高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷(含答案解析)(1)
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷测试卷(含答案解析)
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷测试卷（含答案解析）一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．如图所示，把一个倾角为θ的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E ，有一质量为m 、带电荷量为＋q 的物体，以初速度v 0从A 端滑上斜面恰好能沿斜面匀速运动，求物体与斜面间的动摩擦因数．【答案】cos sin cos sin qE mg mg qE θθθθ-+【解析】 【分析】 【详解】物体做匀速直线运动，由平衡条件得：在垂直于斜面方向上：N=mgcosθ+qEsinθ…① 在平行与斜面方向上：f+mgsinθ=qEcosθ…② 滑动摩擦力：f=μN…③ 由①②③可得：f qEcos mgsin N mgcos qEsin θθμθθ-=+＝ ． 【点睛】本题考查了学生受力分析及力的合成以及摩擦定律的相关知识，正确的受力分析是正确解题的关键，学会用正交分解法处理多力合成问题．2．我们可以借鉴研究静电场的方法来研究地球周围空间的引力场，如用“引力场强度”、“引力势”的概念描述引力场。
已知地球质量为M ，半径为R ，万有引力常量为G ，将地球视为均质球体，且忽略自转。
(1)类比电场强度的定义方法，写出地球引力场的“引力场强度E ”的定义式，并结合万有引力定律，推导距离地心为r （r >R ）处的引力场强度的表达式2=GM E r 引； (2)设地面处和距离地面高为h 处的引力场强度分别为E 引和'E 引，如果它们满足'0.02E E E -≤引引引，则该空间就可以近似为匀强场，也就是我们常说的重力场。
请估算地球重力场可视为匀强场的高度h （取地球半径R =6400km ）；(3)某同学查阅资料知道:地球引力场的“引力势”的表达式为=-G Mrϕ引（以无穷远处引力势为0）。
请你设定物理情景，简要叙述推导该表达式的主要步骤。
【答案】(1)引力场强度定义式FE m=引，推导见解析；(2)h =64976m ；(3)推导见解析. 【解析】 【分析】 【详解】(1)引力场强度定义式F E m=引 2MmF Gr = 联立得2M E Gr =引 (2)根据题意2M E GR =引 '2M E G r=引 '0.02E E E -=引引引h r R R =-=解得h =64976m(3)定义式引力势=p E mϕ引，式中p E 为某位置的引力势能把某物体从无穷远移动到某点引力做的功=0-=-p p W E E 引即=-p E W 引则当质量为m 的物体自无穷远处移动到距离地球r 处时，引力做功为W 引 通过计算得0MmW Gr =引＞ 所以=-p MmE Gr=-M Grϕ引3．竖直放置的平行金属板A 、B 带等量异种电荷(如图)，两板之间形成的电场是匀强电场．板间用绝缘细线悬挂着的小球质量m=4．0×10－5kg ，带电荷量q=3．0×10－7C ，平衡时细线与竖直方向之间的夹角α=37°．求：(1)A 、B 之间匀强电场的场强多大?(2)若剪断细线，计算小球运动的加速度，小球在A 、B 板间将如何运动? 【答案】(1)E =1×103N/C (2) 12.5m/s 2 【解析】 【详解】（1）小球受到重力mg 、电场力F 和绳的拉力T 的作用，由共点力平衡条件有：F =qE =mg tan α解得：537tan 410100.75 1.010N/C 310mg E q α--⨯⨯⨯===⨯⨯ 匀强电场的电场强度的方向与电场力的方向相同，即水平向右；（2）剪断细线后，小球做偏离竖直方向，夹角为37°匀加速直线运动，设其加速度为a 由牛顿第二定律有：cos mgma θ= 解得：212.5m/s cos ga θ== 【点睛】本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此后小球的运动情况．4．如图，在足够大的平行金属板间的水平匀强电场中，有一长为L 的轻质绝缘棒OA ，一端可绕O点在竖直平面内自由转动，另一端A处有一带负电、电量为q、质量为m的小球，当变阻器滑片在P点处时，棒静止在与竖直方向成30°角的位置，如图所示。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷（含答案解析）一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．有三根长度皆为l =0.3 m 的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板的O 点，另一端分别栓有质量皆为m =1.0×10﹣2kg 的带电小球A 和B ，它们的电荷量分别为﹣q 和+q ，q =1.0×10﹣6C ．A 、B 之间用第三根线连接起来，空间中存在大小为E =2.0×105N/C 的匀强电场，电场强度的方向水平向右．平衡时A 、B 球的位置如图所示．已知静电力常量k =9×109N•m 2/C 2重力加速度g =10m/s 2．求：（1）A 、B 间的库仑力的大小 （2）连接A 、B 的轻线的拉力大小． 【答案】（1）F=0.1N （2）10.042T N = 【解析】试题分析：（1）以B 球为研究对象，B 球受到重力mg ，电场力Eq ，静电力F ，AB 间绳子的拉力1T 和OB 绳子的拉力2T ，共5个力的作用，处于平衡状态，A 、B 间的静电力22q F k l=，代入数据可得F=0.1N（2）在竖直方向上有：2sin 60T mg ︒=，在水平方向上有：12cos 60qE F T T =++︒ 代入数据可得10.042T N = 考点：考查了共点力平衡条件的应用【名师点睛】注意成立的条件，掌握力的平行四边形定则的应用，理解三角知识运用，注意平衡条件的方程的建立．2．如图所示,在绝缘的水平面上,相隔2L 的,A 、B 两点固定有两个电量均为Q 的正点电荷,C 、O 、D 是AB 连线上的三个点,O 为连线的中点,CO=OD=L/2｡一质量为m 、电量为q 的带电物块以初速度v0从c点出发沿AB连线向B运动,运动过程中物块受到大小恒定的阻力作用｡当物块运动到O点时,物块的动能为初动能的n倍,到达D点刚好速度为零,然后返回做往复运动,直至最后静止在O点｡已知静电力恒量为k,求:(1)AB两处的点电荷在c点产生的电场强度的大小;(2)物块在运动中受到的阻力的大小;(3)带电物块在电场中运动的总路程｡【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【详解】（1）设两个正点电荷在电场中C点的场强分别为E1和E2，在C点的合场强为E C；则12()2kQEL＝；223()2kQEL＝则E C=E1-E2解得：E C＝2329kQL．（2）带电物块从C点运动到D点的过程中，先加速后减速．AB连线上对称点φC=φD，电场力对带电物块做功为零．设物块受到的阻力为f，由动能定理有：−fL＝0−12mv02解得：212f mvL＝（3）设带电物块从C到O点电场力做功为W电，根据动能定理得：220011222LW f n mv mv电＝-⋅⋅-解得：()201214W n mv-电＝设带电物块在电场中运动的总路程为S，由动能定理有：W电−fs＝0−12mv02解得：s=（n+0.5）L【点睛】本题考查了动能定理的应用，分析清楚电荷的运动过程，应用动能定理、点电荷的场强公式与场的叠加原理即可正确解题．3．如图所示，两异种点电荷的电荷量均为Q ，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O 且与连线垂直，平面上A 、O 、B 三点位于同一竖直线上，AO BO L ==，点电荷到O 点的距离也为L 。
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷测试卷(含答案解析)
高中物理必修3物理全册全单元精选测试卷测试卷（含答案解析）一、必修第3册静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为m A＝0.1 kg和m B＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6 C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A 从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔE p＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．【答案】（1）f=0.4N （2）2.1336W【解析】试题分析：（1）根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：由平衡条件所得：对A有：m A gsin θ＝F T①对B有：qE＋f0＝F T②代入数据得f0＝0．4 N ③（2）根据题意，A到N点时，对两物体受力分析如图所示：由牛顿第二定律得：对A有：F＋m A gsin θ－F′T－F k sin θ＝m A a ④对B有：F′T－qE－f＝m B a ⑤其中f＝μm B g ⑥F k ＝kx ⑦由电场力做功与电势能的关系得ΔE p ＝qEd ⑧ 由几何关系得x ＝－⑨A 由M 到N ，由v －v ＝2ax 得A 运动到N 的速度v ＝⑩拉力F 在N 点的瞬时功率P ＝Fv ⑪ 由以上各式，代入数据P ＝0．528 W ⑫考点：受力平衡 、牛顿第二定律、能量转化与守恒定律、功率【名师点睛】静止时，两物体受力平衡，列方程求解．A 从M 到N 的过程中做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可列出力的关系方程．根据能量转化与守恒定律可列出电场力做功与电势能变化的关系方程．根据匀加速直线运动速度位移公式，求出运动到N 的速度，最后由功率公式求出功率．2．竖直放置的平行金属板A 、B 带等量异种电荷(如图)，两板之间形成的电场是匀强电场．板间用绝缘细线悬挂着的小球质量m=4．0×10－5kg ，带电荷量q=3．0×10－7C ，平衡时细线与竖直方向之间的夹角α=37°．求：(1)A 、B 之间匀强电场的场强多大?(2)若剪断细线，计算小球运动的加速度，小球在A 、B 板间将如何运动? 【答案】(1)E =1×103N/C (2) 12.5m/s 2 【解析】 【详解】（1）小球受到重力mg 、电场力F 和绳的拉力T 的作用，由共点力平衡条件有：F =qE =mg tan α解得：537tan 410100.75 1.010N/C 310mg E q α--⨯⨯⨯===⨯⨯ 匀强电场的电场强度的方向与电场力的方向相同，即水平向右；（2）剪断细线后，小球做偏离竖直方向，夹角为37°匀加速直线运动，设其加速度为a 由牛顿第二定律有：cos mgma θ= 解得：212.5m/s cos ga θ==【点睛】本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此后小球的运动情况．3．如图所示，均可视为质点的三个物体A 、B 、C 在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，A 绝缘，A 与B 紧靠在一起，C 紧靠在固定挡板上，质量分别为m A =0.43kg ，m B =0.20kg ，m C =0.50kg ，其中A 不带电，B 、C 的电荷量分别为q B =+2×10-5C 、q C =+7×10-5C 且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷(解析版)
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷（解析版）一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．(1)科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远小于两星体间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M 0，两者相距L ，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G ． 求： ①该双星系统中星体的加速度大小a ； ②该双星系统的运动周期T ．(2)微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．已知核外电子的质量为m ，氢原子核的质量为M ，二者相距为r ，静电力常量为k ，电子和氢原子核的电荷量大小均为e ．①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用E k Ⅰ、 E k Ⅱ表示，请推理分析，比较E k Ⅰ、 E k Ⅱ的大小关系；②模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期分别用T Ⅰ、T Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从周期的角度分析这样简化处理的合理性．【答案】(1) ①02GM a L = ②2T = (2) ①2k k II =2ke E E r =Ⅰ ②T T ⅠⅡ为M >>m ，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便． 【解析】 【详解】(1)①根据万有引力定律和牛顿第二定律有：2002GM M a L=解得02GM a L =②由运动学公式可知，224π2La T =⋅解得2T =(2)①模型Ⅰ中，设电子绕原子核的速度为v ，对于电子绕核的运动，根据库仑定律和牛顿第二定律有222ke mv r r=解得：22k 122ke E mv r==Ⅰ模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为v 1、v 2，电子的运动半径为r 1，原子核的运动半径为r2．根据库仑定律和牛顿第二定律对电子有：2 21 21mv ker r=，解得22k11121=22keE mv rr=对于原子核有：22222=Mvker r，解得22k22221=22keE Mv rr=系统的总动能：E kⅡ=E k1+ E k2=()2212222ke ker rr r+=即在这两种模型中，系统的总动能相等．②模型Ⅰ中，根据库仑定律和牛顿第二定律有22224πkem rr T=Ⅰ，解得23224πmrTke=Ⅰ模型Ⅱ中，电子和原子核的周期相同，均为TⅡ根据库仑定律和牛顿第二定律对电子有221224πkem rr T=⋅Ⅱ，解得221224πke Trr m=Ⅱ对原子核有222224πkeM rr T=⋅Ⅱ，解得222224πke Trr M=Ⅱ因r1+r2=r，可解得：()23224πmMrTke M m=+Ⅱ所以有T M mT M+=ⅠⅡ因为M>>m，可得TⅠ≈TⅡ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．2．如图所示，在竖直平面内有一质量m＝0.5 kg、电荷量q＝＋2×10－3 C的带电小球，有一根长L＝0.1 m且不可伸长的绝缘轻细线系在一方向水平向右、分布的区域足够大的匀强电场中的O点.已知A、O、C点等高，且OA＝OC＝L，若将带电小球从A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零，g取10 m/s2.(1)求匀强电场的电场强度E的大小；(2)求小球从A点由静止释放运动到B点的过程中速度最大时细线的拉力大小；(3)若将带电小球从C点无初速度释放，求小球到达B点时细线张力大小.【答案】（1）2.5×103 N/C（2）2－10) N（3）15N【解析】【详解】(1)小球到达最低点B 时速度为零，则0＝mgL －EqL . E ＝2.5×103 N/C(2) 小球到达最低点B 时速度为零，根据对称性可知，达到最大速度的位置为AB 弧的中点，即当沿轨迹上某一点切线方向的合力为零时，小球的速度有最大值，由动能定理有12mv 2－0＝mgL sin 45°－Eq (L －L cos 45°). m 2v L＝F －2mg cos 45°. F ＝(152－10) N.(3)小球从C 运动到B 点过程，由动能定理得2102mgL qEL mV +=-. 解得：24V =在B 点02(cos 45)V T mg mL-= 以上各式联立解得T =15N.3．如右图所示，在方向竖直向下的匀强电场中，一个质量为m 、带负电的小球从斜直轨道上的A 点由静止滑下，小球通过半径为R 的圆轨道顶端的B 点时恰好不落下来．若轨道是光滑绝缘的，小球的重力是它所受的电场力2倍，试求：⑴A 点在斜轨道上的高度h ；⑵小球运动到最低点C 时，圆轨道对小球的支持力． 【答案】(1)52R (2) 3mg 【解析】试题分析：由题意得：mg=2Eq设小球到B 点的最小速度为V B ，则由牛顿第二定律可得：mg-Eq=m 2Bv R；对AB 过程由动能定理可得： mg （h-2R ）-Eq （h-2R ）=12mV B 2； 联立解得：h=52R ； （2）对AC 过程由动能定理可得： mgh-Eqh=12mv c 2； 由牛顿第二定律可得：F+Eq-mg=m 2Cv R联立解得：F=3mg ；由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为3mg ． 考点：牛顿定律及动能定理．4．如图所示，质量为m 的小球A 穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A 带正电，电量为q 。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷附答案
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷附答案一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．如图，ABD 为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB 段是长为 1.25L m =的粗糙水平面，其动摩擦因数为0.1μ=，BD 段为半径R =0.2 m 的半圆，两段轨道相切于B 点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小3510/E V m =⨯。
一带负电小球，以速度v 0从A 点沿水平轨道向右运动，接着进入半圆轨道后，恰能通过最高点D 点。
已知小球的质量为22.010m kg -=⨯，所带电荷量52.010q C -=⨯，g 取10 m/s 2(水平轨道足够长，小球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)，求：（1）带电小球在从D 点飞出后，首次在水平轨道上的落点与B 点的距离； （2）小球的初速度v 0。
【答案】（1）0.4m ；（2）2.5m /s 【解析】 【详解】（1）对小球，在D 点，有：2Dv mg qE m R-=得：1m/s D v =从D 点飞出后，做平抛运动，有：mg qE ma -=得：25.0m/s a =2122R at =得：0.4t s =0.4m D x v t ==（2）对小球，从A 点到D 点，有：22011()2222D mg qE L mg R qE R mv mv μ---⋅+⋅=- 解得：0 2.5m/s v =2．（1）科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远小于两星体间的距离，一般双星系统距离其它星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M 0，两者相距L ，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G ．①求该双星系统中每个星体的线速度大小v ；②如果质量分别为m 1和m 2的质点相距为r 时，它们之间的引力势能的表达式为12p m m E Gr=-，求该双星系统的机械能． （2）微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．假设核外电子的质量为m ，氢原子核的质量为M ，二者相距为r ，静电力常量为k ，电子和氢原子核的电荷量均为e ．已知电荷量分别为+q 1和-q 2的点电荷相距为r 时，它们之间的电势能的表达式为12p q q E kr=-． ①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量分别用E Ⅰ、 E Ⅱ表示，请推理分析，比较E Ⅰ、 E Ⅱ的大小关系； ②模型Ⅰ、Ⅱ中电子做匀速圆周运动的线速度分别用v Ⅰ、v Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从线速度的角度分析这样做的合理性．【答案】（1）①v =②202M G L -（2）①2-2ke r②模型Ⅰ的简化是合理的【解析】（1）① 22002/2M M v G L L =，解得 v =②双星系统的动能2200k 0012222GM GM E M v M L L =⨯==，双星系统的引力势能20P GM E L =-，该双星系统的机械能E=E k +E p =202M G L - （2）①对于模型Ⅰ：22I 2mv ke r r =，此时电子的动能E k Ⅰ=22ke r又因电势能2pI e E k r =-，所以E Ⅰ= E k Ⅰ+E p Ⅰ=2-2ke r对于模型Ⅱ：对电子有：22121mvker r=，解得22112mv rrke=对于原子核有：22222Mvker r=，解得22222Mv rrke=因为r1+r2=r，所以有22221222+mv r Mv rr ke ke=解得E kⅡ=2 221211222ke mv Mvr+=又因电势能2peE kr=-Ⅱ，所以EⅡ= E kⅡ+E pⅡ=2-2ker即模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量相等，均为2 -2 ker②解法一：模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有22II2=mvkem vr rω=，解得2I2=kevm rω模型Ⅱ中：对电子有：22II1II21=mvkem vr rω=，解得2II21=kevm rω对于原子核有：22222=ke MvM vr rω=，因ω1=ω2，所以mvⅡ=Mv又因原子核的质量M远大于电子的质量m，所以vⅡ>>v，所以可视为M静止不动，因此ω1=ω2=ω，即可视为vⅠ=vⅡ．故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的．②解法二：模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有22I2mvker r=，解得Iv模型Ⅱ中：库仑力提供向心力：222122=kemr Mrrωω== (1)解得12=r Mr m；又因为r1+r2=r所以1=Mrm M+2=mrm M+带入（1）式：ω=所以：()21=?ke M v r r m M m ω=+Ⅱ ()22=?ke mv r r m M Mω=+又因原子核的质量M 远大于电子的质量m ，所以v Ⅱ>>v ，所以可视为M 静止不动；故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的．3．竖直放置的平行金属板A 、B 带等量异种电荷(如图)，两板之间形成的电场是匀强电场．板间用绝缘细线悬挂着的小球质量m=4．0×10－5kg ，带电荷量q=3．0×10－7C ，平衡时细线与竖直方向之间的夹角α=37°．求：(1)A 、B 之间匀强电场的场强多大?(2)若剪断细线，计算小球运动的加速度，小球在A 、B 板间将如何运动? 【答案】(1)E =1×103N/C (2) 12.5m/s 2 【解析】 【详解】（1）小球受到重力mg 、电场力F 和绳的拉力T 的作用，由共点力平衡条件有：F =qE =mg tan α解得：537tan 410100.75 1.010N/C 310mg E q α--⨯⨯⨯===⨯⨯ 匀强电场的电场强度的方向与电场力的方向相同，即水平向右；（2）剪断细线后，小球做偏离竖直方向，夹角为37°匀加速直线运动，设其加速度为a 由牛顿第二定律有：cos mgma θ= 解得：212.5m/s cos ga θ== 【点睛】本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此后小球的运动情况．4．如图所示,在绝缘的水平面上,相隔2L 的,A 、B 两点固定有两个电量均为Q 的正点电荷,C 、O 、D 是AB 连线上的三个点,O 为连线的中点,CO=OD=L/2｡一质量为m 、电量为q 的带电物块以初速度v 0从c 点出发沿AB 连线向B 运动,运动过程中物块受到大小恒定的阻力作用｡当物块运动到O 点时,物块的动能为初动能的n 倍,到达D 点刚好速度为零,然后返回做往复运动,直至最后静止在O点｡已知静电力恒量为k,求:(1)AB两处的点电荷在c点产生的电场强度的大小;(2)物块在运动中受到的阻力的大小;(3)带电物块在电场中运动的总路程｡【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【详解】（1）设两个正点电荷在电场中C点的场强分别为E1和E2，在C点的合场强为E C；则12()2kQEL＝；223()2kQEL＝则E C=E1-E2解得：E C＝2329kQL．（2）带电物块从C点运动到D点的过程中，先加速后减速．AB连线上对称点φC=φD，电场力对带电物块做功为零．设物块受到的阻力为f，由动能定理有：−fL＝0−12mv02解得：212f mvL＝（3）设带电物块从C到O点电场力做功为W电，根据动能定理得：220011222LW f n mv mv电＝-⋅⋅-解得：()201214W n mv-电＝设带电物块在电场中运动的总路程为S，由动能定理有：W电−fs＝0−12mv02解得：s=（n+0.5）L【点睛】本题考查了动能定理的应用，分析清楚电荷的运动过程，应用动能定理、点电荷的场强公式与场的叠加原理即可正确解题．5．如右图所示，在方向竖直向下的匀强电场中，一个质量为m、带负电的小球从斜直轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来．若轨道是光滑绝缘的，小球的重力是它所受的电场力2倍，试求：⑴A点在斜轨道上的高度h；⑵小球运动到最低点C时，圆轨道对小球的支持力．【答案】(1)52R (2) 3mg【解析】试题分析：由题意得：mg=2Eq设小球到B点的最小速度为V B，则由牛顿第二定律可得：mg-Eq=m2BvR；对AB过程由动能定理可得：mg（h-2R）-Eq（h-2R）=12mV B2；联立解得：h=52 R；（2）对AC过程由动能定理可得：mgh-Eqh=12mv c2；由牛顿第二定律可得：F+Eq-mg=m2 C v R联立解得：F=3mg；由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为3mg．考点：牛顿定律及动能定理．6．有一水平向右的匀强电场中，竖直平面内有半径为0．1m的圆周，在圆心O处放置电荷量为Q＝10-8C的带正电的点电荷，圆周a点与圆心O在同一水平线上，且E a＝0（静电力常数K=9×109N.m2／C2）（1）匀强电场场强大小？ （2）圆周最高点C 处的场强【答案】（1）3910N/C ⨯ （2）41.2710N/C ⨯ 方向与水平方向成45斜向右上方 【解析】 【详解】（1）在a 点的合场强等于零，则表明点电荷在a 点产生的场强与匀强电场的场强相等即：32=910N/C kQE r=⨯ （2）正点电荷在C 点产生的场强大小为2kQE r=，方向竖直向上，匀强电场的场强大小2kQE r=，方向水平向右，根据矢量合可知C 点的合场强等于; 224222=2 1.2710N/C kQ kQ kQ E r r r ⎛⎫⎛⎫=+=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭合方向与水平方向成45斜向右上方二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优（难）7．如图所示，在xOy 直角坐标系0<x <L 的区域存在沿y 轴负方向的匀强电场，在L ≤x ≤2.5L 的区域存在方向垂直xOy 平面向里的匀强磁场。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷试卷(word版含答案)
高中物理必修3物理全册全单元精选试卷试卷（word版含答案）一、必修第3册静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．A、B是两个电荷量都是Q的点电荷，相距l，AB连线中点为O。
现将另一个电荷量为q的点电荷放置在AB连线的中垂线上，距O为x的C处（图甲）。
（1）若此时q所受的静电力为F1，试求F1的大小。
（2）若A的电荷量变为﹣Q，其他条件都不变（图乙），此时q所受的静电力大小为F2，求F2的大小。
（3）为使F2大于F1，l和x的大小应满足什么关系？【答案】223(())2lx+223(())2lx+(3) 2l x>【解析】【详解】（1）设q为正电荷，在C点，A、B两电荷对q产生的电场力大小相同，为：22)4(A BkQqF Flx==+方向分别为由A指向C和由B指向C，如图：故C 处的电场力大小为：F 1=2F A sinθ方向由O 指向C 。
其中：224sin l x θ=+所以：3122224()kQqxF l x =+ （2）若A 的电荷量变为-Q ，其他条件都不变，则C 处q 受到的电场力：F 2=2F A cosθ其中：2224l cos l x θ=+所以：22223(4)kQqlF l x +＝方向由B 指向A 。
（3）为使F 2大于F 1，则：22223(4)kQql F l x +＝＞3122224()kQqxF l x =+ 即：l ＞2x2．如图所示，长l =1 m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°．已知小球所带电荷量q =1.0×10–6 C ，匀强电场的场强E =3.0×103 N/C ，取重力加速度g =10 m/s 2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：（1）小球所受电场力F 的大小和小球的质量m ；（2）将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时速度v 的大小；（3）在（2）所述情况下小球通过绳与竖直方向的夹角θ=37°时绳中张力T 的大小． 【答案】（1）F = 3.0×10-3 N m=4.0×10–4 kg （2）5m/s v = （3）T =7.0×10-3 N【解析】 【分析】 【详解】（1）小球受到的电场力的大小为：F =qE =1.0×10–6×3.0×103N =3.0×10-3 N小球受力如图所示：根据平衡可知：tan F mg θ=解得：m=4.0×10–4 kg（2）将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时根据动能定理有21sin (1cos )2Fl mgl mv θθ--=解得：12(1)5m/s cos v gl θ=-= （3）沿绳方向根据牛顿第二定律可知2sin cos mv T F mg lθθ--= 解得：T =7.0×10-3 N3．如图所示，在O 点处放置一个正电荷．在过O 点的竖直平面内的A 点，由静止释放一个带正电的小球，小球的质量为m 、电荷量为q ．小球落下的轨迹如图所示，轨迹与以O 为圆心、R 为半径的圆相交于B 、C 两点，O 、C 在同一水平线上，∠BOC=30°，A 距离OC 的竖直高度为h ，已知小球通过B 点的速度为v ，重力加速度为g ，求： (1)小球通过C 点的速度大小；(2)小球由A 运动到C 的过程中电场力做的功．【答案】(1) 2c gR =+v v (2) 21()2W m gR mgh =+-v 【解析】试题分析：（1）小球下落过程中，受到重力和电场力，由于B 、C 两点处于同一等势面上，故从B 到C 过程电场力做功为零，只有重重力做功，根据动能这定理求解到达C 点的速度；（2）小球从A 至C 的过程中只有重力和电场力做功，根据动能定理即可求解电场力做功．（1）小球从B 点到C 点的过程中，电场力不做功，而重力做正功 由动能定理得：2211222C R mg mv mv ⨯=- 解得：2C v v gR =+（2）小球从A 至C 的过程中只有重力和电场力做功 由动能定理得：212C mgh W mv +=电 解得：()212W m v gR mgh 电=+- 【试题分析】本题关键是明确几种功能关系的具体形式：总功是动能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度．4．如图所示，高为h的光滑绝缘直杆AD竖直放置，在D处有一固定的正点荷，电荷量为Q。
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷测试卷附答案
高中物理必修3物理全册全单元精选测试卷测试卷附答案一、必修第3册静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为m A＝0.1 kg和m B＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6 C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A 从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔE p＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．【答案】（1）f=0.4N （2）2.1336W【解析】试题分析：（1）根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：由平衡条件所得：对A有：m A gsin θ＝F T①对B有：qE＋f0＝F T②代入数据得f0＝0．4 N ③（2）根据题意，A到N点时，对两物体受力分析如图所示：由牛顿第二定律得：对A有：F＋m A gsin θ－F′T－F k sin θ＝m A a ④对B有：F′T－qE－f＝m B a ⑤其中f＝μm B g ⑥F k ＝kx ⑦由电场力做功与电势能的关系得ΔE p ＝qEd ⑧ 由几何关系得x ＝－⑨A 由M 到N ，由v －v ＝2ax 得A 运动到N 的速度v ＝⑩拉力F 在N 点的瞬时功率P ＝Fv ⑪ 由以上各式，代入数据P ＝0．528 W ⑫考点：受力平衡 、牛顿第二定律、能量转化与守恒定律、功率【名师点睛】静止时，两物体受力平衡，列方程求解．A 从M 到N 的过程中做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可列出力的关系方程．根据能量转化与守恒定律可列出电场力做功与电势能变化的关系方程．根据匀加速直线运动速度位移公式，求出运动到N 的速度，最后由功率公式求出功率．2．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中，有一长度l =0. 5m 的绝缘轻绳上端固定在O点，下端系一质量21010m .-=⨯kg 、带电量82.010q -=⨯C 的小球（小球的大小可以忽略）在位置B 点处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角α=37°，空气阻力不计，sin37°=0. 6，cos37°=0. 8，g =10m/s 2. （1）求该电场场强大小；（2）在始终垂直于轻绳的外力作用下将小球从B 位置缓慢拉动到细绳竖直位置的A 点，求外力对带电小球做的功；（3）过B 点做一等势面交电场线于C 点（C 点未画出），使轻绳与竖直方向的夹角增大少许（不超过5°），再由静止释放，求小球从C 点第一次运动到B 点的时间，并写出分析求解过程.【答案】(1) 63.7510E =⨯N/C (2)21.2510F W J -=⨯ (3)0.31t s =【解析】 【详解】（1）带电小球静止，受到合力等于零，电场力与重力的关系是：tan Eq mg α=，即tan mgE qα=代入数值计算得电场场强大小：63.7510/E N C =⨯（2）小球在外力作用下从B 位置缓慢移动到A 位置过程中，根据动能定理有：sin (cos )0F W Eql mg l l αα-+-=所以sin tan (cos )F mgW q mg l l qααα=-- 代入数值解得电场场强大小：21.2510F W J -=⨯（3）分析受力可知：小球在运动过程中，重力和电场力的合力为恒力，大小为5cos 4mg F mg α== 类比研究单摆的方法可知，小球的运动与单摆类似，回复力由上述合力沿圆周切向的分力提供。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷附答案
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷附答案一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．(1)科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远小于两星体间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M 0，两者相距L ，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G ． 求： ①该双星系统中星体的加速度大小a ； ②该双星系统的运动周期T ．(2)微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．已知核外电子的质量为m ，氢原子核的质量为M ，二者相距为r ，静电力常量为k ，电子和氢原子核的电荷量大小均为e ．①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用E k Ⅰ、 E k Ⅱ表示，请推理分析，比较E k Ⅰ、 E k Ⅱ的大小关系；②模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期分别用T Ⅰ、T Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从周期的角度分析这样简化处理的合理性．【答案】(1) ①02GM a L = ②2T = (2) ①2k k II =2ke E E r =Ⅰ ②T T ⅠⅡ为M >>m ，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便． 【解析】 【详解】(1)①根据万有引力定律和牛顿第二定律有：2002GM M a L=解得02GM a L =②由运动学公式可知，224π2La T =⋅解得2T =(2)①模型Ⅰ中，设电子绕原子核的速度为v ，对于电子绕核的运动，根据库仑定律和牛顿第二定律有222ke mv r r=解得：22k 122ke E mv r==Ⅰ模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为v 1、v 2，电子的运动半径为r 1，原子核的运动半径为r2．根据库仑定律和牛顿第二定律对电子有：22121mvker r=，解得22k11121=22keE mv rr=对于原子核有：22222=Mvker r，解得22k22221=22keE Mv rr=系统的总动能：E kⅡ=E k1+ E k2=()2212222ke ker rr r+=即在这两种模型中，系统的总动能相等．②模型Ⅰ中，根据库仑定律和牛顿第二定律有22224πkem rr T=Ⅰ，解得23224πmrTke=Ⅰ模型Ⅱ中，电子和原子核的周期相同，均为TⅡ根据库仑定律和牛顿第二定律对电子有221224πkem rr T=⋅Ⅱ，解得221224πke Trr m=Ⅱ对原子核有222224πkeM rr T=⋅Ⅱ，解得222224πke Trr M=Ⅱ因r1+r2=r，可解得：()23224πmMrTke M m=+Ⅱ所以有T M mT M+=ⅠⅡ因为M>>m，可得TⅠ≈TⅡ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．2．如图所示，在光滑绝缘水平面上，质量为m的均匀绝缘棒AB长为L、带有正电，电量为Q且均匀分布．在水平面上O点右侧有匀强电场，场强大小为E，其方向为水平向左，BO距离为x0，若棒在水平向右的大小为QE/4的恒力作用下由静止开始运动．求：（1）棒的B端进入电场L/8时的加速度大小和方向；（2）棒在运动过程中的最大动能．（3）棒的最大电势能．（设O点处电势为零）【答案】（1）/8qE m ,向右（2）()48qE Lx+（3）0(2)6qE x L+【解析】【分析】【详解】（1）根据牛顿第二定律，得48QE L QE ma L -⋅＝解得 8QEa m＝，方向向右． （2）设当棒进入电场x 时，其动能达到最大，则此时棒受力平衡，有4QE QE x L ⋅＝ 解得14x L = 由动能定理得：()00044()()42442448K o QE QELQEQE L QE L E W x x x x x ＝＝＝＝+⨯∑+-+-+⨯（3）棒减速到零时，棒可能全部进入电场，也可能不能全部进入电场，设恰能全部进入电场， 则有：()0042QE QEx L L +-＝， 得 x 0=L ；()42QE QELL L ε+＝＝ 当x 0＜L ，棒不能全部进入电场，设进入电场x根据动能定理得()00 0042xQEQE L x x x ++--＝解之得：x则0 (4F QE W x ε+＝＝当x 0＞L ，棒能全部进入电场，设进入电场x ()()0042QE QEx x L QE x L +---＝ 得：023x Lx +＝ 则()()000242 4436QE x L x L QE QE x x ε+++⋅＝＝＝3．如图所示，在竖直平面内有一质量m ＝0.5 kg 、电荷量q ＝＋2×10－3 C 的带电小球，有一根长L ＝0.1 m 且不可伸长的绝缘轻细线系在一方向水平向右、分布的区域足够大的匀强电场中的O 点.已知A 、O 、C 点等高，且OA ＝OC ＝L ，若将带电小球从A 点无初速度释放，小球到达最低点B 时速度恰好为零，g 取10 m/s 2.(1)求匀强电场的电场强度E 的大小；(2)求小球从A 点由静止释放运动到B 点的过程中速度最大时细线的拉力大小； (3)若将带电小球从C 点无初速度释放，求小球到达B 点时细线张力大小. 【答案】（1）2.5×103 N/C （2）2－10) N （3）15N 【解析】 【详解】(1)小球到达最低点B 时速度为零，则0＝mgL －EqL . E ＝2.5×103 N/C(2) 小球到达最低点B 时速度为零，根据对称性可知，达到最大速度的位置为AB 弧的中点，即当沿轨迹上某一点切线方向的合力为零时，小球的速度有最大值，由动能定理有12mv 2－0＝mgL sin 45°－Eq (L －L cos 45°). m 2v L＝F －2mg cos 45°. F ＝2－10) N.(3)小球从C 运动到B 点过程，由动能定理得2102mgL qEL mV +=-. 解得：24V =在B 点02(cos 45)V T mg mL-= 以上各式联立解得T =15N.4．如图所示，高为h 的光滑绝缘直杆AD 竖直放置，在D 处有一固定的正点荷，电荷量为Q 。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷附答案
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷附答案一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均为Q ，其中A 带正电荷，B 带负电荷，A 、B 相距为2d 。
MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、电荷量为+q （可视为点电荷），现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的D 点时，速度为v 。
已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，若取无限远处的电势为零，试求：（1）在A 、B 所形成的电场中，C 的电势φC 。
（2）小球P 经过D 点时的加速度。
（3）小球P 经过与点电荷B 等高的E 点时的速度。
【答案】（1）222mv mgd q -（2）g 2kQq（32v 【解析】 【详解】（1）由等量异种电荷形成的电场特点可知，D 点的电势与无限远处电势相等，即D 点电势为零。
小球P 由C 运动到D 的过程，由动能定理得：2102CD mgd q mv ϕ+=- ① 0CD C D C ϕϕϕϕ=-=- ②222C mv mgd qϕ-= ③（2）小球P 经过D 点时受力如图：由库仑定律得：122(2)F F kd == ④由牛顿第二定律得：12cos 45cos 45mg F F ma +︒+︒= ⑤解得：a =g 2kQq⑥ （3）小球P 由D 运动到E 的过程，由动能定理得：221122DE B mgd q mv mv ϕ+=- ⑦ 由等量异种电荷形成的电场特点可知：DE CD ϕϕ= ⑧联立①⑦⑧解得：2B v v ⑨2．如图所示在粗糙绝缘的水平面，上有两个带同种正电荷小球M 和N ，N 被绝缘座固定在水平面上，M 在离N 点r 0处由静止释放，开始运动瞬间的加速度大小恰好为μg 。
已知静电常量为k ，M 和地面间的动摩擦因数为μ，两电荷均可看成点电荷，且N 的带电量为Q ，M 带电量为q ，不计空气阻力。
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷测试卷附答案
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷测试卷附答案一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．如图所示，两块竖直放置的平行金属板A 、B ，两板相距d ，两板间电压为U ，一质量为m 的带电小球从两板间的M 点开始以竖直向上的初速度v 0运动，当它到达电场中的N 点时速度变为水平方向，大小变为2v 0 求（1）M 、N 两点间的电势差（2）电场力对带电小球所做的功（不计带电小球对金属板上电荷均匀分布的影响，设重力加速度为g ）【答案】20MN Uv U dg=；【解析】 【详解】竖直方向上小球受到重力作用而作匀减速直线运动，则竖直位移大小为h =202v g小球在水平方向上受到电场力作用而作匀加速直线运动，则 水平位移x =022v t ⋅ h =2v t ⋅ 联立得，x =2h =20v g故M 、N 间的电势差为U MN =-Ex =-20v U d g =-20Uv gd从M 运动到N 的过程，由动能定理得 W 电+W G =12m 20(2)v -2012mv 所以联立解得W 电=202mv答：M 、N 间电势差为-20Uv gd，电场力做功202mv ．2．一个质量m =30g ，带电量为-1．7×10-8C 的半径极小的小球，用丝线悬挂在某匀强的电场中，电场线水平．当小球静止时，测得悬线与竖直方向成30o ，求该电场的电场强的大小和方向？【答案】7110/E N C =⨯，水平向右 【解析】 【分析】 【详解】小球在电场中受重力、电场力、拉力三个力，合力为零，则知电场力的方向水平向左，而小球带负电，电场强度的方向与负电荷所受电场力方向相反，所以匀强电场场强方向水平向右．由图，根据平衡条件得tan30qE mg =︒得tan 30mg E q︒=代入解得7110/E N C =⨯3．如图所示，两异种点电荷的电荷量均为Q ，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O 且与连线垂直，平面上A 、O 、B 三点位于同一竖直线上，AO BO L ==，点电荷到O 点的距离也为L 。
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷测试卷(含答案解析)
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷测试卷（含答案解析）一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．如图所示，两块竖直放置的平行金属板A 、B ，两板相距d ，两板间电压为U ，一质量为m 的带电小球从两板间的M 点开始以竖直向上的初速度v 0运动，当它到达电场中的N 点时速度变为水平方向，大小变为2v 0 求（1）M 、N 两点间的电势差（2）电场力对带电小球所做的功（不计带电小球对金属板上电荷均匀分布的影响，设重力加速度为g ）【答案】20MN Uv U dg=；【解析】 【详解】竖直方向上小球受到重力作用而作匀减速直线运动，则竖直位移大小为h =202v g小球在水平方向上受到电场力作用而作匀加速直线运动，则 水平位移x =022v t ⋅ h =2v t ⋅ 联立得，x =2h =20v g故M 、N 间的电势差为U MN =-Ex =-20v U d g =-20Uv gd从M 运动到N 的过程，由动能定理得 W 电+W G =12m 20(2)v -2012mv 所以联立解得W 电=202mv答：M 、N 间电势差为-20Uv gd，电场力做功202mv ．2．如图所示，在竖直平面内有一固定的光滑绝缘轨道，圆心为O ，半径为r ，A 、B 、C 、D 分别是圆周上的点，其中A 、C 分别是最高点和最低点，BD 连线与水平方向夹角为37︒。
该区间存在与轨道平面平行的水平向左的匀强电场。
一质量为m 、带正电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经过D 点时速度最大，重力加速度为g （已知sin370.6︒=，cos370.8︒=），求:(1)小球所受的电场力大小；(2)小球经过A 点时对轨道的最小压力。
【答案】（1）43mg ；（2）2mg ，方向竖直向上. 【解析】 【详解】（1）由题意可知 :tan 37mgF︒= 所以:43F mg =（2）由题意分析可知，小球恰好能做完整的圆周运动时经过A 点对轨道的压力最小. 小球恰好做完整的圆周运动时，在B 点根据牛顿第二定律有:2sin 37B v mgm r︒= 小球由B 运动到A 的过程根据动能定理有:()22111sin 37cos3722B A mgr Fr mv mv ︒︒--+=-小球在A 点时根据牛顿第二定律有:2AN v F mg m r+=联立以上各式得:2N F mg =由牛顿第三定律可知，小球经过A 点时对轨道的最小压力大小为2mg ，方向竖直向上.3．如图，在足够大的平行金属板间的水平匀强电场中，有一长为L 的轻质绝缘棒OA ，一端可绕O 点在竖直平面内自由转动，另一端A 处有一带负电、电量为q 、质量为m 的小球，当变阻器滑片在P 点处时，棒静止在与竖直方向成30°角的位置，如图所示。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(Word版 含解析)
E＝2.5×103N/C
(2)小球到达最低点B时速度为零，根据对称性可知，达到最大速度的位置为AB弧的中点，即当沿轨迹上某一点切线方向的合力为零时，小球的速度有最大值，由动能定理有
mv2－0＝mgLsin 45°－Eq(L－Lcos 45°).
m ＝F－2mgcos 45°.
F＝(15 －10) N.
由力的合成可知：
mg=qE•tanθ
可得： ，方向水平向左．
（2）微粒从A到B做匀减速直线运动，则当vB=0时，粒子进入电场速度vA最小.由动能定理：
代入数据得：vA=
5．如图所示，长 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向夹角θ=37°。已知小球所带电荷量 ，匀强电场的场强 ，取重力加速度 ， 。求：
3．如图，在足够大的平行金属板间的水平匀强电场中，有一长为L的轻质绝缘棒OA，一端可绕O点在竖直平面内自由转动，另一端A处有一带负电、电量为q、质量为m的小球，当变阻器滑片在P点处时，棒静止在与竖直方向成30°角的位置，如图所示。已知此时BP段的电阻为R，平行金属板间的水平距离为d。
（1）求此时金属板间电场的场强大小E1；
E3=3E1=
小球摆动速度最大时棒与竖直方向夹角为60°，如右图所示。
根据动能定理有：
E3qL（sin60°-sin30°）-mgL（cos30°-cos60°）=Ek-0
Ek=(2- )mgL
4．—个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ=53°，已知带电微粒的质量m=1.0×10－7kg，电荷量q=1.0×10－10C，A、B相距L=20cm．(取g=10m/s2)．求：
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高中物理必修3物理全册全单元精选试卷测试卷（含答案解析）一、必修第3册静电场及其应用解答题易错题培优（难）1.竖直放置的平行金属板A、B带等量异种电荷（如图），两板之间形成的电场是匀强电场.板间用绝缘细线悬挂着的小球质量m=4.0xl0-5kg,带电荷量q=3 . OxlO-c,平衡时细线与竖直方向之间的夹角a=37。
.求：（1）A、B之间匀强电场的场强多大？⑵若剪断细线，计算小球运动的加速度，小球在A、B板间将如何运动？【答案】⑴E=1X1（）3N/C（2） 12.5m/s2【解析】【详解】（1）小球受到重力mg、电场力F和绳的拉力7■的作用，由共点力平衡条件有：F=qE=mgtar\a解得：E = 〃吆㈣J 4 x 10一、x 10 x 0.75 = ] 0 * ]即q3x10"匀强电场的电场强度的方向与电场力的方向相同，即水平向右：（2）剪断细线后，小球做偏离竖直方向，夹角为37。
匀加速直线运动，设其加速度为a 由牛顿第二定律有：cos。
解得：a = ―-- = 12.5ni/s2cos 8【点睛】本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此后小球的运动情况.2.如图，在足够大的平行金属板间的水平匀强电场中，有一长为1的轻质绝缘棒OA, 端可绕O点在竖直平而内自由转动，另一端A处有一带负电、电量为q、质量为m的小球，当变阻器滑片在P点处时，棒静止在与竖直方向成30。
角的位置，如图所示。
已知此时BP段的电阻为R,平行金属板间的水平距离为或（1）求此时金属板间电场的场强大小日;（2）若金属板旋转30° （图中虚线表示），并移动滑片P的位置，欲使棒能静止的位置与竖直方向的夹角不变，BP段的电阻？应调节为多大？（3）若金属板不转动，将BP段的电阻突然调行为3R,则棒摆动中小球最大动能为多少?【解析】【详解】（1）由平衡可知£ig=mgtan300解得u 岛琢fi=——3q（2）金属板旋转30。
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一、必修第3册静电场及其应用解答题易错题培优（难）
1．如图所示，空间存在方向水平向右的匀强电场，两个可视为点电荷的带电小球P和Q用绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，已知匀强电场强度为E，两小球之间的距离为L，PQ连线与竖直方向之间的夹角为θ，静电常数为k
(1)试确定小球B的带电性质；
(2)求小球B的电荷量；
(3)若出于某种原因，小球B在某时刻突然不带电，求小球A下滑到与小球B在同一水平线的杆上某处时，重力对小球做功的功率．
【答案】(1)带正电 (2) (3)
【解析】
【分析】
（1）由题意A静止且与杆无摩擦，说明A只受重力和库仑力，故AB之相互排斥，A的受力才能平衡，可知B的电性
即
所以物体在轨道AB上运动时，重力和电场力的合力与轨道AB垂直，对物体做的总功为W=0；
(2)从A→B过程，根据受力分析可知，物体下滑过程受到的滑动摩擦力为：
f=μFN=μ(mgcos +qEsin )
代入数据解得：
f=1N
A→C过程，由动能定理得：
可得：
在C点，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
（2）由库仑定律可得AB间的库仑力，在对A列平衡方程可得B的电量
（3）B不带电后A只受重力，故由机械能守恒，可得A的速度，进而得到重力功率
【详解】
(1)根据题意：小球A受到B的库仑力必与A受到的重力平衡，即A、B之间相互排斥，所以B带正电．
(2)由库仑定律，B对A的库仑力为F＝ ，
由平衡条件有mg＝
得：
5．如图所示，AB为固定在竖直平面内粗糙倾斜轨道，BC为光滑水平轨道，CD为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，且AB与BC通过一小段光滑弧形轨道相连，BC与弧CD相切。已知AB长为L=10m，倾角θ= ，BC长s=4m，CD弧的半径为R=2m，O为其圆心，∠COD= 。整个装置处在水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E=1×103N/C。一质量为m=0.4kg、电荷量为q=+3×10-3C的物体从A点以初速度vA=15m/s沿AB轨道开始运动。若物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ=0.2，sin =0.6，cos =0.8，g=10m/s2，物体运动过程中电荷量不变。求：
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷（含答案解析）一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．竖直放置的平行金属板A 、B 带等量异种电荷(如图)，两板之间形成的电场是匀强电场．板间用绝缘细线悬挂着的小球质量m=4．0×10－5kg ，带电荷量q=3．0×10－7C ，平衡时细线与竖直方向之间的夹角α=37°．求：(1)A 、B 之间匀强电场的场强多大?(2)若剪断细线，计算小球运动的加速度，小球在A 、B 板间将如何运动? 【答案】(1)E =1×103N/C (2) 12.5m/s 2 【解析】 【详解】（1）小球受到重力mg 、电场力F 和绳的拉力T 的作用，由共点力平衡条件有：F =qE =mg tan α解得：537tan 410100.75 1.010N/C 310mg E q α--⨯⨯⨯===⨯⨯ 匀强电场的电场强度的方向与电场力的方向相同，即水平向右；（2）剪断细线后，小球做偏离竖直方向，夹角为37°匀加速直线运动，设其加速度为a 由牛顿第二定律有：cos mgma θ= 解得：212.5m/s cos ga θ== 【点睛】本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此后小球的运动情况．2．如图，在足够大的平行金属板间的水平匀强电场中，有一长为L 的轻质绝缘棒OA ，一端可绕O 点在竖直平面内自由转动，另一端A 处有一带负电、电量为q 、质量为m 的小球，当变阻器滑片在P 点处时，棒静止在与竖直方向成30°角的位置，如图所示。
已知此时BP 段的电阻为R ，平行金属板间的水平距离为d 。
（1）求此时金属板间电场的场强大小E 1；（2）若金属板旋转30°（图中虚线表示），并移动滑片P 的位置，欲使棒能静止的位置与竖直方向的夹角不变，BP 段的电阻R ’应调节为多大？（3）若金属板不转动，将BP段的电阻突然调节为3R，则棒摆动中小球最大动能为多少？【答案】(1)3mg(2)32R (3) (2-3)mgL【解析】【详解】（1）由平衡可知E1q=mg tan30°解得E1=3mg（2）金属板旋转30°后电场强度方向也相应旋转30°，而合力方向仍与竖直方向成30°角，受力如右图所示。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷（含答案解析）一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．我们可以借鉴研究静电场的方法来研究地球周围空间的引力场，如用“引力场强度”、“引力势”的概念描述引力场。
已知地球质量为M ，半径为R ，万有引力常量为G ，将地球视为均质球体，且忽略自转。
(1)类比电场强度的定义方法，写出地球引力场的“引力场强度E ”的定义式，并结合万有引力定律，推导距离地心为r （r >R ）处的引力场强度的表达式2=GM E r 引； (2)设地面处和距离地面高为h 处的引力场强度分别为E 引和'E 引，如果它们满足'0.02E E E -≤引引引，则该空间就可以近似为匀强场，也就是我们常说的重力场。
请估算地球重力场可视为匀强场的高度h （取地球半径R =6400km ）；(3)某同学查阅资料知道:地球引力场的“引力势”的表达式为=-G Mrϕ引（以无穷远处引力势为0）。
请你设定物理情景，简要叙述推导该表达式的主要步骤。
【答案】(1)引力场强度定义式FE m=引，推导见解析；(2)h =64976m ；(3)推导见解析. 【解析】 【分析】 【详解】(1)引力场强度定义式F E m=引 2MmF Gr = 联立得2M E Gr =引 (2)根据题意2M E GR =引 '2M E G r=引 '0.02E E E -=引引引h r R R =-=解得h =64976m(3)定义式引力势=p E mϕ引，式中p E 为某位置的引力势能把某物体从无穷远移动到某点引力做的功=0-=-p p W E E 引即=-p E W 引则当质量为m 的物体自无穷远处移动到距离地球r 处时，引力做功为W 引 通过计算得0MmW Gr =引＞ 所以=-p MmE Gr =-M Grϕ引2．“顿牟掇芥”是两千多年前我国古人对摩擦起电现象的观察记录，经摩擦后带电的琥珀能吸起小物体，现用下述模型分析研究。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷试卷(word版含答案)
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷试卷（word 版含答案）一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．（1）科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远小于两星体间的距离，一般双星系统距离其它星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M 0，两者相距L ，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G ．①求该双星系统中每个星体的线速度大小v ；②如果质量分别为m 1和m 2的质点相距为r 时，它们之间的引力势能的表达式为12p m m E Gr=-，求该双星系统的机械能． （2）微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．假设核外电子的质量为m ，氢原子核的质量为M ，二者相距为r ，静电力常量为k ，电子和氢原子核的电荷量均为e ．已知电荷量分别为+q 1和-q 2的点电荷相距为r 时，它们之间的电势能的表达式为12p q q E kr=-． ①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量分别用E Ⅰ、 E Ⅱ表示，请推理分析，比较E Ⅰ、 E Ⅱ的大小关系； ②模型Ⅰ、Ⅱ中电子做匀速圆周运动的线速度分别用v Ⅰ、v Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从线速度的角度分析这样做的合理性．【答案】（1）①v =②202M G L -（2）①2-2ke r②模型Ⅰ的简化是合理的【解析】（1）① 22002/2M M v G L L =，解得 v =②双星系统的动能2200k 0012222GM GM E M v M L L =⨯==，双星系统的引力势能20P GM E L =-，该双星系统的机械能E=E k +E p =202M G L - （2）①对于模型Ⅰ：22I 2mv ke r r =，此时电子的动能E k Ⅰ=22ke r又因电势能2pI e E k r =-，所以E Ⅰ= E k Ⅰ+E p Ⅰ=2-2ke r对于模型Ⅱ：对电子有：22121mvker r=，解得22112mv rrke=对于原子核有：22222Mvker r=，解得22222Mv rrke=因为r1+r2=r，所以有22221222+mv r Mv rr ke ke=解得E kⅡ=2 221211222ke mv Mvr+=又因电势能2peE kr=-Ⅱ，所以EⅡ= E kⅡ+E pⅡ=2-2ker即模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量相等，均为2 -2 ker②解法一：模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有22II2=mvkem vr rω=，解得2I2=kevm rω模型Ⅱ中：对电子有：22II1II21=mvkem vr rω=，解得2II21=kevm rω对于原子核有：22222=ke MvM vr rω=，因ω1=ω2，所以mvⅡ=Mv又因原子核的质量M远大于电子的质量m，所以vⅡ>>v，所以可视为M静止不动，因此ω1=ω2=ω，即可视为vⅠ=vⅡ．故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的．②解法二：模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有22I2mvker r=，解得Iv模型Ⅱ中：库仑力提供向心力：222122=kemr Mrrωω== (1)解得12=r Mr m；又因为r1+r2=r所以1=Mrm M+2=mrm M+带入（1）式：ω=所以：1v r ω=Ⅱ2v r ω=又因原子核的质量M 远大于电子的质量m ，所以v Ⅱ>>v ，所以可视为M 静止不动；故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的．2．(1)科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远小于两星体间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M 0，两者相距L ，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G ． 求： ①该双星系统中星体的加速度大小a ； ②该双星系统的运动周期T ．(2)微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．已知核外电子的质量为m ，氢原子核的质量为M ，二者相距为r ，静电力常量为k ，电子和氢原子核的电荷量大小均为e ．①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用E k Ⅰ、 E k Ⅱ表示，请推理分析，比较E k Ⅰ、 E k Ⅱ的大小关系；②模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期分别用T Ⅰ、T Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从周期的角度分析这样简化处理的合理性．【答案】(1) ①02GM a L = ②2T = (2) ①2k k II =2ke E E r=Ⅰ ②T T ⅠⅡ为M >>m ，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便． 【解析】 【详解】(1)①根据万有引力定律和牛顿第二定律有：2002GM M a L=解得02GM a L =②由运动学公式可知，224π2La T =⋅解得2T =(2)①模型Ⅰ中，设电子绕原子核的速度为v ，对于电子绕核的运动，根据库仑定律和牛顿第二定律有222ke mv r r=解得：22k 122ke E mv r==Ⅰ模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为v 1、v 2，电子的运动半径为r 1，原子核的运动半径为r 2．根据库仑定律和牛顿第二定律 对电子有：22121mv ke r r =，解得22k11121=22ke E mv r r=对于原子核有：22222=Mv ke r r ，解得22k22221=22ke E Mv r r=系统的总动能：E k Ⅱ=E k1+ E k2=()2212222ke ke r r r r+=即在这两种模型中，系统的总动能相等．②模型Ⅰ中，根据库仑定律和牛顿第二定律有22224πke m r r T =Ⅰ，解得23224πmr T ke =Ⅰ 模型Ⅱ中，电子和原子核的周期相同，均为T Ⅱ 根据库仑定律和牛顿第二定律对电子有221224πke m r r T =⋅Ⅱ， 解得221224πke T r r m =Ⅱ对原子核有222224πke M r r T =⋅Ⅱ， 解得222224πke T r r M=Ⅱ因r 1+r 2=r ，可解得：()23224πmMr T ke M m =+Ⅱ所以有T T =ⅠⅡ 因为M >>m ，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．3．如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为R 的1/6圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A 、B 两点相切，圆弧杆的圆心O 处固定着一个带正电的点电荷．现有一质量为m速度通过A 点，小球能够上滑的最高点为C ，到达C 后，小球将沿杆返回．若∠COB =30°，小球第一次过A 点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为83mg ，从A 至C 小球克服库仑力做的功为22mgR -，重力加速度为g ．求：(1)小球第一次到达B 点时的动能； (2)小球在C 点受到的库仑力大小；(3)小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力．（结果用m 、g 、R 表示） 【答案】（1）56mgR （2）34mg （3）2(833)- 【解析】 【分析】（1）由动能定理求出小球第一次到达B 点时的动能．（2）小球第一次过A 点后瞬间，由牛顿第二定律和库仑定律列式．由几何关系得到OC 间的距离，再由库仑定律求小球在C 点受到的库仑力大小．（3）由动能定理求出小球返回A 点前瞬间的速度，由牛顿运动定律和向心力公式求解小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力． 【详解】（1）小球从A 运动到B ，AB 两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得：()0211cos602KB A mgR E mv --=-代入数据解得：56KB E mgR =（2）小球第一次过A 时，由牛顿第二定律得：22A v QqN k mg m R R+-=由题可知：83N mg =联立并代入数据解得：2Qqkmg R= 由几何关系得，OC 间的距离为：23cos30R r R ==︒小球在C 点受到的库仑力大小 ：2223Qq QqF kk r ==⎫⎪⎝⎭库联立解得3=4F mg 库 （3）从A 到C ，由动能定理得：2102f A W mgR W mv ---=-电从C 到A ，由动能定理得：212f A W mgR W mv +='-电 由题可知：23W mgR -=电 小球返回A 点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N ′，由牛顿第二定律得：22Av Qq N k mg mR R'-'+= 联立以上解得： ()28333N mg -'=，根据牛顿第三定律得，小球返回A 点时，对圆弧杆的弹力大小为()28333mg -，方向向下．4．如图所示，一光滑斜面的直角点A 处固定一带电量为+q ，质量为m 的绝缘小球。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷（含答案解析）一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．如图所示，把一个倾角为θ的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E ，有一质量为m 、带电荷量为＋q 的物体，以初速度v 0从A 端滑上斜面恰好能沿斜面匀速运动，求物体与斜面间的动摩擦因数．【答案】cos sin cos sin qE mg mg qE θθθθ-+【解析】 【分析】 【详解】物体做匀速直线运动，由平衡条件得：在垂直于斜面方向上：N=mgcosθ+qEsinθ…① 在平行与斜面方向上：f+mgsinθ=qEcosθ…② 滑动摩擦力：f=μN…③ 由①②③可得：f qEcos mgsin N mgcos qEsin θθμθθ-=+＝ ． 【点睛】本题考查了学生受力分析及力的合成以及摩擦定律的相关知识，正确的受力分析是正确解题的关键，学会用正交分解法处理多力合成问题．2．如图所示，在光滑绝缘水平面上B 点的正上方O 处固定一个质点，在水平面上的A 点放另一个质点，两个质点的质量均为m ，带电量均为+Q 。
C 为AB 直线上的另一点（O 、A 、B 、C 位于同一竖直平面上），AO 间的距离为L ，AB 和BC 间的距离均为2L，在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止。
试问： (1)该匀强电场的场强多大？其方向如何？(2)给A 处的质点一个指向C 点的初速度，该质点到达B 点时所受的电场力多大？ (3)若初速度大小为v 0，质点到达C 点时的加速度和速度分别多大？【答案】(1)22kQ L ，方向由A 指向C ；(2)22736kQ L ；(3)22kQ mL 220kQ v mL+【解析】 【分析】(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止，对A 进行受力分析，根据平衡条件求解。
(2)质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和水平向右的电场力，根据力的合成求解 (3)根据牛顿第二定律求出加速度，根据动能定理求出C 点时速度。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷（含答案解析）一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置．在管子的底部固定一电荷量为Q （Q ＞0）的点电荷．在距离底部点电荷为h 2的管口A 处，有一电荷量为q （q ＞0）、质量为m 的点电荷由静止释放，在距离底部点电荷为h 1的B 处速度恰好为零．现让一个电荷量为q 、质量为3m 的点电荷仍在A 处由静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，则该点电荷运动过程中：（1）定性分析点电荷做何运动？（从速度与加速度分析） （2）速度最大处与底部点电荷的距离 （3）运动到B 处的速度大小【答案】（1）先做加速度减小的加速，后做加速度增大的减速运动； （2）3KQqr mg=（3）2123()3B v g h h =-【解析】 【详解】（1）由题意知，小球应先做加速运动，再做减速运动，即开始时重力应大于库仑力；而在下落中，库仑力增大，故下落时加速度先减小，后增大；即小球先做加速度减小的加速，后做加速度增大的减速运动；（2）当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，23kQqF mg r 库==解得：3kQqr mg=（3）点电荷在下落中受重力和电库仑力，由动能定理可得：mgh +W E =0；即W E =-mgh ；当小球质量变为3m 时，库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能定理可得：3mgh-mgh =123mv 2； 解得：2123()3B v g h h =- 点睛：本题综合考查动力学知识及库仑力公式的应用，解题的关键在于明确物体的运动过程；同时还应注意点电荷由静止开始运动，故开始时重力一定大于库仑力．2．竖直放置的平行金属板A 、B 带等量异种电荷(如图)，两板之间形成的电场是匀强电场．板间用绝缘细线悬挂着的小球质量m=4．0×10－5kg ，带电荷量q=3．0×10－7C ，平衡时细线与竖直方向之间的夹角α=37°．求：(1)A 、B 之间匀强电场的场强多大?(2)若剪断细线，计算小球运动的加速度，小球在A 、B 板间将如何运动? 【答案】(1)E =1×103N/C (2) 12.5m/s 2 【解析】 【详解】（1）小球受到重力mg 、电场力F 和绳的拉力T 的作用，由共点力平衡条件有：F =qE =mg tan α解得：537tan 410100.75 1.010N/C 310mg E q α--⨯⨯⨯===⨯⨯ 匀强电场的电场强度的方向与电场力的方向相同，即水平向右；（2）剪断细线后，小球做偏离竖直方向，夹角为37°匀加速直线运动，设其加速度为a 由牛顿第二定律有：cos mgma θ= 解得：212.5m/s cos ga θ== 【点睛】本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此后小球的运动情况．3．万有引力和库仑力有类似的规律，有很多可以类比的地方。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷试卷（word 版含答案）一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．如图所示,ABCD 竖直放置的光滑绝缘细管道,其中AB 部分是半径为R 的1/4圆弧形管道,BCD 部分是固定的水平管道,两部分管道恰好相切于B ．水平面内的M 、N 、B 三点连线构成边长为L 等边三角形,MN 连线过C 点且垂直于BCD ．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M 、N 两点,电荷量分别为+Q 和-Q.现把质量为m 、电荷量为+q 的小球(小球直径略小于管道内径,小球可视为点电荷),由管道的A 处静止释放,已知静电力常量为k,重力加速度为g.求:(1)小球运动到B 处时受到电场力的大小; (2)小球运动到C 处时的速度大小;(3)小球运动到圆弧最低点B 处时,小球对管道压力的大小.【答案】（1）2qQ k L （22gR （322229qQ k m g L ⎛⎫+ ⎪⎝⎭【解析】 【分析】 【详解】（1）设小球在圆弧形管道最低点B 处分别受到+Q 和-Q 的库仑力分别为F 1和F 2．则122qQ F F kL＝＝① 小球沿水平方向受到的电场力为F 1和F 2的合力F ，由平行四边形定则得F=2F 1cos60° ② 联立①②得2qQF kL ＝③ （2）管道所在的竖直平面是+Q 和-Q 形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有mgR ＝12mv C 2−0 ④ 解得2C v gR ＝（3）设在B 点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为N By ，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得2B By v N mg m R-＝⑥ v B =v C ⑦联立⑤⑥⑦解得N By =3mg⑧设在B 点管道对小球在水平方向的压力的分力为N Bx，则2Bx qQN F kL ＝＝⑨ 圆弧形管道最低点B 处对小球的压力大小为2222229()?B Bx BY qQ N N N m g kL ++＝＝．⑩ 由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B 的压力大小为2222 9()?B B qQ N N m g kL'+＝＝2．“顿牟掇芥”是两千多年前我国古人对摩擦起电现象的观察记录，经摩擦后带电的琥珀能吸起小物体，现用下述模型分析研究。
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高中物理必修3物理全册全单元精选试卷测试卷（含答案解析）(1)一、必修第3册静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为m A＝0.1 kg和m B＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6 C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A 从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔE p＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．【答案】（1）f=0.4N （2）2.1336W【解析】试题分析：（1）根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：由平衡条件所得：对A有：m A gsin θ＝F T①对B有：qE＋f0＝F T②代入数据得f0＝0．4 N ③（2）根据题意，A到N点时，对两物体受力分析如图所示：由牛顿第二定律得：对A有：F＋m A gsin θ－F′T－F k sin θ＝m A a ④对B有：F′T－qE－f＝m B a ⑤其中f＝μm B g ⑥F k ＝kx ⑦由电场力做功与电势能的关系得ΔE p ＝qEd ⑧ 由几何关系得x ＝－⑨A 由M 到N ，由v －v ＝2ax 得A 运动到N 的速度v ＝⑩拉力F 在N 点的瞬时功率P ＝Fv ⑪ 由以上各式，代入数据P ＝0．528 W ⑫考点：受力平衡 、牛顿第二定律、能量转化与守恒定律、功率【名师点睛】静止时，两物体受力平衡，列方程求解．A 从M 到N 的过程中做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可列出力的关系方程．根据能量转化与守恒定律可列出电场力做功与电势能变化的关系方程．根据匀加速直线运动速度位移公式，求出运动到N 的速度，最后由功率公式求出功率．2．如图所示,ABCD 竖直放置的光滑绝缘细管道,其中AB 部分是半径为R 的1/4圆弧形管道,BCD 部分是固定的水平管道,两部分管道恰好相切于B ．水平面内的M 、N 、B 三点连线构成边长为L 等边三角形,MN 连线过C 点且垂直于BCD ．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M 、N 两点,电荷量分别为+Q 和-Q.现把质量为m 、电荷量为+q 的小球(小球直径略小于管道内径,小球可视为点电荷),由管道的A 处静止释放,已知静电力常量为k,重力加速度为g.求:(1)小球运动到B 处时受到电场力的大小; (2)小球运动到C 处时的速度大小;(3)小球运动到圆弧最低点B 处时,小球对管道压力的大小.【答案】（1）2qQ k L （22gR （322229qQ k m g L ⎛⎫+ ⎪⎝⎭【解析】 【分析】 【详解】（1）设小球在圆弧形管道最低点B 处分别受到+Q 和-Q 的库仑力分别为F 1和F 2．则122qQ F F kL ＝＝① 小球沿水平方向受到的电场力为F 1和F 2的合力F ，由平行四边形定则得F=2F 1cos60° ② 联立①②得2qQF kL ＝③（2）管道所在的竖直平面是+Q 和-Q 形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有mgR ＝12mv C 2−0 ④ 解得2C v gR ＝⑤（3）设在B 点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为N By ，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得2B By v N mg m R-＝⑥ v B =v C ⑦联立⑤⑥⑦解得N By =3mg⑧设在B 点管道对小球在水平方向的压力的分力为N Bx ，则2Bx qQN F kL ＝＝⑨ 圆弧形管道最低点B 处对小球的压力大小为2222229()?B Bx BY qQ N N N m g kL++＝＝．⑩ 由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B 的压力大小为2222 9()?B B qQ N N m g kL'+＝＝3．如图所示，单层光滑绝缘圆形轨道竖直放置，半径r=lm ，其圆心处有一电荷量Q =+l×l0-4C 的点电荷，轨道左侧是一个钢制“隧道”，一直延伸至圆形轨道最低点B ；在“隧道”底部辅设绝缘层。
“隧道”左端固定一弹簧，用细线将弹簧与一静止物块拴接，初始状态弹簧被压缩，物块可看成质点，质量m=0.1kg ，电荷量q =-23×10-6C ，与“隧道”绝缘层间的动摩擦因数μ=0.2。
剪断细线，弹簧释放弹性势能E p ，促使物块瞬间获得初速度（忽略加速过程）。
之后物块从A 点沿直线运动至B 点后沿圆形轨道运动，恰好通过最高点C 。
其中l AB =2m ，设物块运动时电荷量始终不变，且不对Q 的电场产生影响，不计空气阻力，静电力常量为k = 9.0×l09N·m 2/C 2。
求： （1）物块在最高点C 时的速度大小；（2）物块在圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小； （3）弹簧压缩时的弹性势能E p 和物块初速度v A 。
【答案】(1) 4m/s (2) 6N (3) 3.2J, 8m/s 【解析】 【详解】（1）物块恰好通过最高点C ，轨道对物块没有作用力，由牛顿第二定律得2Cv mg F mr+=库其中2Qq F kr=库 解得v C =4m/s（2）B →C 过程，由动能定理得2211222C B mv v mg r m -⋅=- 解得B v =在B 点，由牛顿第二定律得2BNB v F F mg mr+-=库解得F NB =6N根据牛顿第三定律知物块在圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小 F NB ′=F NB =6N 。
（3）A→B ，由动能定理得221122AB B A mv f v l m -=- 又 f=μmg 解得v A =8m/s弹簧压缩时的弹性势能212p A E mv =解得E p =3.2J4．如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一“L ”形的光滑绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，管的水平部分长L 1=0.2m ，管的水平部分离水平地面的距离为h =5.0m ，竖直部分长为L 2=0.1m ．一带正电的小球从管口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分（长度极短可不计）时没有能量损失，小球受到的电场力大小为重力的一半．（g =10m/s 2）求：（1）小球运动到管口B时的速度v B大小；（2）小球着地点与管口B的水平距离s．【答案】（1）2.0m/s；（2）4.5m．【解析】【分析】【详解】（1）在小球从A运动到B的过程中，对小球由动能定理得：12mv B2－0=mgL2+F电L1①由于小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，即F电=12mg②代入数据得：v B=2.0m/s；③小球运动到管口B时的速度大小为2.0m/s；（2）小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，位移为s，在空中运动的时间为t，水平方向有：a=g/2 ④s=v0t+12at2⑤竖直方向有：h=12gt2⑥由③～⑥式，并代入数据可得：s=4.5m5．如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为R的1/6圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A、B两点相切，圆弧杆的圆心O处固定着一个带正电的点电荷．现有一质量为m 83 gR速度通过A点，小球能够上滑的最高点为C，到达C后，小球将沿杆返回．若∠COB=30°，小球第一次过A点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为83mg，从A至C小球克服库仑力做的功为232mgR，重力加速度为g．求：(1)小球第一次到达B 点时的动能； (2)小球在C 点受到的库仑力大小；(3)小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力．（结果用m 、g 、R 表示） 【答案】（1）56mgR （2）34mg （3）2(833)- 【解析】 【分析】（1）由动能定理求出小球第一次到达B 点时的动能．（2）小球第一次过A 点后瞬间，由牛顿第二定律和库仑定律列式．由几何关系得到OC 间的距离，再由库仑定律求小球在C 点受到的库仑力大小．（3）由动能定理求出小球返回A 点前瞬间的速度，由牛顿运动定律和向心力公式求解小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力． 【详解】（1）小球从A 运动到B ，AB 两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得：()0211cos602KB A mgR E mv --=-代入数据解得：56KB E mgR =（2）小球第一次过A 时，由牛顿第二定律得：22A v QqN k mg m R R+-=由题可知：83N mg =联立并代入数据解得：2Qqkmg R= 由几何关系得，OC 间的距离为：23cos30R r R ==︒小球在C 点受到的库仑力大小 ：2223Qq QqF kk r ==⎫⎪⎝⎭库联立解得3=4F mg 库 （3）从A 到C ，由动能定理得：2102f A W mgR W mv ---=-电从C 到A ，由动能定理得：212f A W mgR W mv +='-电 由题可知：23W mgR -=电 小球返回A 点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N ′，由牛顿第二定律得：22Av Qq N k mg mR R'-'+= 联立以上解得： ()28333N mg -'=，根据牛顿第三定律得，小球返回A 点时，对圆弧杆的弹力大小为()28333mg -，方向向下．6．如图所示，小球的质量为0.1kg m =，带电量为51.010C q -=⨯，悬挂小球的绝缘丝线与竖直方向成30θ=︒时，小球恰好在水平向右的匀强电场中静止不动．问：（1）小球的带电性质； （2）电场强度E 的大小；（3）若剪断丝线，求小球的加速度大小．【答案】（1）小球带正电 （2）45.7710N /C E =⨯ （3）211.54m /s a = 【解析】 【详解】（1）对小球进行受力分析，如图；由电场力的方向可确定小球带正电；（2）根据共点力平衡条件，有qE=mgtan300 解得：4531303=/ 5.7710/10mgtan E N C N C q -⨯≈⨯＝（3）当线断丝线后，小球的合力为030mgF cos ＝由牛顿第二定律，则有：220/11.54/cos303F g a m s m sm ==＝＝ 小球将做初速度为零，加速度的方向沿着线的反向，大小为11.54m/s 2，匀加速直线运动． 【点睛】本题关键是对小球受力分析，明确带电小球受电场力、细线的拉力和重力，根据共点力平衡条件及牛顿第二定律列示求解．二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优（难）7．如图所示，从电子枪射出的电子束（初速度不计）经电压U 1=2000V 加速后，从一对金属板Y 和Y′正中间平行金属板射入，电子束穿过两板空隙后最终垂直打在荧光屏上的O 点．若现在用一输出电压为U 2=160V 的稳压电源与金属板YY′连接，在YY′间产生匀强电场，使得电子束发生偏转．若取电子质量为9×10﹣31kg ，YY′两板间距d=2．4cm ，板长l=6．0cm ，板的末端到荧光屏的距离L=12cm ．整个装置处于真空中，不考虑重力的影响，试回答以下问题：（1）电子束射入金属板YY′时速度为多大？（2）加上电压U 2后电子束打到荧光屏上的位置到O 点的距离为多少？（3）如果两金属板YY′间的距离d 可以随意调节（保证电子束仍从两板正中间射入），其他条件都不变，试求电子束打到荧光屏上的位置到O 点距离的取值范围． 【答案】（1）2．67×107m/s ；（2）15mm ；（3）0～30mm ． 【解析】 【分析】【详解】（1）根据动能定理，设电子在加速电极作用下获得速度为v0，有21012U e mv=，解得：12U evm=…①代入数据解得：77810/ 2.6710/3v m s m s=⨯≈⨯；（2）电子穿过偏转电极过程中，在沿初速度方向做匀速直线运动有l=v0t…②在沿电场方向受力为F=Eq…③根据匀强电场性质U2=Ed…④根据牛顿第二定律F=ma…⑤根据匀变速直线运动规律，在出偏转电场时其在电场方向位移为[来212y at=…⑥根据①﹣⑥式可推得：2214U lydU=…⑦此时在电场方向上的分速度为：v y=at…⑧出电场后电子做直线运动最终打在荧光屏上，距离O点的距离设为y´，根据几何关系及①⑦⑧可得()2122´4U l l Ll Ly yl dU++==…⑨将数据代入⑦式可得y=3mm＜2d，所以此时电子可以射出偏转电场于是将数据代入⑨式可得y′=15mm（3）d越小则偏转电场越强，电子的偏转也越厉害，但是同时两板间距缩小电子更容易打在极板上，所以电子的偏转应有最大值，且临界条件为电子刚好擦YY´极板而出．即：2dy=…⑩联立⑦式代入数据可解得此时：y=6mm，继续代入⑨式可得此时：y′=30mm，所以电子束打到荧光屏上的位置到O点距离的取值范围为0～30mm；8．如图，xOy为竖直面内的直角坐标系，y轴正向竖直向上，空间中存在平行于xOy所在平面的匀强电场。