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（福建专用）

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.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.&Qg B. Qq C.mgtan 0 D.mgcos 0 2.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、d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 污 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 3.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，则该匀强 电场的场强大小为 23L A. B. 25L kt2 kt2 c 4L D. kt? 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 物理·周测卷（十八）第1页（共4页）》 18 鱼歇龙门卷 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 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.电容器是一种重要的电学元件，基本工作方式就是充电和放电。由这种充、放电的工作方式 延伸出来的许多电学现象，使得电容器有着广泛的应用。如图所示为一种心脏除颤器的原理 图，在一次模拟治疗中，将开关S接到位置1，电容器充电后电压为10kV;将开关S接到位置 2,电容器在5ms内通过人体模型完成放电，已知电容器的电容为14uF,放电结束时电容器 两极板间的电势差减为零，下列说法正确的是 A.人体起到绝缘电介质的作用 B.这次电容器充电后的带电荷量为0.14C E C.这次放电过程的平均电流为28A D.若充电至20kV,则该电容器的电容为28μF 5.一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 ◆/cm B.电子从a到b电场力做的功为一4eV x/cm C.匀强电场的电场强度大小为？2V/cm D.将电子沿直线从b移动到c,电子的电势能一直减小 6.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 。O B.电势差UBB=UEE B C 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 S A D 后增大 B C ￥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=2×10/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=40N/,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 2 物理·周测卷（十八）第2页（共4页） 新教材版F 18 班级 三、非选择题：本题共4小题，共58分。 7.(6分)如图所示，水平向右的匀强电场中有a、b两个带等量异种电 荷的带电小球（可视为质点），现将两小球用绝缘细线悬挂于同一点。 姓名 两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为 -0b aB,且a<B,则a球一定带 （填“正”或“负”)电，a球质量一定 (填“大于”“等 得分 于”或“小于”)b球质量，若同时剪断两根细线，不计空气阻力，两球落地时间。 (填 “”“=”或“<”)t6。 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 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， 选择题 距离Q为r处的电荷q的电势能E,=kQ）,小球运动到距离Q为R的B处时速度为0。已 答题栏 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。 40“““““” 1 (1)求小球的质量m。(用，q,Q,R,g表示) 2 (2)求小球刚释放时的加速度的大小。（用g表示） 3 (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) 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 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=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 E (2)滑块到达竖直虚线CD时速度的大小； R53 (3)要使滑块不与竖直墙壁EF碰撞，E2的取值范围。 L 新教材版F 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 时刻进人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UMw; (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。 P A M 个UAB 粒子源口》·- B Q荧光屏 -U 甲 乙 物理·周测卷（十八）第4页（共4页）·物理· 9.)N,-NN,-N2 (2)4V,+N2 10g 5g 5 (3)29(N,-N,) 10 xo+10mgxo 【解析】(1)小球B位于P点时，所受电场力为F。= N1-N2, 故小球A在P点激发的电场场强大小为10E。= N二N,解得E。=NN 10g 由图像可知球A在点M所激发的电场的场强大小 约为2E。,故点M的场强大小为EM=2E。= N1-N2 5g (2)小球B在点M所受电场力为FM=qEM= N1-N2 5 故此时电子秤的示数应为NM=N1一FM= 4N1+N2 5 (3)由图可知，每一个小正方形的面积所代表的电势 差为U。=Eoxo, 在0~10x。之间这一段图线与x轴所围成的面积等 于P、Q两点的电势差，查得上述图形中，小正方形数 约29个，故P、Q间电势差为UQ=29U。= 29(N1-N2) 10g x0, 设小球运动到P点时的动能为Ek,对于小球B从Q 点运动到P点的过程，根据动能定理有qUQ十 mgh =Ek, 解得E.=29(W,-N2) 10 x0+10mgx0。 10.(1)99 1 md (2)2n+1Nm 90(n=0,1,2,…） (3(1+Z)a Ad √/2m(Z+qpo) 【解析】(1)由题意分析可知电场强度大小E=, d 粒子在电场中的加速度大小a=9,解得a=9 md (2)由于带电粒子垂直电场射入左侧电场后恰好从 N点离开，将MN等分，每份用时为t,可能会有两 物理( 1.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，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 参考答案及解析 种情况，根据对称性，在水平方向均有号-， u M 第一种情况：从N点离开时速度偏向右下方，有 d 4n十01t(n=0,1,2,…),解得0=n十i√ (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=02t(n=0,1,2,…),解得02=m+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 电场的速度大小受a=0,12…四. (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Em=一qP,=Z,解 得p=一 Z 91 根据匀强电场电场强度与电势差的关系可得E= =二9，解得x=（1+2)a, d 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g9十2m06=乙，解得粒子在0点的 速度v。=, 2(Z+qgo) m ,解得T= T Ad 又v0=a· √/2m(Z十gpo)。 qoo 八) 【解析】因为带电圆环A距离∠∠∠←∠∠∠∠ 带电小球较近，故不能将其看成 大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 高三一轮复习周测卷 △g,△g对小球的库仑力为F=k△qX9c0s&,求出圆 环上各点电荷对小球的库仑力的合力为F角一kQ 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=mg tan0,故C正确，D错误。 2.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e的过程中电场力做正功，动 能增大，故D正确。 3.A【解析】设沿x、y、之轴方向的加速度分别为az a,a,则L=2a,,0=wt-2a,,L=7a,, 不加电场时有L=oot,则F=Eg= mva+a+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.、v,,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(。，×1+号4：×1P)m=10m,(。,X 2+2.×2）m=15m,联立解得a,=-5m/g, 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（口，×1+2a,×1）m= 0,(,×2+24,×2)m=-55m,联立解得a, -5√3m/s2,v,=2.53m/s,故加速度大小a= √a十a=l0m/s2,指向左下方，设与水平方向成0 角，如图乙所示，则an0==3,故日=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= √0十？=√175m/s,设小球在A点的速度方向与 水平方向成：角，则ma-兰-停，后电小球的最小 ·42 ·新教材版F· 速度为vmn=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。 y个 ay 或12 、C C 甲 4.BC【解析】人体是导体，故A错误。当电容器与直 流电源相连时，电容器充电，充电后带电荷量为Q= CLU=14×10-6×10×103C=0.14C,故B正确。放 电过程的平均电流为I= 5X10A=28A,故C Q_0.14 正确。电容器的电容取决于电容器本身，与电容器 的带电荷量Q以及电势差U均无关，故D错误。 【解析】由题意可得0=%，且U0= 9o,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W=一eUb=4eV,B错 误。设x轴上电势为10V的位置为M点，则由几 何关系可知其横坐标为x三-3cm,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 tam0=3,即sn9-3径，有aN-4cm,电 强度上-六=vmC正确，由上述分折 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。 ylcm E、 -1MO 1 x/cm N 6.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 ·物理· 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 x1)=2v2=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-mg1十w,=2m-号m,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 qE(x2-x1)+mg(x2-x1)- kztkz (2-21)= 2 2mo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 2mu2=0.4J,解得v=√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”m= 受放D正确。 7.负大于=【解析】由于两球带等量异种电荷， 所以两球相互吸引，由b球受力平衡可知，b球所受 的电场力水平向右，所以b球带正电，α球带负电。 将两球看成整体，由于两球带等量异种电荷，所以整 体所受电场力等于零，设两细线的拉力分别为F:和 F2,由整体水平方向受力平衡可得F1sina=F2sinB, 两球竖直方向分别平衡有F1cosa=mg,F2cosB= msg,三式联立，得matan a=m6tanB,因a<B,即 tana<tanβ，所以ma>m6。剪断细线后，两球竖直 方向都只受重力，加速度均为重力加速度g,落地时 间相等。 8.(1)Qg 4gR2 (2)g(3)2R√2gR 【解析】(1)由题意，小球由A到B的过程满足能量守 但，有货-费=所X4R-R,餐得一。 (2)对小球刚释放的瞬间应用牛顿第二定律，有mg 3 、k?2=2a,解得a=43。 43 参考答案及解析 (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，有婴加g=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 网银-2R)-票-0+7m,得得=2gR. (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)-qE,Rsin53°= 2 mva-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层一v2=2aL1,联立解得v=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qE2)=maz, 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 过程做类平抛运动，水平方向L2=1,竖直方向h= 1 2a,,9E,-mg=ma,解得E=275N/C, 综上，电场强度E2的范围为E2<125N/C或E2> 275N/C. 0.()Tm 0.(2)m 3v2mv L2 2eT? (3) 2gE .4m个2 【解析】(1)t=0时刻进入AB板间的粒子，在竖直 方向上满足先加速后减速到0，有号-24×（写八， 根据牛顿第二定律，有2eE。=ma, 又因B。-受可怎得d=T eU。 (2)在AB电场中，沿水平方向有L=T,所以o= 二，在MN电场中，粒子均水平人射，做类平地运 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。=v。t,竖直 L01 方向有2=244， UMN 根据牛顿第二定律，有2eE=ma,又因E=， 高三一轮复习周测卷 可解得Uw= 2eT2。 (3)粒子从M、N间电场射出时，有tana=_ao- 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u=。 c0s45=V2u0, 电场反向时，在PQ右侧沿水平方向，有x= 1 vcos45°，t1+2a:i, 物理（十 1.D【解析】锂电池的电动势为3.6V,该电池充当电 源时，其输出电压一定小于3.6V,故A错误。在锂 电池内部，依靠非静电力搬运L计，故B错误。该过 程为放电状态，则非静电力做功把化学能转化为电 能，故C错误。给锂电池充电时，电池内部带正电的 锂离子是从正极运动到负极，电流由正极流向负极， 图中锂离子是从负极运动到正极的，即电流从负极 到正极，处于放电状态，故D正确。 2.A【模型建构】 线电阻电路中输出功率与外电阻的关系图像 建构模型 D E2 ①当R=r时，输出功率最大，P。一4， 确定物 ②当R“接近”r时，P增大，当R“远离”r时， 理原理 P出减小； ③当P出<Pm时，每个输出功率对应两个可能 的外电阻R,和R2,且满足R1R2=r2 【保折】由(R,)广R-(R朵，)广R,帮g, √R1R2,选项A正确。由P。=( 解得E=√PoR1十√PoR2,选项B错误。电源短路 P。 时的电流1。一-尽+， ,选项C错误。电源 的是大检高功*八。一号-（图+图）广益 项D错误。 ·44 ·新教材版F· 在竖直方向上，有0=vsin45°-a,t1, 根据牛顿第二定律，有gE1cos45°=maz,qE1sin45°= may, 3√2mv8 可解得x= 2gE1’ 在电场未反向时，由动能定理，有gE1cosa x =Ek一 1 之mo,可解得E.=4m2。 九) B【科学思维】 动态电路的分析方法 根据电路结构变化，分析电阻变化，再分析电 程序法 流、电压等的变化，由干路向支路分别分析 ①“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间 接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都 “串反并同” 将减小，反之则增大 结论法 ②“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间 接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都 将增大，反之则减小 因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题， 可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端，讨 极限法 论电阻最大或电阻为零时的情况（仅适用于物 理量单调变化的情况，若电阻先增大后减小或 先减小后增大，则不宜使用该方法) 【解析】滑动变阻器滑片向上滑动，滑动变阻器接入 电路的电阻减小，则总电阻减小，根据闭合电路欧姆 定律可得回路总电流增大，灯泡变亮，内电压增大， 路端电压减小，V1的示数减小，灯泡两端的电压增 大，V2示数减小，流过R,的电流减小，则流过R2的 电流增大，则电流表示数增大，故A错误。由于电容 器与V并联，则电容器两端电压减小，根据C-吕。 B-牙，可知Q减小，但由于二极管具有单向导电 性，则Q不变，U不变，E不变，所以油滴所受电场力 不变，油滴仍处于静止状态，故B正确。根据闭合电 路欧姆定律可得U1=E一I益r,U2=E一I总(r十 R),所以 U=,AL=十R,由于△I&<△I,所以 △I总 一T△I总 <,智<R+r,C.D误 B【解析】由题可知，此时电路中的电流满足P=