S,d不变，极板 把圆环A分成无数小段，取环 间放入塑料板，电容C增大，再根据U= 知U减 上任意一小段，可看作点电荷 ig 小，所以0减小，故D正确。 △g,△g对小球的库仑力为F=k△gX9c0sa,求出圆 【归纳总结】 平行电容器两种典型动态分析 环上各点电荷对小球的库仑力的合力为下角=， 充电后与电源断开，Q不变始终与电源保持相连，U不变 cos3a,故B错误。小球受到的重力竖直向下、静电力 根据C=e,S 方向向右，小球的受力情况如图所示，由平衡条件得 4ka判断电容C的变化 F=ng tan0,故C正确，D错误。 根据C= 判断U的变化 Q 根据C= 判断Q的变化 Q 4.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 情况 情况 场方向相反，故A错误。尘埃被吸附到集尘极a的 d或E-4nk 根据E= 判断电场强度E的变化情况 过程中所受电场力做正功，故B错误。因为充电极 b、d接电源负极，集尘极a、c、e接电源正极，所以c、 2.B【解析】金属球在板间处于静电平衡状态，是一个 d两个电极之间的电场方向竖直向下，故C错误。 等势体，所以M点电势与N点电势相等，故A错误。 尘埃在被吸附到集尘极ε的过程中电场力做正功，动 处于静电平衡状态的导体内部合场强为零，有E意十 能增大，故D正确。 E=0,又有Em-号，所以球充上的感应电荷在5。A【解折】设沿士，辅方向的如速度分划为a:、 U 0点产生的场强大小为E。号，故B正确。根据电 aa则L=24,0=t-,,L- 2at2, 势差关系，有U=UAM十UNB,根据电势差与场强关系 不加电场时有L=oot,则F=Eg= Uw-Ue=E·冬，联立可得UwUu-吕故C。 mva+a+a,联立解得E=23L t2。 D错误。 6.C【解析】将小球在A点速度沿水平方向和竖直 ·41· 高三一轮复习周测卷 ·新教材版J· 方向分解，分量分别为vz、vy,将小球的加速度a沿 电势能一直减小，D正确。 水平方向和竖直方向分解，分量分别为ax、a,如图 ◆/cm 甲所示，则从A到B点，A到C点，根据匀变速直线 E、 运动规律，水平方向有(0：×1+2a:×1P)m -3-2材01x/cm 10m,(0,×2+20,×2)m=15m,联立解得a, ￥B【解析】A、D两点放上等量异种电荷，则其连线的 -5m/s2,v.=12.5m/s,从A到B点，A到C点， 中垂面为等势面，电势为零，但C点不在该等势面上， 根据匀变速直线运动规律，竖直方向有(，×1十 故A错误。由对称性可知PB=一PE,PB一一PE,则 PB一Pg=PE一PE,解得UBB=UEE,故B正确。同 20,×1)m=0.(e,×2+20,×2）m=-55m, 样由对称性可知，正电荷在O点与O点产生的电场强 度与负电荷对应在O点与O'点产生的电场强度相同， 联立解得a,=-5√3m/s2,vy=2.53m/s,故加速 则O点与O'点的合电场强度相同，故C错误。A'、D 度大小a=√a十a,=l0m/s2,指向左下方，设与水 两点连线是等势线，试探电荷的电势能不变，故D 平方向成0角，如图乙所示，则tan0==5,故 错误。 a. *A【解析】小球向下运动到速度最大时，根据平衡条 0=60°，几何关系可知，加速度方向刚好从B点指向 件可得弹簧的弹力大小为F弹=mg十gE=8N,故A AC连线的中点，由于小球带正电，加速度方向与电 正确。不加电场时，由平衡条件可得mg=kx1,解得初 场强度E(或电场线)方向同向，所以AC为等势线， 始时弹簧的压缩量为x1=0.1m,当小球向下运动到速 所以AC电势相等，根据E,=qP,可知带电小球在A 度最大时撤去电场，此时由平衡条件可得mg十qE= 处电势能等于C处电势能，故A、B错误。小球在A kx2,弹簧的压缩量为x2=0.2m,根据功能关系可知 点的速度大小v=√o十o=√I7万m/s,设小球在 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= A点的速度方向与水平方向成a角，则tanQ=- qE(x2一x1)=0.4J,故C错误。小球从开始运动到 ，带电小球的最小速度为u=uc0s(a十30，解 3 再回到初位置的过程中，根据动能定理可得qE(x2 x,)-?m心2-0.4小，小球回到初位置继续向上运动， 得vmn=5√3m/s,故C正确。电场线方向由B点指 设小球可以运动到弹簧恢复原长位置，根据动能定理 向AC连线中点，故D错误。 可得mg匹+W弹=7m人 一2m,由于此过程弹 Ux 簧弹力对小球做正功，可得1>0，即小球可以运动到 弹簧恢复原长位置，且速度仍大于0，故B错误。设小 、C 球向下运动时的速度最大值为m,根据动能定理可得 乙 gE(x,x)+mg(x,-x)-1十(，-x1）= 2 7D【解析】向题意可得瓷-公记，且U=.一 1 mo,解得vm-1m/s,小球向上运动到初位置时， Uo=go-pe,可得9o=10.5V,A错误。电子从a 向上运动时的速度达到最大，根据以上分析可得 到b电场力做的功为Wb=一eUb=4eV,B错误。 1 设x轴上电势为10V的位置为M点，则由几何关 m02=0.4J,解得v=巨m/s,则小球向下运动时的 1 系可知其横坐标为x=一3cm,即bM为匀强电场 速度最大值与向上运动时的速度最大值之比为”“一 中的一条等势线，如图所示，过a作bM的垂线，垂足 为N,电场方向沿Na方向，由几何关系可得tan0= 之，放D错误。 3,即sm0-8Y,有aN-4 7cm,电场强度 8.1)C0(2)g(3)2R√2gR 4gR2 E-U-②v/cm,C错误。由上述分析知，电场 【解析】(1)由题意，小球由A到B的过程满足能量守 aN 3 线方向由N指向a,故将电子沿直线从b移动到c, 包有上袋女袋-gX级-mgR,解得m一0 4gR29 ·42. ·物理· 参考答案及解析 (2)对小球刚释放的瞬间应用牛顿第二定律，有mg 长为)=，解得a=: 方向上满足先加速后减速到0，有号-24×（召）， 根据牛顿第二定律，有2eE。=ma, (3)设小球运动到离Q为r处时速度最大，此时加速 eUo 度为0，在该处受力平衡，有k-mg=0,解得 又因R,-受，可解符d=T√ m 2 (2)在AB电场中，沿水平方向有L=T,所以oo x=2R, 小球从A位置到速度最大位置，应用能量守恒定律有 ，在MN电场中，粒子均水平人射，做类平抛运 L mg4R-2R)=k祭崇+m解得=2eR。 动，只有一半的粒子能射出，所以从中线入射的粒 2R 子从极板边缘射出，沿水平方向，有L。=oot,竖直 9.(1)14.8N(2)2m/s(3)E2<125N/C或E2> 01 275N/C 方向有2 2at2, 【解析】(1)滑块从A运动到B过程中，由动能定理 有mgR(1-cos53)-gE,Rsin53°=1， 根据牛顿第二定律，有2E=ma,又因E=Uw, 2 mvB-0, L。 mI2 可解得Uw=2eT2 在B点时，由牛顿第二定律Fx一mg=mR,联立解 得FN=14.8N, (3)粒子从M,N间电场射出时，有ana=马=ao 00U0 由牛顿第三定律可得，滑块对轨道的压力大小为14,8N。 1,所以粒子是沿斜向右上方45°方向射出的，由于 (2)滑块从B点运动到C点过程中，由牛顿第二定律 射出后沿直线运动，所以电场线与粒子运动速度方 qE1十umg=ma, 00 由速度位移公式v后一v2=2aL1,联立解得v=2m/s。 向共线，所以v一c0s4行=2， (3)当qE2<mg时，设滑块恰能与竖直墙壁底部E 电场反向时，在PQ右侧沿水平方向，有 点碰撞，由牛顿第二定律u(mg一qEz)=maz, 1 由速度位移公式o2=2aL2,解得E2=125N/C, x=0c0s45°·ti+2a,i, 当qE2>mg时，设滑块恰能与墙壁顶部F点碰撞，CF 在竖直方向上，有0=osin45°-a,t1, 过程做类平抛运动，水平方向L2=t1,竖直方向h= 根据牛顿第二定律，有gE1cos45°=maz,gE1sin45°- 1 ma,, a,,9E,-mg=ma,解得E,=275N/C, 综上，电场强度E2的范围为E2<125N/C或E2> 可解得x= v2mud 2gE 275N/C。 1e.(LT (2)mL 、3√2mv 在电扬未反向时，由动能定理，有B,0。=B。 2eT? (3)2qE1 Am Ti 2m02,可解得Ek=4m 2 T2 【解析】(1)t=0时刻进入AB板间的粒子，在竖直 物理（十九） 1.B【解析】时间t内流过该金属导线横截面的电荷 I,根据闭合电路欧姆定律可得E=U+Ir,可得 量为g=It,而电流的大小未知，故A错误。由电流 3V=U+12I,在“LED”的伏安特性曲线中作出对应 的微观表达式【=newS,可知o二5，故B正确。当 的U-I关系图线，如图所示，由图中交点可知，发光二 极管两端的电压约为2.4V,发光二极管中的工作电 该金属导线中通电时，定向移动的电荷是电子，电子 流约为42mA,则发光二极管的功率约为P=2.4× 带负电，所以电流方向与自由电子定向移动的方向 42mW=100.8mW,故B正确，C、D错误。 相反，故C错误。金属的电阻率随温度的升高而变 2s0t /mA 大，所以该金属导线接入电路后，随着温度的升高， 200 其电阻变大，故D错误。 150 2.B【解析】根据题图可知，当“LED”两端电压为2.0V 100 以下时，“LED”的电流几乎为零，“LED”的电阻几乎 无穷大，故A错误。如果把发光二极管和核电池组 0 1 22.530W 成闭合回路，设发光二极管的电压和电流分别为U、3.D【解析】锂电池的电动势为3.6V,该电池充当电 ·43·null