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（江苏专用）

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7小题，每小题7分，共49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 A.保持d不变，减小S,则0变小 静电计 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 D.保持S、d不变，极板间放人塑料板，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 入 B.球壳上的感应电荷在O点产生的场强大小为 +++土++☐A 。AM间的电势差为。 ·0 D,V,B间的电势差为 ☐B 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r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.k r2 B.Qg r2 cos'a C.ng tanθ 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 个个 污 浊 a、c、e为集尘极 b、d为充电极 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a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 物理·周测卷（十八）第1页（共4页） 18 鱼跃龙门卷 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 C. 2L 4L D.kt 6.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/s2 C 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 7.一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 31b 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？v/cm x/cm 7 D.将电子沿直线从b移动到c,电子的电势能一直减小 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 F A.C点的电势为零 A】 B.电势差UBB=UEE' B C.O点与O'点的电场强度大小相等，方向不同 F E D.将一带负电的试探电荷沿直线从A'点移动至D点，电势能先减小后 A D 增大 B C ￥如图所示，质量m=0.4kg、电荷量g=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=2×10N/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/m,重力加 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 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号 777777 物理·周测卷（十八）第2页（共4页） 新教材版J 18 班级 二、非选择题：本题共3小题，共51分。 8.(13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 姓名 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， 距离Q为r处的电荷？的电势能E,-k),小球运动到距离Q为R的B处时速度为0。已 得分 知重力加速度为g,静电力常量为k。小球运动过程中Q、q都保持不变。 (1)求小球的质量m。(用，q,Q,R,g表示) (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 g,R表示) 选择题 答题栏 1 2 3 4 5 6 9.(18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 米 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g=十4×10-2C、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μ= 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。 新教材版J 物理·周测卷（十八）第3页（共4页） 」鱼跃龙门卷 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 有粒子进入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。 A M 粒子源C- 个UAB B U--- 27 Q荧光屏 -Uo 甲 乙 物理·周测卷（十八）第4页（共4页）·物理· (n=0,1,2,…), 第二种情况：从N点离开时速度偏向左下方，有 d 1/990 4n十3=0tn=0,1,2,…),解得u:=4n十3m (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 电场的速度大水。=2十院(a=012,心 (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Er=一qP:=Z,解 得P.= 9 物理（十 1.D【解析】根据电容的决定式C=4,保持d不 变，减小5，电容减小，再根据U-8,因电衔量Q不 变，知U增大，所以0变大，故A、B错误。根据电容 的淡定式C-保持S不变，销大山，电容C减 小，再根据U= 知U增大，所以0变大，放C错误。 根据电容的决定式C= 4kd,保持S、d不变，极板 间放入塑料板：电容C增大，群根据U-是知U被 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=c,S 4判断电容C的变化 根据C= 号判断U的变化 根据C=号判断Q的变化 情况 情况 根据E一名或E-4 U 判断电场强度E的变化情况 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 =0,又有E二，所以球壳上的感应电荷 0点产生的场强大小为E。号，放B正确。根据电 势差关系，有U=UAM十UNB,根据电势差与场强关系 UAM=UNB=E.R U ,联立可得Uaw=Us=2,故C、 D错误。 ·41 参考答案及解析 根据匀强电场电场强度与电势差的关系可得E= =-9,解得x=（1十乙)d, d x go 由于动能和电势能之和恒为Z,设粒子在O点的速 1 度为，有一99十2mu6=Z,解得粒子在0点的 速度vo一 2(Z+990） m T 4d 又。=a·4,解得T=。 √J2m(Z+qp)。 q9 八) 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， 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 电场强度 称性和电场强度叠加原理求出合电场强度 【解析】因为带电圆环A距离∠∠∠(L∠☑ 带电小球较近，故不能将其看成 0 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=△gXc0sa,求出圆 环上各点电荷对小球的库仑力的合力为下F合=@· 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 F=ng tan0,故C正确，D错误。 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a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的过程中电场力做正功，动 能增大，故D正确。 A【解析】设沿x、y、之轴方向的加速度分别为az、 a,a则L=名4,0=01-，，l=2a 1 不加电场时有L=oot,则F=Eq= 23L m√a十a?十a,联立解得E= kt2 C【解析】将小球在A点速度)沿水平方向和竖直 高三一轮复习周测卷 方向分解，分量分别为vz、vy,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、a,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（口.×1+2a,×1）m 10m,(e,×2+2a.×2)m=15m,联立解得a, -5m/s2,v.=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(，×1十 2a,×1）m=0,(0,×2+34,×2r)m=-5v5m, 联立解得a,y=-5√3m/s2,v,=2.5√3m/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tan0=a=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=√0+o,=√I75m/s,设小球在 A点的速度方向与水平方向成a角，则tana= ，带电小球的最小速度为um=uc0s(a十30°)，解 3 得vmin=5W3m/s,故C正确。电场线方向由B点指 向AC连线中点，故D错误。 D￥本 a,个 A Ux 8 乙 7.D【解析】由题意可得 U:o_aO a=0c,且Uo=9。-9o, Ua=po-P,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，则由几何关 1 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tan0= 、3√3，即sin0=14,有aWs4V21 7cm,电场强度 E-U-√②v/cm,C错误。由上述分析知，电场 aN 3 线方向由N指向a,故将电子沿直线从b移动到c, ·42 ·新教材版J· 电势能一直减小，D正确。 个y/cm E←g 1MO 1 x/em *B【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=一9E,则 PB一9B=PE一PE,解得UB=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错误。A'、D 两点连线是等势线，试探电荷的电势能不变，故D 错误。 *A【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弹=mg十qE=8N,故A 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= 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 x)=202=0.4小，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 可得一mg,十W,=名m心一m心，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 E(x:-x1)+mg(x,-x1)虹14(c,-1）= 2 1 o品，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 2m02=0.4J,解得=厄m/s,则小球向下运动时的 1 速度最大值与向上运动时的速度最大值之比为”= 2,故D错误。 3 842)7B3)2RV2gR 【解析】(1)由题意，小球由A到B的过程满足能量守 恒，有贸-票-=gXR-meR.解得m-架. 4gR2 ·物理· (2)对小球刚释放的瞬间应用牛顿第二定律，有g 6, 3 4R)=ma,解得a=&。 (3)设小球运动到离Q为处时速度最大，此时加速 度为0，在该处受力平衡，有Qg -mg=0,解得 r=2R, 小球从A位置到速度最大位置，应用能量守恒定律有 mg4R-2R)-贺-服+m,解得。=V2g级. 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mgR(1-cos53)-gE1Rsin53°= 2mv2-0, 在B点时，由牛顿第二定律FN一mg=mR,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umg=ma, 由速度位移公式v一v2=2aL1,联立解得v=2m/s。 (3)当gE2<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-qE2)=maz, 由速度位移公式v2=2a.L2,解得E2=125N/C, 当qE2>mg时，设滑块恰能与墙壁顶部F点碰撞，CF 过程做类平抛运动，水平方向L2=t1,竖直方向h= 2a,i,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。 aT (2)mL 3√2mv 2eT2 (3)2aE1 4m个2 【解析】(1)t=0时刻进入AB板间的粒子，在竖直 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g=It,而电流的大小未知，故A错误。由电流 的微观表达式I=neoS,可知u三心5，敌B正确。当 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， 其电阻变大，故D错误。 2.B【解析】根据题图可知，当“LED”两端电压为2.0V 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 成闭合回路，设发光二极管的电压和电流分别为U、 ·43 参考答案及解析 方向上满足先加迷后谈滤到0，有-×（写》八， 根据牛顿第二定律，有2eE。=ma, 又因E=,可解得d=T eUo m (2)在AB电场中，沿水平方向有L=T,所以0。= ，在MN电场中，粒子均水平人射，做类平抛运 L 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。=v0t,竖直 方向有2=2at, UMN 根据牛顿第二定律，有2eE=mu,又因E= mI2 可解得Uww=2eT2 (3)粒子从M,N间电场射出时，有ana--ag5- 00U0 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 00 向共线，所以u=co345=√2o, 电场反向时，在PQ右侧沿水平方向，有 x=ucos45°·t41+2a:i, 在竖直方向上，有0=vsin45°-a,t1, 根据牛顿第二定律，有gE1cos45°=maz,gE1sin45°= may, 可解得x= 3√2mv6 2gE 在电场未反向时，由动能定理，有gE:。=Ek cos a 1 L2 mo,可解得E.=4m。 九) I,根据闭合电路欧姆定律可得E=U+Ir,可得 3V=U+12I,在“LED”的伏安特性曲线中作出对应 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 流约为42mA,则发光二极管的功率约为P=2.4× 42mW=100.8mW,故B正确，C、D错误。 2s0t /mA 200 150 100 50 0 1 22.530N D【解析】锂电池的电动势为3.6V,该电池充当电