周测卷(十六)电场(一)-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三物理一轮复习周测卷（福建专用）

2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（十六） 物理·电场（一） (考试时间40分钟，总分100分) 一、单项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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.已知点电荷和无限大接地金属平板的电场分布（如图甲）与等量异种点电荷连线的垂直平分 线右侧的电场分布（如图乙）完全相同。按图丙所示建立平面直角坐标系，沿y轴放置一接地 的无限大金属板，在(d,0)处放置一电荷量为Q的正点电荷，取无穷远处电势为零。则x轴 上的电势分布图像可能正确的是 丙 B 2.如图所示为某稳定电场的电场线分布情况，A、B、C、D为电场中的四个点，B、C 点为空心导体表面上两点，A、D为电场中两点。下列说法中正确的是 A.D点的电势高于A点的电势 B.A点的电场强度等于B点的电场强度 C.将电子从D点移到C点，电场力做正功 D.将电子从B点移到C点，电势能增大 3.如图所示，正三棱柱ABC一A'B'C的A点固定一个电荷量为十Q的点电荷，C点固定一个电 荷量为一Q的点电荷，D、D'点分别为AC、A'C边的中点，选无穷远处电势为零。下列说法中 正确的是 D A.D、B两点的电场强度方向不同 B B.将一负试探电荷从A'点移到C点，其电势能减少 C.将一正试探电荷沿直线从B点移到D'点，电场力始终不做功 D.将一正试探电荷沿直线从B点移到D'点，电场力做负功 B 如图所示，一对平行金属板长为L,两板间距为d,两板间所加交变电压为UAB,交变电压的周 期T三2，大量质量为m,电荷量为®的电子先后从平行板左侧以速度0，沿两板的中线持缪 物理·周测卷（十六）第1页（共4页） 16 」鱼跃龙门奏 不断地进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且偏转距离最大的电子刚好从极板的 边缘飞出，不计重力和电子间的相互作用，则 A.所有电子在极板间运动的时间均为T 个UAB U B.不同时刻进入的电子离开电场时的动能不相等 C.。-时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位 OB 移为日 D.:君时刻进人电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为号 T 二、多项选择题：本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入 总分。 4.如图所示，水平面上相距为d的A、B两点固定有异种电荷，电荷量均为Q,其中A处电荷带 正电、B处电荷带负电，在A、B两点连线的竖直中垂线上固定一根内壁粗糙的绝缘细管，细 管的上、下两端管口关于AB对称。现使一质量为m,电荷量为q的带正电小圆柱体（圆柱体 直径略小于细管的内径)从上端管口由静止开始下落，结果小圆柱体到达两电荷的连线中点O 时的加速度为零，且此时小圆柱体的速度大小为。已知重力加速度大小为g,静电力常量为 k,不计空气阻力。下列说法正确的是 A.在管内下滑过程中，电场力对小圆柱体先做正功，后做负功 +q B.O点的电场强度大小为8 +Q -Q d2 4● -----B C.小圆柱体和管壁间的动摩擦因数为mgd 4kQg D.小圆柱体到达下端管口时的速度大小为√2o 5.如图所示，与纸面平行的匀强电场中有一矩形ABCD,其外接圆的半径和AB边的长度均为 R。在A点处有一粒子源，在纸面内向各个方向发射动能均为Ek、电荷量为十q的同种带电 粒子，到达B点处的粒子动能为2Ek,到达D点处的粒子动能为4Ek。O点为外接圆的圆心， MN是平行于AB边的直径，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法中正确的是 AA,D两点间的电势差为3E B.匀强电场的电场强度大小为 3Ek gR C.到达圆周上的粒子的最大动能为5Es M D.将电荷量为一q的带电粒子由M点移到N点，粒子的电势能增加2√3Ek 物理·周测卷（十六）第2页（共4页） 新教材版F 16 班级 6.图甲为直线加速原理示意图，它由多个截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，奇数序号与偶 数序号圆筒分别与交变电源相连，交变电源两极间电压变化规律如图乙。在t=0时，奇数圆 筒比偶数圆筒电势高，此时序号为0的金属圆板中央有一电子由静止开始在各狭缝间不断加 姓名 速。若电子质量为m,电荷量为，交变电源电压大小为U,周期为T。不考虑电子的重力和 相对论效应，且忽略电子通过狭缝的时间。下列说法正确的是 得分 ◆u 圆板如②34中5☐6幻7☐8☐☐交变电压 37 甲 A.金属圆筒1、2、3的长度之比为1：√2：√3 选择题 B.电子离开圆筒1时的速度为进入圆筒1时速度的两倍 答题栏 C.第n个圆筒的长度应满足L=T neU 04““4“ 1 2m 2 D.进入第n个圆筒时电子的速率为 eU \2m 3 *如图，真空中三个带电粒子分别固定在三角形的三个顶点处，同时释放这三个粒子，在运动过 程中它们彼此间的连线始终与开始时保持平行。已知三个粒子质量分别为m1、m2和m3,电荷 4 量分别为q1、92和q,开始时三角形的边长分别为R1、R2和R,若不计重力，三个粒子的速度 5 远小于光速，库仑定律依然适用，下列说法正确的是 91 6 A.三个粒子的加速度方向始终不变 关 B.若三个粒子质量相同，则q1R=q2R=q3R R3, R C.若三个粒子电荷量相同，则m1R=m2R=m3R D.若三角形面积变为原来的4倍，则三个粒子的加速度大小都减为原来的 920--------- R -----●q 三、非选择题：本题共4小题，共58分。 y/cm 7.(6分)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图 69 --------b 所示，电势分别为10V、23V、15V,则坐标原点O处的电势为 V。 2 电子从a点运动到b点的过程中，电场力做功为 eV,电势能 (填“增大”“减小”或“不变”)。 02468xm 8.(12分)电容储能不仅在太阳能和风能发电设备中得到广泛应用，也为可再生能源的可持续发 展提供了关键技术支持。为了解电容器充、放电规律，李明做“用电流传感器观察电容器的放 电过程”的实验。器材如下： 电池（电动势为E。,内阻不计）； 不带电的两个相同电容器（其中有一个是损坏的）； 电阻箱R、计算机、电流传感器和多用电表、单刀双掷开关以及导线若干。 ↑IIA 电流传感器 M N 计算机 to 图1 图2 新教材版F 物理·周测卷（十六）第3页（共4页） 鱼跃龙门卷 (1)为检测电容器，将多用电表的选择开关拨至 挡上，将红、黑表笔连接电容器，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。 (2)利用好的电容器，李明设计了如图1所示的实验电路。 ①将开关S与1端相连，电源向电容器充电，直至充电完成； ②将电阻箱的阻值调为R,将开关S由1掷向2，电容器通过电阻箱放电，传感器将电流 信息输入电脑，屏幕上显示出电流随时间变化的I-t图像如图2所示。t=t。时，I=I。,图 中M、N区域面积相等，则R1= (用E。、I。表示)； ③将电阻箱的阻值调至R2(R2>R,),重做实验。 (3)设第1次和第2次实验中，电容器放电的最大电流分别为I1和I2,I-t图线与坐标轴围成 的面积分别为S1和S2,放电时间分别为t1和t2,则 。(填正确答案标号) A.I >I2 B.I<I2 C.S1=S2 D.t>t2 9.(20分)在竖直面内建立一个平面直角坐标系Oxy,水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴 正方向。在x轴下方存在一段半径为R=4m的光滑圆弧绝缘轨道OBA,轨道与原点O点 连接，圆心为O',OO'与水平方向的夹角0=37°，A为轨道最低点，O'A平行于y轴，如图所 示。竖直线CD刚好与圆弧轨道所在的圆相切，CD左侧的第一象限内存在沿水平方向向右、 场强E。=200V/m的匀强电场，第三、四象限存在竖直向上、场强大小E=150V/m的匀强 电场。现将一个质量为m=1kg,电荷量为q=0.1C的带正电小球（视为质点）放置在圆轨道 内侧A点并给以vA=6/s水平向左的初速度，最终小球由O点抛出射入人第一象限。已知 重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： A C (1)小球经过O点时的速度大小； (2)小球第二次与第一次经过x轴的时间间隔； (3)小球第二次经过x轴的位置的横坐标。 10.(20分)如图所示，平行边界A、B间有垂直于边界向右的匀强电场I,平行边界B、C间有方 向与边界成45°斜向右下方的匀强电场Ⅱ，边界A上P点有一粒子源，可以在纸面内向电场 I内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子射出的初速度大小相同，平行 边界向下射出的粒子经电场I偏转后，进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中做直线运动，平行边界向上 射出的粒子，经电场I、Ⅱ偏转，恰好垂直边界C射出。已知电场I的电场强度为E,A、B 间距为L,B、C间距为2L,不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，求： A R (1)所有粒子进电场Ⅱ时的速度大小； (2)电场Ⅱ的电场强度的大小； (3)边界C上有粒子射出区域的长度。 物理·周测卷（十六）第4页（共4页）高三一轮复习周测卷 根据动量守恒定律Mv。=MvM十mvm, M-m 2M 解得UM=M+m00n=M十mo 第一次碰撞到第二次碰撞之间，车厢与滑块的位移 分别为xM、xm,有xM=VMt,xm=Vmt, 位移关系为xm一xM=L, M一L. 联立解得xM=M十m (3)每一次碰撞后车厢的运动过程中，由动量定理 一2f△t=M△v, 即一∑kv△t=∑M△v,累加后得一ks=M△v, 第一次碰撞前，车厢的路程为d,所以kd=M(u。一v), kd 可得碰撞前车厢的速度0=00一M, 设第n次碰撞后，车厢的速度为vm,滑块的速度为 v,第n次碰撞至停下，车厢的路程为sm。第一次 碰撞，由机械能守恒定律2Moi+mo?-2Mw, 1 21 由动量守恒定律M1十mv'=Mu, _M-m, 2M 解得u1=M+m,01=M+m, 第一次碰撞后，对车厢一ks1=M△v, M(M-m) 解得s1=kM+m)0, 第二次碰接，由机被能守恒定徘M。+弓- 1 2 mv, 根据动量守恒定律Mu2十mo2=mv1, 解得=-效+， 2m 物理( 1.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 距坐标原点足够远处的电势也接近0。结合题述可 知，x轴上点电荷左侧位置的电场方向沿x轴负方 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， 则从正点电荷向两侧移动，电势均降低。 2.A【解析】沿电场线方向电势降低，所以D点的电 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 体，所以B、C两点电势相等，根据E。=q9可知电子 在B、C两点电势能相等，D错误。 3.C【解析】分别画出AC在B、B、D、D'各点的场 ·36 ·新教材版F· Mu2 所以第二次碰撞后车厢的路程52= 2mM 4M'm k(m+M)mk(M+m), 此后的每次碰撞前滑块的速度大小都变为前一次 的4二m倍，车厢均静止。 M+m 所以第三次碰撞后车厢的路程s3 _Mo:_M, M-m M-m M+m,=M+52, 第四次碰撞后车厢的路程s4= M=(Mm) kM+m)s2, 第”次碰撞后车厢的路程5，=M 及 (）-, M+m 根据等比数列求和公式求得车厢在第二次及以后 2M2 的路程之和s一M十m), 所以s意=d+s1+s=d十 M(M-m) 2M2 k(M+m)0+k(M十m) v=d +w+（,). 【科学思维】 多次碰撞问题的处理方法—数学归纳法 首先把前几次碰撞过程理顺、分析透彻，然后根据前几次 数据，利用数学归纳法，写出之后碰撞过程中相应的规律 或结果，最后去计算全过程的路程或发生碰撞的总次数 等数据。 六)》 强，然后进行场强的合成可以得到两个点电荷在这 四点的电场强度方向均平行于AC,方向由A指向 C,故A错误。A'C'连线上由A'指向C',电势降低， 但试探电荷为负电荷，故从A'点移动到C点试探电 荷的电势能增加，故B错误。几何体为正三棱柱，D、 D'点分别为AC、A'C边的中点，所以BDDB'为AC 的中垂面，也就是等势面，各处电势相等，试探电荷 的电势能相等，电场力不做功，故C正确，D错误。 C【解析】电子进入电场后做类平抛运动，在两板间 的运动时间为4=上=2T,不同时刻进入电场的电子 Uo 竖直方向分速度图像如图甲所示，由图看出，所有电 子离开电场时竖直方向分速度，=0，速度都等于0， 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。 在（一时刻进人电场的电子，在：一平时刻测位移最 ·物理· 大，最大侧位移为y=2·2a(牙)- 16,在1=0 时刻进入电场的电子侧位移最大为)d,有d=4· (召)，联立得ym=品放C正确，在1=召时刻 T 进入电场的电子在垂直极板方向的速度一时间图像如 图乙所示，在1=157时刻侧位移最大，最大侧位移为 y=4…(g-2a(g) 17aT217 6464d, 故D错误。 甲 4.BD【解析】在管内下滑过程中，小圆柱体所受电场 力方向始终与细管垂直，电场力对小圆柱体不做功， 故A错误。单个电荷在O点产生的电场，其电场强 度大小为E=k Q ,根据矢量的合成法则 4kQ 可得0点的电场强度大小为E0=2E=8,放B正 确。圆柱体到达两电荷的连线中点O时的加速度为 零，则小圆柱体到达O点时竖直方向所受合力为零， 有F=mg,由小圆柱体水平方向受力平衡可知，此 时管壁对小圆柱体的弹力大小为F=gE。=8?Q, d21 解得小圆柱体和管壁间的动摩擦因数4=8， 、8gQ,放 C错误。设小圆柱体从上端管口运动到O点的过程 中克服摩擦力所做的功为W,由动能定理得mgh一 W=1 w,因小圆柱体下落过程中电场强度大小关 于O点对称，则小圆柱体所受摩擦力大小关于O点 对称，所以摩擦力做功大小关于O点对称，设小圆柱 体到达下端管口时的速度大小为v',由动能定理得 2mgh-2w-?m,解得-u,放D正确。 5.AC【解析】到达D点处的粒子动能为4Ek,由动能 定理得UD=4E,一E4,解得UAD=3E,故A正 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qE1R=2Ek Ek,qE2X3R=4Ek一Ek,解得E1= 3Ex ,如图所示，将E1、E2根据平行四边形定则合 ·37 参考答案及解析 成得E= R,方向沿AC方向，故B错误。粒子到 2E 达圆周上的C点动能最大，由动能定理得qE×2R= 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 场力做负功，电子的电势能增加2Ek,故D错误。 B M D 6.AC【解析】由于电子每次经过圆筒狭缝时都要加 速，进人圆筒后做匀速运动，所以电子在筒内运动的 时间均为？，电子在加速过程中加速度相同，经过n T 次加速后，根据动能定理aeU-2m-0,解得， 2neU ，不计通过缝隙时间，电子在圆筒内的运动时 m T 间均为)，则上.=。·2=T√"2m ,所以金属圆筒 1、2、3的长度之比为L1:L2:L3=1:√2：3，A、 C正确，D错误。由于电子在筒内做匀速直线运动， 所以电子离开圆筒1时的速度等于进入圆筒1时的 速度，B错误。 *ABD【解析】由于三个带电粒子在运动过程中彼此 间的连线始终与开始时保持平行，所以三个粒子所受 静电力的合力方向始终相同，根据牛顿第二定律可知 加速度的方向也始终相同，A正确。由于在运动过程 中它们彼此间的连线始终与开始时保持平行，可知q2 和q3沿垂直于两电荷连线的加速度相等，则a21= a-gnn8由几 m2 m3 何关系R3sin02=R2sin03,联立解得m3q2R= m2q3R,同理可分析m1和m2可得m2q1R=m1q2R, 若三个粒子质量相同，m1=m2=m3,则q1R=q2R:= q:R,若三个粒子电荷量相同，q1=q2=q3,则 m2m3R=m1m3R=m1m2R,选项B正确，C错误。 若三角形的面积变为原来的4倍，根据相似三角形的 性质，边长变为原来的2倍，静电力与距离的平方成反 比，散静电力变为原来的}，根据牛顿第二定律可知， 1 加速度变为原来的4D正确。 R 高三一轮复习周测卷 7.213减小【解析】四边形Oabc为矩形，根据匀 强电场中电势差与电场强度的关系可得Ub=Uo, 即P。一P6=Po一9，解得坐标原点O处的电势为 po=2V。电子从a点运动到b点的过程中，电场力 做功为W=(一e)Ub=l3eV,可知电子从a点运动 到b点的过程中，电场力做正功，电势能减小。 8.(1)欧姆2)2 (3)AC 【解析】(1)由于初始状态下，电容器不带电，不能用 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。 (2)t=t。时，I=I。,可知此时电容器两端的电压为 Uc=IR1,电容器开始放电前，两端的电压为E。,根 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·△U=(E。一I。R,)C,N区域电容器放电的电荷 量为Q2=C·△U'=(I。R1-0)C=IR1C,图中M、 N两区域面积相等，即Q,=Q2,联立解得R,一2· Eo (3)电容器放电瞬间的电流最大，为1一发，因为2> R1,所以I2<I1,故A正确，B错误。充电后的电容 器通过不同电阻放电，电荷量相同，即I-t图线与横 轴围成的面积相等，故C正确。电阻越大，对电流的 阻碍作用越强，放电时间越长，所以t1<t2,故D 错误。 9.(1)10m/s(2)1.6s(3)25.2m 【解析】(1)根据动能定理得(Eg一mg)(R十Rsin0)= 1 1 2mw6-2mo员， 解得小球在O点的速度为vo=10m/s。 (2)小球进人第一象限后将速度沿x轴和y轴方向 分解，x轴方向的速度为vz=vocos53°=6m/s, y轴方向的速度为v,=vosin53°=8m/s, 小球再次回到x轴时的时间为t=2=1.6s。 8 (3)在第一象限中水平方向加速度为a2= m 20m/s2, 小球在电场中沿水平方向运动的距离为x1=R十 Rcos 0=7.2 m, 物理( 1.C【解析】等差等势面越密集的地方场强越大，故a 点的电场强度比b点小，故A错误。电场线与等势 面垂直，可知a、b两点电场强度的方向不同，故B错 误。曲线运动的受力方向指向曲线的凹侧，受力与 ·38 ·新教材版F· 设离开电场时的时间为'，x1=u,t十)a,t 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 球出电场后在水平方向运动的距离为x2一(v,十 a2t')(t-t')=18m, 则小球第二次经过x轴的位置的横坐标x=x1十+ x2=7.2m+18m=25.2m。 aa2吧ee 、20」 【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 电场方向的速度v1=√2aL, 根据牛顿第二定律qE=ma, 粒子出电场I时的速度o=√2v1, 解得。=2√m gEL 根据动能定理可知，所有粒子进电场Ⅱ时的速度大 小相同，即等于2m EL (2)平行边界向上射出的粒子，进入电场Ⅱ时速度 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 E,则粒子在电场Ⅱ中的加速度大小为a=9E, 将粒子在电场Ⅱ中的运动沿电场方向和垂直电场 1 方向分解，则x=t,y=2Q':, 由于此粒子在电场Ⅱ中的偏向角为45°，因此有y= 1 2x, 根都几何关系x十y=22L,解得E-3g。 (3)由(1)可知，粒子从P点射出的初速度大小为。= EL 1=m 由于沿平行边界射出的粒子出电场I时速度的偏 向角为45°，由此分析可知边界B上有粒子通过的 区域长度为51=4L,则在边界C上有粒子射出的区 域长度s2=51十2L+2L一√2y, 由（公何可知2L解得-。 七) 电场强度方向相同，质子从a点运动到b点，力与位 移的夹角为锐角，所以电场力做正功，故C正确。根 据E。=qp,质子处于a、b两点时，其电势能在a点 时较大，故D错误。