云南省云南师范大学附属中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

云南省云南师范大学附属中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题一、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B N ．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B B N N '＝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：22I2mvker r=，此时电子的动能E kⅠ=22ker又因电势能2pIeE kr=-，所以EⅠ= E kⅠ+E pⅠ=2-2ker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：()2ke M m rMmω+=，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．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 可视为质点的带负电小球穿在水平杆上，以方向水平向右、大小等于83gR 的速度通过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23mgR -，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：cos303R r R ==︒小球在C 点受到的库仑力大小 ：22Qq 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：W =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：(283N 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(283mg -，方向向下．4．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔。

质量为m 、电荷量为+q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（不计空气阻力，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g ）。

求：（1）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； （2）小球从开始下落运动到下极板的时间. 【答案】（1）()mg h d E qd +=，()mgC h d Q q +=（2）2h dht hg+=【解析】 【详解】(1)对从释放到到达下极板处过程的整个过程，由动能定理得：()0mg h d qEd +-=解得：()mg h d E qd+=电容器两极板间的电压为：()mg h d U Ed q +==故电容器的带电量为：()mgC h d Q CU q +==(2)小球到达小孔前是自由落体运动，则有:2112h gt =得:12h t g=根据速度位移关系公式，有： v 2=2gh得:2v gh取竖直向下为正方向，根据动量定理对减速过程有：2()0mg qE t mv -=-小球从开始下落运动到下极板的时间t =t 1+t 2 联立解得：2h d h t h g+=5．—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/s 2)．求：(1)电场强度的大小和方向；(2)要使微粒从A 点运动到B 点，微粒射入电场时的最小速度是多少． 【答案】（1）7.5×10 3 V/m,方向水平向左 (2)5m/s 【解析】 【详解】(1)带电微粒做直线运动，所受的合力与速度在同一直线上，则带电微粒受力如图所示；由图可知，合力与速度方向相反；故粒子一定做匀减速直线运动； 由力的合成可知：mg =qE •tan θ可得：37.510V/m tan mgE q θ==⨯，方向水平向左． （2）微粒从A 到B 做匀减速直线运动，则当v B =0时，粒子进入电场速度v A 最小.由动能定理：21sin cos 02A mgL qEL mv θθ--=-代入数据得：v A 5m/s6．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：22/11.54/cos303F g a s m s m ==＝＝ 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．如图以y 轴为边界，右边是一个水平向左的41110E =⨯匀强电场，左边是一个与水平方向成45°斜向上的2E =42102N/C 匀强电场，现有一个质量为m=1.0g ，带电量q =1.0×10－6C 小颗粒从坐标为（0.1，0.1）处静止释放．忽略阻力，g=10m/s 2． 求：（1）第一次经过y 轴时的坐标及时间（2）第二次经过y 轴时的坐标【答案】（1）第一次经过Y 轴的坐标为(0，0)；0.12t s =（2）坐标为（0，-1.6） 【解析】 【分析】 【详解】（1）小颗粒在E 1中电场力为F 1=E 1q=0.01N 重力G=0.01N 有受力分析得合力指向原点，即小颗粒向原点做匀加速直线运动第一次经过y 轴的坐标为(0，0)加速度12102F a m ==由212S at =得0.12t =s (2)运动到原点的速度为v 0=at=2m/s小颗粒在E 2电场中合力为2210F N -=⨯方向与v 0方向垂直 由此可得小颗粒做类平抛运动,再次运动到y 轴的时间为t 1, v 0方向位移为S 1= v 0t 1 与v 0方向垂直位移为221112S a t =1Fa m=由几何关系得S 1=S 2 第二次经过y 轴时到原点距离为2L =S 1=1.6m 即坐标为（0，-1.6）8．山地滑雪是人们喜爱的一项运动，一滑雪道ABC 的底部是一半径为R 的圆，圆与雪道相切于C 点，C 点的切线水平，C 点与水平雪地间距离为H ，如图所示，D 是圆的最高点，一运动员从A 点由静止下滑，刚好能经过圆轨道最高点D 旋转一周，再经C 后被水平抛出，当抛出时间为t 时，迎面水平刮来一股强风，最终运动员以速度v 落到了雪地上，已知运动员连同滑雪装备的总质量为m ，重力加速度为g ，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道及圆轨道的摩擦阻力，求：(1)A 、C 的高度差为多少时，运动员刚好能过D 点？ (2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度；(3)强风对运动员所做的功． 【答案】(1)52R h =(2)2215v gR g t =+ ；2212h h gt =- （3）215()22W mv mg H R =-+ 【解析】 【分析】 【详解】(1)运动员恰好做完整的圆周运动，则在D 点有：mg ＝m 2Dv R从A 运动到D 的过程由动能定理得mg(h －2R)＝12mv 2D 联立解得h ＝52R . (2)运动员做平抛运动，运动时间t 时在竖直方向的速度为v y ＝gt ，从A 到C 由动能定理得52mgR ＝12mv 2C所以运动员刚遭遇强风时的速度大小为v 1＝22C yv v +＝225gR g t + 此时运动员下落高度为h 1＝12gt 2所以此时运动员距地面高度为h 2＝H －h 1＝H －12gt 2 (3)设强风对运动员所做的功为W ，在运动员的整个运动过程中，由动能定理知 W ＝12mv 2－mg 52H R ⎛⎫+ ⎪⎝⎭.9．如图（a ），长度L=0.8m 的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A ，其电荷量Q=；一质量m=0.02kg ，带电量为q 的小球B 套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x 轴正方向建立坐标系．点电荷A 对小球B 的作用力随B 位置x 的变化关系如图（b ）中曲线I 所示，小球B 所受水平方向的合力随B 位置x 的变化关系如图（b ）中曲线II 所示，其中曲线II 在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线．求：（静电力常量）（1）小球B 所带电量q;（2）非均匀外电场在x=0.3m 处沿细杆方向的电场强度大小E ； （3）在合电场中，x=0.4m 与x=0.6m 之间的电势差U ．（4）已知小球在x=0.2m 处获得v=0.4m/s 的初速度时，最远可以运动到x=0.4m ．若小球在x=0.16m 处受到方向向右，大小为0.04N 的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s 是多少？【答案】（1）6110C -⨯（2）（3）800 V （4）0.065m【解析】 【分析】 【详解】（1）由图可知，当x=0.3m 时，因此．（2）设在x=0.3m 处点电荷与小球间作用力为F 2， F 合=F 2+qE 因此电场在x=0.3m 处沿细杆方向的电场强度大小为3⨯，方向水平向左．（3）根据图像可知在x=0.4m 与x=0.6m 之间合力做功大小 W 合=0.004⨯0.2 J=8⨯10-4J 由qU=W 合 可得（4）由图可知小球从x=0.16m 到x=0.2m 处 电场力做功小球从到处电场力做功2W =12-2mv =31.610--⨯J 由图可知小球从到处电场力做功3W =－0.004×0.4 J=31.610--⨯J 由动能定理1W +2W +3W +F s 外=0 解得s =【点睛】通过图线1位置0.3m 处和库仑定律计算小球B 带电量；再根据图像分析0.3m 处合力向左，库仑力向右，可以计算出该位置外加电场的电场力，进而计算外加电场电场强度；在0.4m 到0.6m 处合电场是匀强电场，根据qU=W 合可以计算两位置电势差；通过动能定理计算距离．10．如图，带电量为q ＝+2×10-3C 、质量为m ＝0.1kg 的小球B 静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E ＝103N/C 的匀强电场．与B 球形状相同、质量为0.3kg 的绝缘不带电小球A 以初速度v 0＝10m/s 向B 运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在电场中两球又发生多次弹性碰撞,已知每次碰撞时间极短，小球B 的电量始终不变，取重力加速度g ＝10m/s 2．求：(1)第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小； (2)第二次碰撞前瞬间小球B 的动能； (3)又经过多长时间发生第三次碰撞．【答案】(1) v A ＝5m/s ，v B ＝15m/s (2) E KB =6.25J (3)t '＝1s 【解析】 【详解】 (1)第一次碰撞时，两小球动量守恒，即3mv 0＝3mv A ＋mv B 机械能守恒，即:222011133222A B mv mv mv =+ 解得碰后A 的速度v A ＝5m/s ，B 的速度v B ＝15m/s(2)碰后AB 两球进入电场，竖直方向二者相对静止均做自由落体运动； 水平方向上，A 做匀速运动，B 做匀减速直线运动，其加速度大小220m/s B qEa m==设经过t 时间两小球再次相碰，则有212A B B v t v t a t =- 解得:t ＝1s此时，B 的水平速度为v x ＝v B －a B t ＝-5 m/s （负号表明方向向左） 竖直速度为v y ＝gt ＝10 m/s 故第二次碰前B 的动能221() 6.25J 2kB x y E m v v =+= (2)第二次碰撞时，AB 小球水平方向上动量守恒3mv A ＋mv x ＝3mv ＋mv机械能守恒，即:22222222111113()()3()()2222A y x y y x y m v v m v v m v v m v v ''+++=+++解得第二次碰后水平方向A 的速度v ＝0，B 的速度v ＝10m/s故第二次碰撞后A 竖直下落（B 在竖直方向上的运动与A 相同）， 水平方向上， B 做匀减速直线运动， 设又经过t ' 时间两小球第三次相碰，则有2102x B v t a t ''-= 解得:t '＝1s 【点睛】解决本题的关键要是分析清楚两球的受力情况，判断出运动情况，知道弹性碰撞遵守两大守恒：动能守恒和动量守恒．根据位移关系研究相碰的时间．11．如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xoy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m ，电荷量为-q （-q ＜0）的带电绝缘小球，从y 轴上的P （0，L ）点由静止开始释放，运动至x 轴上的A （-L ，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x 轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管。