周测卷(十八)电场(三)-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三物理一轮复习周测卷

·物理· g 第一种情况：从N点离开时速度偏向右下方，有 d 4n十1n=0,12,…),解得=4n+1√m (n=0,1,2,…), 第二种情况：从N点离开时速度偏向左下方，有 d 4n十3=：t(n=0,1,2,…),解得：=4n十3√m 物理（十 1。D【解标】根据电容的决定式C=保持4不 变，减小S,电容减小，再根据U= 名，因电荷最Q不 变，知U增大，所以0变大，故A、B错误。根据电容 的决定式C=,保持S不变，增大1，电容C减 小，再根据U-名知U蜡大，所以0变大，放C销误。 根据电容的决定式C=红保持5,4不变，极板 间放人塑料板，电容C增大，再根据U=知U减 C 小，所以0减小，故D正确。 【归纳总结】 平行电容器两种典型动态分析 充电后与电源断开，Q不变始终与电源保持相连，U不变 根据C=e,S 4ka判断电容C的变化 根据C= Q 判断U的变化 根据C= Q 判断Q的变化 情况 情况 d或E=4πQ 根据E= 判断电场强度E的变化情况 ES 2.B【解析】金属球在板间处于静电平衡状态，是一个 等势体，所以M点电势与N点电势相等，故A错误。 处于静电平衡状态的导体内部合场强为零，有E感十 ·41 参考答案及解析 (n=0,1,2,…), 综合以上两种情况可得带电粒子垂直电场射入左侧 电扬的速度大小一十实0n-0,12,一： (3)该粒子运动过程中距离O点最远时速度为零， 粒子在距离O点x处的电势能E=一qP:=Z,解 得p,= Z 根据匀强电场电场强度与电势差的关系可得E= =9,解得x=（1+二)d, d q901 由于动能和电势能之和恒为Z,设粒子在O点的速 度为v,有-一9p十2m06=Z,解得粒子在0点的 速度。=λ√ 2(Z+qP0） m 又，=a·香，解得T= T √/2m(Z+qpo)。 八) B网=0，又有E一白，所以球壳上的感应电荷在 J 0点产生的场强大小为E一，故B正确。根据电 势差关系，有U=UAM十UB,根据电势差与场强关系 R U Uaw=UNa=E·之，联立可得UAw=UNs=2,故C、 D错误。 C【科学思维】 将带电圆环、带电平面等分成许多微元电 利用微元 荷，每个微元电荷可看成点电荷，先根据库 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 合对称性和电场强度叠加原理求出合电场 电场强度 强度 【解析】因为带电圆环A距离∠∠∠←∠∠∠∠ 带电小球较近，故不能将其看成 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。 把圆环A分成无数小段，取环 上任意一小段，可看作点电荷 mg △g,△g对小球的库仑力为F-6△gXc0sa,求出圆 环上各点电荷对小球的库仑力的合力为F合=Q, cosα，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 F=mng tan0,故C正确，D错误。 高三一轮复习周测卷 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 场方向相反，故A错误。尘埃被吸附到集尘极α的 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、 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 能增大，故D正确。 5.A【解析】设沿x、y、之轴方向的加速度分别为az、 a,a.L-ga.t.0-vat-zaxt'L-ja', 不加电场时有L=vot,则F=Eq= mva+a十a,联立解得E=23L kt2 ￥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、,将小球的加速度a沿水 平方向和竖直方向分解，分量分别为ax、ay,如图甲所 示，则从A到B点，A到C点，根据匀变速直线运动规 律，水平方向有(。，X1+24:×1P）m=10m,(,× 2+20,×2）m=15m,联立解得a,=-5m/, vz=12.5m/s,从A到B点，A到C点，根据匀变速 直线运动规律，竖直方向有(”，×1+20，×1）m= 0,(,×2+2a,×2)m=-53m,联立解得a,= -53m/s2,vy=2.5V3m/s,故加速度大小a= √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=22=3,故0=60°，几何关 系可知，加速度方向刚好从B点指向AC连线的中 点，由于小球带正电，加速度方向与电场强度E(或电 场线)方向同向，所以AC为等势线，所以AC电势相 等，根据E。=qP,可知带电小球在A处电势能等于C 处电势能，故A、B错误。小球在A点的速度大小v= √o十v=√175m/s,设小球在A点的速度方向与 水平方向成a角，则ana-:-,带电小球的最小 速度为vmin=vcos(a十30)，解得vmin=5√3m/s,故 C正确。电场线方向由B点指向AC连线中点，故D 错误。 a, A -B 120 甲 42 Uao ao 6.CD【解析】由题意可得-O,且U。=9。 90,Uo=p0一9，可得po=10.5V,A错误。电子 从a到b电场力做的功为Wb=一eUb=4eV,B错 误。设x轴上电势为10V的位置为M点，则由几 1 何关系可知其横坐标为x=一3cm,即bM为匀强 电场中的一条等势线，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 m0=3.5,即n0-3Y,有aN-4 7 cm,电 场强度E=U=V2v/cm,C正确。由上述分析 aN 3 知，电场线方向由N指向a,故将电子沿直线从b移 动到c,电势能一直减小，D正确。 个ylcm E -3 -21M0 1 x/cm 7.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 面上，故A错误。由对称性可知PB=一PE,Pg= 一PE,则PB一PB=PE一PE,解得UBB=UEE,故B 正确。同样由对称性可知，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，则O点与O'点的合电场强度相同，故C 正确。A'、D两点连线是等势线，试探电荷的电势能 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 条件可得弹簧的弹力大小为F赚=mg十gE=8N,故A 正确。不加电场时，由平衡条件可得mg=x1,解得初 始时弹簧的压缩量为x1=0.1m,当小球向下运动到速 度最大时撤去电场，此时由平衡条件可得mg十qE- kx2,弹簧的压缩量为x2=0.2m,根据功能关系可知 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电一 qE(x2一x1)=0.4J,故C错误。小球从开始运动到 再回到初位置的过程中，根据动能定理可得qE(x2一 x1)=2m0=0.4J,小球回到初位置继续向上运动， 设小球可以运动到弹簧恢复原长位置，根据动能定理 可得-mgx1+w,=7mi-号mo,由于此过程弹 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 球向下运动时的速度最大值为m,根据动能定理可得 ·物理· gE(x-x)+mg(,-x1)-+k 2 (x2-x1)= 1 m,解得vm=1m/s,小球向上运动到初位置时， 向上运动时的速度达到最大，根据以上分析可得 2mu2=0.4J,解得u=√2m/s,则小球向下运动时 的速度最大值与向上运动时的速度最大值之比为 -?,放D正确。 Vm=√2 8.(1)Qg 4gR2 (2)g(3)2RVR 【解析】(1)由题意，小球由A到B的过程满足能量守 恒，有受号 kg=mngX4R一mgR,解得m=的 4gR2。 (2)对小球刚释放的瞬间应用牛顿第二定律，有mg 器-心解得- (3)设小球运动到离Q为r处时速度最大，此时加速 度为0，在该处受力平衡，有9≌-mg=0,解得 2 r=2R, 小球从A位置到速度最大位置，应用能量守恒定律有 mg4k-2R)=泉-费+7m2,解得=V2k。 9.(1)14.8N(2)2m/s(3)E2<125N/C或E2> 275N/C 【解析】(1)滑块从A运动到B过程中，由动能定理 有mgR1-cos539)-9E,Rsin53°=2mp2-0, 在B点时，由牛额第二定律R、一mg=m爱联立解 得FN=14.8N, 由牛顿第三定律可得，滑块对轨道的压力大小为 14.8N。 (2)滑块从B点运动到C点过程中，由牛顿第二定律 qE1十ug=ma, 由速度位移公式v一v2=2aL1,联立解得o=2m/s。 (3)当qE2<mg时，设滑块恰能与竖直墙壁底部E 点碰撞，由牛顿第二定律μ(mg一qE,)=max, 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 物理( 1.B【解析】时间t内流过该金属导线横截面的电荷 量为q=It,而电流的大小未知，故A错误。由电流 的微观表达式I=nevS,可知v= eS,故B正确。当 ·43 参考答案及解析 过程做类平抛运动，水平方向L2=t1,竖直方向h= 1 2a,ti,9E2-mg=ma,解得E2=275N/C 综上，电场强度E2的范围为E2<125N/C或E2> 275N/C。 0.1D工m(2)mL 。L2 2eT2 C3)3v2mv6 Am T2 2qE 【解析】(1)t=0时刻进入AB板间的粒子，在竖直 方向上满足先加志后诚滤到0，有-0×（写》八， 根据牛顿第二定律，有2eE。=ma, 又因E可解得d=T√0。 (2)在AB电场中，沿水平方向有L=T,所以。= 二，在MN电场中，粒子均水平人射，做类平抛运 动，只有一半的粒子能射出，所以从中线入射的粒 子从极板边缘射出，沿水平方向，有L。=ot,竖直 1 方向有2=20t2, UMN 根据牛顿第二定律，有2eE=ma,又因E=L0 可解得Uw一 2eT2。 (3》粒子从M、N间电场射出时，有ana一。= _vyaot 1,所以粒子是沿斜向右上方45°方向射出的，由于 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=cos45=2, 电场反向时，在PQ右侧沿水平方向，有 x=uc0s45°，61+2a,, 在竖直方向上，有0=sin45°-a,t1, 根据牛顿第二定律，有 qE1cos45°=max,9E1sin45°=may, 可解得x= 3√2mv6 2gE1’ 在电扬未反向时，由动能定理，有9E,05。二瓜。 1 L 2mo,可解得Ek=4m。 九) 该金属导线中通电时，定向移动的电荷是电子，电子 带负电，所以电流方向与自由电子定向移动的方向 相反，故C错误。金属的电阻率随温度的升高而变 大，所以该金属导线接入电路后，随着温度的升高，2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（十八） 物理·电场（三） (考试时间40分钟，总分100分) 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要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.如图所示，在“研究影响平行板电容器电容的因素”实验中，极板所 带电荷量保持不变。设两极板正对面积为S,极板间的距离为d。 静电计指针偏角为0，下列说法正确的是 静电计 A.保持d不变，减小S,则0变小 B.保持d不变，减小S,则0不变 C.保持S不变，增大d,则0变小 777777777777777777777 D.保持S、d不变，极板间放入塑料板，则0变小 2.如图所示，水平放置的带电平行金属板A、B中央有一半径为R的金属球壳，两极板间距离为 d,电压为U,d=3R。M、N分别是金属球上的最高点和最低点，下列说法正确的是 A.M点电势比N点电势高 B球壳上的感应电荷在O点产生的场强大小为 C.A,M间的电势差为日 U U D.NB间的电势差为 3.如图所示，竖直面内固定一均匀带电圆环A,所带电荷量为Q,圆环A的轴 线（过圆心且垂直于圆环平面）上距离圆心为x处有一质量为m、电荷量为 q的小球，小球用绝缘细线悬挂于O点，静止时小球与O点间细线与竖直 方向的夹角为0，小球与圆环连线与轴线的夹角为α，静电力常量为k,重力 加速度为g,则小球与圆环之间的库仑力大小为 A.89 Qq B.kcosa C.mgtan 0 D.mgcos 0 4.空气净化器及其原理示意图如图所示。污浊空气通过过滤网后尘埃带电，图中充电极b、接 电源负极，集尘极a、c、e接电源正极（接地）。下列表述正确的是 过滤网 活性炭过滤器 净化空气 空 a、c、e为集尘极 b、d为充电极 物理·周测卷（十八）第1页（共4页） 8 鱼跃龙门秦 A.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 B.尘埃被吸附到集尘极α的过程中所受电场力做负功 C.c、d两个电极之间的电场方向竖直向上 D.尘埃在被吸附到集尘极e的过程中动能增大 5.在如图所示的空间直角坐标系中，一不计重力且带正电的粒子从坐标为 (L,0,L)处以某一初速度平行y轴正方向射出，经时间t,粒子前进的距 离为L,在该空间加上匀强电场，粒子仍从同一位置以相同的速度射出， 经相同时间t后恰好运动到坐标原点O,已知粒子的比荷为k,则该匀强 电场的场强大小为 A. 23L 25L B. kt2 kt2 2L 4L kt2 D.r 如图所示，一带正电小球在光滑绝缘水平桌面上，在水平匀强电场作用下从A到B与从B到C 的时间均为1s。∠ABC为120°，AB、BC距离均为10m,带电小球在从A到C运动过程中， 下列说法正确的是 A.带电小球在A处的电势能大于在C处的电势能 A、、 B 120°、 B.带电小球的加速度大小为5√3m/s C.带电小球的最小速度大小为5√3m/s D.电场线方向由AC连线中点指向B 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。全部 选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。带￥题目为能力提升题，分值不计入 总分。 6. 一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面中a、b、c三点的位置如图所示，a、b、c三点的电势 分别为6V、10V、12V,则 A.O点的电势为10V y/cm B.电子从a到b电场力做的功为一4eV C匀强电场的电场强度大小为区Vcm x/cm D.将电子沿直线从b移动到c,电子的电势能一直减小 7.如图所示，正六棱柱上、下底面的中心分别为O和O,棱柱高为底面边长的2倍，在A、D'两 点分别固定等量异种点电荷，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是 A.C点的电势为零 B.电势差UBB=UEE A⊕ B C.O点与O'点的电场强度相同 E D.将一带负电的试探电荷沿直线从A'点移动至D点，电势能先减小 0 D 后增大 B C 物理·周测卷（十八）第2页（共4页） 18 班级 *如图所示，质量m=0.4kg、电荷量q=2×10-6C的带正电小球固定在竖直放置的绝缘轻弹簧 上端处于静止状态。现加一竖直向下、大小E=2×106N/C的匀强电场，小球受到电场力作用 开始运动，当小球向下运动到速度最大时撤去电场。已知弹簧的劲度系数k=40N/,重力加 姓名 速度g=10m/s2,弹簧始终处在弹性限度内，则 A.小球向下运动到速度最大时，弹簧的弹力大小等于8N 得分 B.小球向上运动到最高点时，弹簧尚未恢复原长 C.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为0.8J D,小球向下运动时的速度最大值与向上运动时的速度最大值之比为 2 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 选择题 8.(14分)在竖直光滑绝缘杆下端固定一个电荷量为Q的正点电荷，在杆上距点电荷4R处的A 答题栏 点由静止释放一个带正电的电荷量为q的可视为点电荷的金属小球（以无穷远处为零电势点， 1 距离Q为r处的电荷g的电势能E。=k2),小球运动到距离Q为R的B处时速度为0。已 3 知重力加速度为g,静电力常量为。小球运动过程中Q、9都保持不变。 年A (1)求小球的质量m。（用k,q,Q,R,g表示) 5 (2)求小球刚释放时的加速度的大小。（用g表示) (3)小球运动过程中速度最大时距离Q多远？速度最大值是多少？（速度最大值用 4R 6 B 7 g,R表示) R (+) 物理·周测卷（十八）第3页（共4页） 鱼跃龙门卷 9.（16分)如图，光滑圆弧轨道AB的圆心为O,半径R=2.5m,圆弧轨道AB的B点与水平地 面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD,B点到虚线CD的水平 距离L1=1m,CD的左侧有E1=50N/C、水平向左的匀强电场，CD的右侧L2=2m处有一 竖直墙壁EF,CD与EF之间有竖直向上的匀强电场E2(大小未知)。EF的高度h=0.5m。 现将一电荷量为q=+4×10-2C、质量为m=1kg的绝缘滑块（视为质点）从A点由静止释 放并沿圆弧轨道AB下滑，最后进入虚线CD右侧。水平地面BE与滑块间的动摩擦因数4= 0.2,g=10m/s2,∠AOB=53°，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求： (1)滑块到达圆弧轨道的B点时，对轨道的压力大小； D (2)滑块到达竖直虚线CD时速度的大小； R,53 (3)要使滑块不与竖直墙壁EF碰撞，E2的取值范围。 B 10.(20分)如图甲所示，平行板A、B长度为L,平行板M、N长度与板间距离相等（大小未知）， 两组平行板均水平放置且中线共线，在A、B板中线左侧有一α粒子源，均匀地向右沿中线 射出质量为m、电荷量为2的a粒子，粒子射出的初速度大小恒定。在A、B板间加有如图 乙所示的交变电压（图中U。和T均已知），所有粒子在A、B板间运动的时间均为T,在t=0 时刻进入A、B板间的粒子恰好从A板的右边缘附近射出；在M、N板间加有恒定电压，所 有粒子进人M、N板后，有一半的粒子能从M、N板间射出。M、N两板右端的虚线PQ与 荧光屏间有方向斜向右上方的匀强电场，场强大小为E1,PQ与荧光屏平行，从M、N板间 射出的粒子进入PQ右侧电场后，沿直线运动打在荧光屏上，将M、N两板的电压（电压大小 不变)反接，粒子最终垂直打在荧光屏上，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，求： (1)A、B板间的距离d; (2)M、N板间所加的电压UMN; (3)荧光屏与PQ间的距离，及当M、N两板间电压未反向时，进入PQ右侧电场的粒子最终 打在荧光屏上时的动能Ek。 M A 粒子源C B U Q荧光屏 甲 物理·周测卷（十八）第4页（共4页）