周测卷(十六) 电场(一)-【鱼跃龙门卷】2025-2026学年高三物理一轮复习周测卷

null高三一轮复习周测卷 M(M-m) 2M 所以第三次碰撞后车厢的路程5？= 所以s总=d十s1十s=d+ k(M+m)k(M+m M-m M-m M+m:=M+m52, d+3M-Mm/ kd k(M+m) M 第四次碰撞后车厢的路程54= Mo4=(M-m)2 【科学思维】 M+m)52, 多次碰撞问题的处理方法—数学归纳法 第n次碰撞后车厢的路程5。= M._(M-m)n-2. 首先把前几次碰撞过程理顺、分析透彻，然后根据前几次 =(M+m S2, 数据，利用数学归纳法，写出之后碰撞过程中相应的规律 根据等比数列求和公式求得车厢在第二次及以后 或结果，最后去计算全过程的路程或发生碰撞的总次数 2M2 等数据。 的路程之和5=(M十m), 物理（十六） 1.B【解析】两条电场线延长线交于一 体，所以B、C两点电势相等，根据E。=qP可知电子 点，即为点电荷Q的位置，如图所示， 在B、C两点电势能相等，D错误。 根据电场线方向可知场源电荷带负 5.C【解析】分别画出AC在B、B'、D、D'各点的场 电，设A、B两点到Q的距离分别为 E 强，然后进行场强的合成可以得到两个点电荷在这 rA和r8,由几何知识得到4 四点的电场强度方向均平行于AC,方向由A指向 =sin 0, 0 B C,故A错误。A'C连线上由A'指向C',电势降低， 根据点电荷场强公式E= 但试探电荷为负电荷，故从A'点移动到C'点试探电 r2 ,可得A、B两点的电场 荷的电势能增加，故B错误。几何体为正三棱柱，D、 强度关系为EA>EB,因为B点距离负点电荷Q更 D点分别为AC、A'C边的中点，所以BDD'B'为AC 远，所以PB>PA。 的中垂面，也就是等势面，各处电势相等，试探电荷 2.C【解析】材料温度升高，材料膨胀，电容器两板间 的电势能相等，电场力不做功，故C正确，D错误。 *C【解析】电子进人电场后做类平抛运动，在两板间 距诚小，根据C可知电容增大；由于电容器 的运动时间为1一 =2T,不同时刻进入电场的电子 Q 两板电势差不变，根据C一)，可知极板所带电荷量 竖直方向分速度图像如图甲所示，由图看出，所有电 增大，故A错误。滑动变阻器滑片向下滑动，接人电 子离开电场时竖直方向分速度v,=0,速度都等于v。, 路阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电 即不同时刻进入极板间的电子离开极板时其速度相 同，所有电子离开电场时的动能都相同，故A、B错误。 流增大，路端电压减小，则电容器的工作电压降低， 故B错误。检测到灵敏电流计的电流方向为从a到 在：-时刻进人电场的电子，在：一买时刻侧位移 b,则电容器在充电，极板所带电荷量增大，由A选项 分析可知，材料温度升高，故C正确。检测结束，断 最大，最大侧位移为ym=2·号a(T)产-aT 2a（4) 6,在 开开关，电容器放电，则灵敏电流计上有从b到a的 短暂电流，故D错误。 1=0时刻进入电场的电子侧位移最大为2d,有？d 3.B【解析】无限大金属板接地，电势为0，则坐标原 点处的电势为0，又无穷远处的电势为0，则x轴上 4·a(写}，联立得ym=品故C正角。在1=君 距坐标原点足够远处的电势也接近0。结合题述可 时刻进人电场的电子在垂直极板方向的速度一时间 知，x轴上点电荷左侧位置的电场方向沿x轴负方 图像如图乙所示，在-15T时刻侧位移最大，最大侧位 向，右侧位置的电场方向沿x轴正方向，正点电荷所 在位置的电势为正无穷大，又沿电场方向电势降低， 移为=4·a()-2·(-1 64 则从正点电荷向两侧移动，电势均降低。 1 4.A【解析】沿电场线方向电势降低，所以D点的电 644,故D错误。 势高于A点的电势，A正确。电场线的疏密程度表 示电场强度的大小，所以A点的电场强度小于B点 的电场强度，B错误。电子带负电，所以将电子从D 点移到C点，电场力与运动方向夹角为钝角，所以电 场力做负功，C错误。处于静电平衡的导体是等势 ·36· ·物理· 参考答案及解析 6.AC【解析】到达D点处的粒子动能为4Ek,由动能 性质，边长变为原来的2倍，静电力与距离的平方成反 定理得qUAD=4Ek一Ek,解得UAD 3E,故A正 比，故静电力变为原来的，根据牛顿第二定律可知， 0 确。设匀强电场电场强度在AB方向的分量为E1, 在AD方向的分量为E2,依题意可得gE1R=2Ek 加速度变为原来的，D正确。 EkqE,X5R=4E.-Ek,解得E,= RE:= 5E,如图所示，将E、E:根据平行四边形定则合 03 成得E-2E ,方向沿AC方向，故B错误。粒子到 达圆周上的C点动能最大，由动能定理得gEX2R= Eo 8.(1)欧姆(2)2。 (3)AC Ekc一Ek,解得Ekc=5Ek,故C正确。将电子由M 点移到N点，有△E。=qE·2Rcos60°=2Ek,即电 【解析】(1)由于初始状态下，电容器不带电，不能用 场力做负功，电子的电势能增加2Ek,故D错误。 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 电表的指针迅速偏转较大角度后又缓慢回到表盘左 端，则该电容器完好。故应将多用电表的选择开关 拨至欧姆挡。 M (2)t=t。时，I=Io,可知此时电容器两端的电压为 7.AC【解析】由于电子每次经过圆筒狭缝时都要加 Uc=I。R1,电容器开始放电前，两端的电压为E。,根 速，进入圆筒后做匀速运动，所以电子在筒内运动的 据Q=It可知，I-t图线与横轴围成的面积表示放出的 电荷量。则M区域电容器放电的电荷量为Q,=C· 时间均为？，电子在加速过程中加速度相同，经过 △U=(E。一IR)C,N区域电容器放电的电荷量为 次加速后，根据动能定理mU= Q2=C·△U'=(IR1-0)C=IR1C,图中M、N两 2mu2-0,解得vn= Eo 2neU 区域面积相等，即Q,=Q,联立解得R1一2。· 一，不计通过缝隙时间，电子在圆简内的运动时 m 3)电容器放电瞬间的电流最大，为I一因为R,习 间均为分，则L。=· 27 IneU 2m ,所以金属圆筒 R,,所以I2<I1,故A正确，B错误。充电后的电容 1、2、3的长度之比为L1:L2:L3=1:√2：√3，A、 器通过不同电阻放电，电荷量相同，即I-t图线与横 C正确，D错误。由于电子在筒内做匀速直线运动， 轴围成的面积相等，故C正确。电阻越大，对电流的 所以电子离开圆筒1时的速度等于进入圆筒1时的 阻碍作用越强，放电时间越长，所以t1<t2,故D 错误。 速度，B错误。 9. ABD【解析】由于三个带电粒子在运动过程中彼此 (1)10m/s(2)1.6s(3)25.2m 间的连线始终与开始时保持平行，所以三个粒子所受 【解析】(1)根据动能定理得(Eg一mg)(R十Rsin 0)= 1 1 静电力的合力方向始终相同，根据牛顿第二定律可知 2 mvo-2mv, 加速度的方向也始终相同，A正确。由于在运动过程 解得小球在O点的速度为vo=10m/s。 中它们彼此间的连线始终与开始时保持平行，可知q2 (2)小球进入第一象限后将速度沿x轴和y轴方向 和q3沿垂直于两电荷连线的加速度相等，则a21= 分解，x轴方向的速度为vz=vocos53°=6m/s, a,脚-即ngn,山几 y轴方向的速度为vy=vosin53°=8m/s, m2 m3 何关系R3sin02=R2sin03,联立解得m3q2R 小球再次回到x轴时的时间为t=2=1.6s。 m2q3R,同理可分析m1和m2可得m2q1R=m192R, 若三个粒子质量相同，m1=m2=mg,则q1R=q2R:= (3)在第一象限中水平方向加速度为a2= m q3R,若三个粒子电荷量相同，q1=q2=q3,则 20m/s2, m2m3R=m1m3R=m1m2R,选项B正确，C错误 小球在电场中沿水平方向运动的距离为x1=R十 若三角形的面积变为原来的4倍，根据相似三角形的 Rcos 0=7.2 m, ·37· 高三一轮复习周测卷 设离开电场时的时间为，x,=0+2a:, 方向恰好与电场Ⅱ的电场强度垂直，此粒子在电场 Ⅱ中做类平抛运动，设电场Ⅱ的电场强度大小为 解得t'=0.6s<1.6s,故小球还未到达x轴就离开 电场，接下来小球在水平方向做匀速直线运动，则小 E',则粒子在电场Ⅱ中的加速度大小为a'=gE m 球出电场后在水平方向运动的距离为x2=(vz十 将粒子在电场Ⅱ中的运动沿电场方向和垂直电场 a2t')(t-t')=18m, 1 方向分解，则x=t,y= 则小球第二次经过x轴的位置的横坐标x=x1十x2= 2at2, 7.2m+18m=25.2m。 由于此粒子在电场Ⅱ中的偏向角为45°，因此有y= 10.(1) 2x, 【解析】(1)根据题意可知，平行边界向下射出的粒 子出电场I时，速度偏向角为45°，出电场I时，沿 根据儿何关系x+y=22L,解得E'=E。 电场方向的速度u1=√2aL, (3)由(1)可知，粒子从P点射出的初速度大小为- 根据牛顿第二定律qE=ma, 2qEL 粒子出电场I时的速度v=√21， 由于沿平行边界射出的粒子出电场I时速度的偏 gEL 解得v=2 向角为45°，由此分析可知边界B上有粒子通过的 Am 区域长度为51=4L,则在边界C上有粒子射出的区 根据动能定理可知，所有粒子进电场Ⅱ时的速度大 域长度s2=s1+2L+2L-√2y, 小相同，即等于码 由(2)向可知y=2 3 L,解得，=20 。 (2)平行边界向上射出的粒子，进入电场Ⅱ时速度 物理（十七） 1.D【信息获取与转化】 间电场强度E一，板间距d不变，填充小米后，C 图像 斜率表示的意义 增大，U减小，电容器两极板间的电场强度变小，故A o-x 电场强度E 正确。 E。x 一F电 3.C【解析】等差等势面越密集的地方场强越大，故a Ek-x 合力（不计重力，则为电场力F电） 点的电场强度比b点小，故A错误。电场线与等势 【解析】Px图像的斜率反映的是电场强度的变化， 面垂直，可知a、b两点电场强度的方向不同，故B错 一x。~0段电场强度为定值，方向沿x轴负方向， 误。曲线运动的受力方向指向曲线的凹侧，受力与 0~x。段电场强度为零，x0一2x。段电场强度大小与 电场强度方向相同，质子从a点运动到b点，力与位 一x,~0段相同，方向沿x轴正方向，A错误。一x。~0 移的夹角为锐角，所以电场力做正功，故C正确。根 段电子所受电场力为恒力，沿x轴正方向做匀加速 据E。-qp,质子处于a、b两点时，其电势能在a点 直线运动，速度v随时间t均匀增大，0~x。段做匀 时较大，故D错误。 速直线运动，x。~2x。段做匀减速直线运动，速度v 【归纳总结】 随时间t均匀减小，B错误。一x。~0段电场力做正 带电粒子在电场中运动轨迹问题 功，电势能减小，C错误。根据动能定理qEx=Ek, 判断速度 运动轨迹上某点的切线方向即为该点的 可知一x~0段电场力是恒力，做正功，动能均匀增 方向 速度方向 加，0~x。段做匀速直线运动，动能不变，x。~2x。段 仅受静电力作用时，带电粒子所受静电力 判断静电力 做匀减速直线运动，动能均匀减小，D正确。 方向指向轨迹曲线的凹侧且与电场线相 (或电场强 2.A【解析】电容器与电源断开，所带电荷量Q保持 切、与等势线垂直，再根据粒子的正负判 度)的方向 不变，故B错误。填充小米后，相对介电常数e,变 断电场强度的方向 大，由C=,S 47知电容器的电容值将变大，故C错 判断静电力 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 误。两极板间的电压U-名，小米的含水量越高C 成钝角，则静电力做负功，电势能增加 增减 越大，U越小，电压传感器示数越小，故D错误。板4.D【解析】根据等量同种正电荷的电场线分布可知 ·38·