高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷(培优篇)(Word版 含解析)
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(培优篇)(Word版 含解析)
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(培优篇)(Word 版 含解析)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.3.一带正电的 A 点电荷在电场中某点的电场强度为 4.0×104N/C ,电荷量为+5.0×10-8 C 的 B 点电荷放在该点,求: (1)点电荷在该点受到的电场力?(2)若在该点放上一个电荷量为-2.0×10-8 C 的 C 点电荷,则该点的电场强度? 【答案】(1)3210N -⨯,方向由A 指向B (2)4410/N C ⨯,方向由A 指向B 【解析】 【分析】 【详解】 (1)方向:由A 指向B(2)若在该点放上一个电荷量为-2.0×10-8 C 的 C 点电荷,则该点的场强不变,仍为方向:由A 指向B4.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 B 2-0=mgL 2+F 电L 1 ① 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=12mg ② 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 ④ s =v 0t +12at 2⑤ 竖直方向有:h =12gt 2⑥ 由③~⑥式,并代入数据可得:s =4.5m5.如图所示,一条长为l 的细线,上端固定,下端拴一质量为m 的带电小球.将它置于一匀强电场中,电场强度大小为E ,方向水平向右.已知当细线离开竖直位置的偏角为α时,小球处于平衡状态.(1)小球带何种电荷并求出小球所带电荷量;(2)若将小球拉到水平位置后放开手,求小球从水平位置摆到悬点正下方位置的过程中,电场力对小球所做的功.【答案】(1)正,tan /mg E α (2)tan mgl α 【解析】 【详解】(1)小球所受电场力的方向与场强方向一致,则带正电荷; 由平衡可知:Eq =mgtanα得:mgtan q Eα=(2)小球从水平位置摆到悬点正下方位置的过程中,电场力做负功,大小为W =Eql = mgltanα6.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/CE=⨯(3)211.54m/sa=【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:04531303=/ 5.7710/10mgtanE N C N Cq-⨯≈⨯=(3)当线断丝线后,小球的合力为30mgFcos=由牛顿第二定律,则有:22/11.54/cos303F ga 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/s2,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.在空间中取坐标系Oxy,在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d,从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场,如图所示.一电子从静止开始经电压U加速后,从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域,A点与原点O的距离为h.不计电子的重力.(1)若电子恰好从N点经过x轴,求匀强电场的电场强度大小E0;(2)匀强电场的电场强度E大小不同,电子经过x轴时的坐标也不同.试求电子经过x轴时的x坐标与电场强度E的关系.【答案】(1)024UhEd=(2)UhxE=或22d UhxEd=+【解析】 【分析】本题考查电子在电场中的受力及运动 【详解】设电子的电荷量为e 、质量为m ,电子经过电场加速后获得速度v 0.则2012eU mv =(1)电子从A 点运动到N 点,有00d v t =eE a m=212h at =联立解得电场强度大小024UhE d =(2)讨论两种情况: ①当24UhE d ≥时,电子从电场内经过x 轴,有 0x v t =eE a m= 212h at =联立解得x 坐标与电场强度E 的关系为x =②当24UhE d <时,电子先离开电场,之后再经过x 轴在电场内运动时间为t 1,有 01d v t =21112y at =1y v at =在电场外运动时间为t 2,电子做匀速直线运动,有02x d v t -=12y h y v t -=联立解得x 坐标与电场强度E 的关系为22d Uh x Ed=+8.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。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(培优篇)(Word 版 含解析)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。
则:(1)M运动速度最大时离N的距离;(2)已知M在上述运动过程中的最大位移为r0,如果M带电量改变为32q,仍从离N点r0处静止释放时,则运动的位移为r0时速度和加速度各为多大?【答案】(1)2l r=(2)v grμ=4gaμ=,方向水平向左【解析】【详解】(1)以小球为研究对象,分析小球的受力情况,小球受到重力、支持力、摩擦力和库仑力作用。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(培优篇)(Word 版 含解析)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,真空中有两个点电荷A 、B ,它们固定在一条直线上相距L =0.3m 的两点,它们的电荷量分别为Q A =16×10-12C ,Q B =4.0×10-12C ,现引入第三个同种点电荷C ,(1)若要使C 处于平衡状态,试求C 电荷的电量和放置的位置?(2)若点电荷A 、B 不固定,而使三个点电荷在库仑力作用下都能处于平衡状态,试求C 电荷的电量和放置的位置? 【答案】(1)见解析(2)1216109C -⨯ ,为负电荷 【解析】 【分析】 【详解】(1)由分析可知,由于A 和B 为同种电荷,要使C 处于平衡状态,C 必须放在A 、B 之间某位置,可为正电荷,也可为负电荷.设电荷C 放在距A 右侧x 处,电荷量为Q 3 ∵ AC BC F F = ∴ 132322()Q Q Q Q kk x L x =- ∴1222()Q Q x L x =- ∴ 4(L -x)2=x 2 ∴ x =0.2m即点电荷C 放在距A 右侧0.2m 处,可为正电荷,也可为负电荷.(2)首先分析点电荷C 可能放置的位置,三个点电荷都处于平衡,彼此之间作用力必须在一条直线上,C 只能在AB 决定的直线上,不能在直线之外.而可能的区域有3个, ① AB 连线上,A 与B 带同种电荷互相排斥,C 电荷必须与A 、B 均产生吸引力,C 为负电荷时可满足;② 在AB 连线的延长线A 的左侧,C 带正电时对A 产生排斥力与B 对A 作用力方向相反可能A 处于平衡;C 对B 的作用力为推斥力与A 对B 作用力方向相同,不可能使B 平衡;C 带负电时对A 产生吸引力与B 对A 作用力方向相同,不可能使A 处于平衡;C 对B 的作用力为吸引力与A 对B 作用力方向相反,可能使B 平衡,但离A 近,A 带电荷又多,不能同时使A 、B 处于平衡.③ 放B 的右侧,C 对B 的作用力为推斥力与A 对B 作用力方向相同,不可能使B 平衡; 由分析可知,由于A 和B 为同种电荷,要使三个电荷都处于平衡状态,C 必须放在A 、B 之间某位置,且为负电荷.设电荷C 放在距A 右侧x 处,电荷量为Q 3对C :132322(0.3)Q Q Q Q kk x x =- ∴ x =0.2m 对B :321222()Q Q Q Q k k L L x =- ∴ 12316109Q C -=⨯,为负电荷. 【点睛】此题是库仑定律与力学问题的结合题;要知道如果只是让电荷C 处于平衡,只需在这点的场强为零即可,电性不限;三个电荷的平衡问题,遵循:“两同加一异”、“两大加一小”的原则.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,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。
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高中物理必修3物理全册全单元精选试卷(培优篇)(Word版含解析)一、必修第3册静电场及其应用解答题易错题培优(难)1.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,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L1=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L2=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/s2)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=4.5m3.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:23cos303R r R ==︒小球在C 点受到的库仑力大小 :2223Qq QqF kk r 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,在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m 的带电小球由MN 上方H 处的A 点以初速度v 水平抛出,从B 点进入电场,到达C 点时速度方向恰好水平,A 、B 、C 三点在同一直线上,且AB =2BC ,求:(1)A 、B 两点间的距离(2)带电小球在电场中所受的电场力【答案】(1) 2228v H H +(2)3mg【解析】 【详解】(1)小球在MN 上方做平抛运动竖直方向:212H gt = 水平方向:x vt =A 、B 两点间的距离22L H x =+联立以上各式解得222v HL H g=+ (2)带电小球进入电场后水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀减速直线运动,对带电小球运动的全过程,由动能定理得:()022H Hmg H F +-⋅= 解得F =3mg5.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。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷(培优篇)(Word 版 含解析)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,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.2.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.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 全册全单元精选试卷(培优篇)(Word版 含解析)
高中物理必修3物理全册全单元精选试卷(培优篇)(Word版含解析)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.(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 = ②302π2L T GM = (2) ①2k k II =2ke E E r=Ⅰ ②T M m T M +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.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.4.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x 0,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)0()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 8QE a 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 QEx 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+++⋅===5.如图所示,一条长为l 的细线,上端固定,下端拴一质量为m 的带电小球.将它置于一匀强电场中,电场强度大小为E ,方向水平向右.已知当细线离开竖直位置的偏角为α时,小球处于平衡状态.(1)小球带何种电荷并求出小球所带电荷量;(2)若将小球拉到水平位置后放开手,求小球从水平位置摆到悬点正下方位置的过程中,电场力对小球所做的功.【答案】(1)正,tan /mg E α (2)tan mgl α 【解析】 【详解】(1)小球所受电场力的方向与场强方向一致,则带正电荷; 由平衡可知:Eq =mgtanα得:mgtan q Eα=(2)小球从水平位置摆到悬点正下方位置的过程中,电场力做负功,大小为W =Eql = mgltanα6.在竖直平面内固定一半径为R=0.3m 的金属细圆环,质量为5m 310kg -=⨯的金属小球(视为质点)通过长为L=0.5m 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点.小球带电荷量为62.510q C -=⨯时,发现小球在垂直圆环平面的对称轴上某点A 处于平衡状态,如图所示.已知静电力常量9229.010?/k N m C =⨯. 求:(1)细线的拉力F 的大小;(2)小球所在处的电场强度E 的大小?(3)金属细圆环不能等效成点电荷来处理,试应用微元法推导圆环带电量Q 表达式?(用字母R 、L 、k 、E 表示)【答案】(1) 4510N -⨯ (2) 160/N C (3) 254EL Q k =或322Q k L R=- 【解析】由几何关系:3cos 5R L θ==,224sin 5L R θ-==,4tan 3θ= ①(1)对小球受力分析可知:cos mgF θ=② 由①②得:4510F N -=⨯ ③ (2)由平衡条件可得:tan qE mg θ= ④ 由①④得:160/E N C = ⑤ (3)由微元法,无限划分,设每一极小段圆环带电量为q ∆则:2sin qkE Lθ∆=∑ ⑥ 其中:q Q ∑∆=由①⑥得:254EL Q k =或322Q k L R=- ⑦ 点睛:因2QE kr=只能适用于真空中的点电荷,故本题采用了微元法求得圆环在小球位置的场强,应注意体会该方法的使用.库仑力的考查一般都是结合共点力的平衡进行的,应注意正确进行受力分析.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,BCD 为固定在竖直平面内的半径为r=10m 的圆弧形光滑绝缘轨道,O 为圆心,OC 竖直,OD 水平,OB 与OC 间夹角为53°,整个空间分布着范围足够大的竖直向下的匀强电场.从A 点以初速v 0=9m/s 沿AO 方向水平抛出质量m=0.1kg 的小球(小球可视为质点),小球带正电荷q=+0.01C ,小球恰好从B 点沿垂直于OB 的方向进入圆弧轨道.不计空气阻力.求:(1)A 、B 间的水平距离L (2)匀强电场的电场强度E(3)小球过C 点时对轨道的压力的大小F N (4)小球从D 点离开轨道后上升的最大高度H【答案】(1)9m (2)20/E N C =(3) 4.41N F N =(4) 3.375H m = 【解析】 【分析】 【详解】(1)从A 到B ,0tan 53By By v v v at =︒=,,cos53y r =︒,212y at = 解得1t s =,212/a m s =,09L v t m ==(2)根据牛顿第二定律可得mg qE ma +=,解得20/E N C = (3)从A 到C ,根据动能定理可得2201122c mar mv mv =- 在C 点,2c N v F ma m r-=,解得 4.41N F N =(4)对全过程运用动能定理,2012mv maH =,故 3.375H m = 【点睛】应用动能定理应注意的几个问题(1)明确研究对象和研究过程,找出始末状态的速度.(2)要对物体正确地进行受力分析,明确各力做功的大小及正负情况(待求的功除外).(3)有些力在物体运动过程中不是始终存在的.若物体运动过程中包括几个阶段,物体在不同阶段内的受力情况不同,在考虑外力做功时需根据情况区分对待8.两块水平平行放置的导体板如图 (甲)所示,大量电子(质量m 、电量e )由静止开始,经电压为U 0的电场加速后,连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间.当两板均不带电时,这些电子通过两板之间的时间为3t 0;当在两板间加如图 (乙)所示的周期为2t 0,幅值恒为U 0的周期性电压时,恰好能使所有电子均从两板间通过.问:⑴这些电子通过两板之间后,侧向位移(沿垂直于两板方向上的位移)的最大值和最小值分别是多少?⑵侧向位移分别为最大值和最小值的情况下,电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少?【答案】(1)0062t eUm,0064t eUm(2)1613【解析】画出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v–t图象进行分析(1)竖直方向的分速度010yeUv tmd=,0002022=yeU eU tv tmd md=侧向最大位移200max101010312()322y y y yeU t ds v t v t v tmd=+===侧向最小位移200min101010311.5224y y y yeU t ds v t v t v tmd=+===解得06eUd tm=所以00max622yt eUdsm=00min644yt eUdsm=(2)由此得220010()6yeU eUv tmd m==,2200202(2)3yeU eUv tmd m==而202eUvm=所以2202kmax0022kmin000111/3162211/121322yymv mvE eU eUE eU eUmv mv++===++【名师点睛】解决本题的关键知道粒子在偏转电场中水平方向上一直做匀速直线运动,在竖直方向上有电场时做匀加速直线运动,无电场时做匀速直线运动或静止.9.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︒。
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(2)小球在C点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为多少;
(3)小球从B点离开圆弧轨道后上升到最高点离B点的距离.
【答案】(1) ;
(2) 、 ;
(3) .
【解析】
【详解】
(1)对从释放到A点过程,根据动能定理,有:
解得:
(2)对从释放到最低点过程,根据动能定理,有:
①
②
③
(2)小球P经过D点时受力如图:
由库仑定律得:
④
由牛顿第二定律得:
⑤
解得:
a=g+ ⑥
(3)小球P由D运动到E的过程,由动能定理得:
⑦
由等量异种电荷形成的电场特点可知:
⑧
联立①⑦⑧解得:
⑨
3.如图,真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形,边长L=2.0m。若将电荷量均为q=+2.0×10-6C的两点电荷分别固定在A、B点,已知静电力常量k=9.0×109N·m2/C2。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v0。
【答案】(1) ;(2)
【解析】
【详解】
(1)对小球,在D点,有:
得:
从D点飞出后,做平抛运动,有:
得:
得:
(2)对小球,从A点到D点,有:
解得:
2.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:
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(培优篇)(Word版 含解析)
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(培优篇)(Word 版 含解析)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x 0,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)0()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 8QE a 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:208L L Lx x ++=则2008 (4F L L Lx 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.—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/s5.如图,绝缘细杆AB 倾角为α,在杆上B 点处固定有一电荷量为Q 的正电荷.现将带正电的小球由距B 点竖直高度为H 的A 点处无初速释放,小球下滑过程中电荷量不变.己知小球的质量为m 、电荷量为q .不计小球与细杆间的摩擦,整个装置处在真空中.静电力常量为k ,重力加速度为g .求:(1)正电荷Q 在A 处产生的场强大小; (2)小球刚释放时的加速度大小;(3)若A 、B 间的距离足够大,小球动能最大时球与B 点间的距离.【答案】(1) 22sin A Q E k H α=(2)22sin sin kQq a g mH αα=- (3)sin kQq R mg α=【解析】 【详解】 (I)根据2QE kr= 又因为sin Hr α=所以22sin A QE kHα= (2)根据牛顿第二定律sin mg F ma α-=根据库仑定律Qq F kr= 解得22sin sin kQq a g mHαα=- (3)当小球受到的合力为零,即加速度为零时,动能最大 设此时小球与B 点间的距离为R ,则2sin kQqmg R α=解得sin kQqR mg α=答案:(1) 22sin A Q E k H α=(2)22sin sin kQq a g mH αα=- (3)sin kQq R mg α=6.如图所示,有一水平向左的匀强电场,场强为41.2510N/C E =⨯,一根长 1.5m L =、与水平方向的夹角为37θ=︒的光滑绝缘细直杆MN 固定在电场中,杆的下端M 固定一个带电小球A ,电荷量64.510C Q -=+⨯;另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动,电荷量61.010C q -=+⨯,质量21.010kg m -=⨯。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(培优篇)(Word版 含解析)
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(培优篇)(Word 版 含解析)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,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.3.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 。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(培优篇)(Word 版 含解析)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,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,电荷量分别为+Q 和-Q ,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,不影响电场的分布。
),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O 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 。
求: (1)C 、O 间的电势差U CO ;(2)O 点处的电场强度E 的大小及小球p 经过O 点时的加速度;【答案】(1) 222mv mgd q - (2)222kQ d ; 2kQqg + 【解析】 【详解】(1)小球p 由C 运动到O 的过程,由动能定理得2102CO mgd qU mv +=- 所以222COm mgd U qv -=(2)小球p 经过O 点时受力如图由库仑定律得122(2)F F d ==它们的合力为F =F 1cos 45°+F 2cos 45°=Eq所以O 点处的电场强度22=2k QE d由牛顿第二定律得:mg+qE =ma所以2k Qqa g =+2.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 B 2-0=mgL 2+F 电L 1 ① 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=12mg ② 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 ④ s =v 0t +12at 2⑤竖直方向有:h =12gt 2⑥ 由③~⑥式,并代入数据可得:s =4.5m3.如图所示,一根长为l 的不可伸长的细丝线一端固定于O 点,另一端系住一个质量为m 的带电小球.将此装置放在水平向右的匀强电场E 中,待小球稳定后,细丝线与竖直方向夹角为α.求:(1)小球带什么电,电荷量为多少? (2)剪断绳子后小球做什么运动? 【答案】(1)正电,tan mg q Eα= (2)做初速度是零的匀加速直线运动 【解析】 【详解】(1)对小球进行受力分析:由于小球所受电场力水平向右,E 的方向水平向右,所以小球带正电.小球受力如图所示,有:qE=mgtanα 即:tan mg q Eα=(2)剪断细绳后,小球受重力和电场力,其合力方向沿细绳方向斜向下,则小球将沿细绳的方向做初速度是零的匀加速直线运动.4.如图所示,一条长为l 的细线,上端固定,下端拴一质量为m 的带电小球.将它置于一匀强电场中,电场强度大小为E ,方向水平向右.已知当细线离开竖直位置的偏角为α时,小球处于平衡状态.(1)小球带何种电荷并求出小球所带电荷量;(2)若将小球拉到水平位置后放开手,求小球从水平位置摆到悬点正下方位置的过程中,电场力对小球所做的功.【答案】(1)正,tan /mg E α (2)tan mgl α 【解析】(1)小球所受电场力的方向与场强方向一致,则带正电荷; 由平衡可知:Eq =mgtanα得:mgtan q Eα=(2)小球从水平位置摆到悬点正下方位置的过程中,电场力做负功,大小为W =Eql = mgltanα5.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=m=4.0×10–4kg(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 mvθθ--=解得:12(1)5m/scosv glθ=-=(3)沿绳方向根据牛顿第二定律可知2sin cosmvT F mglθθ--=解得:T=7.0×10-3 N6.如图所示,光滑绝缘水平面上固定着A、B、C三个带电小球,它们的质量均为m,间距均为r,A带电量Q A=10q,B带电量Q B=q,若小球C上加一个水平向右的恒力,欲使A、B、C始终保持r的间距运动,求:(1)C球的电性和电量Q C;(2)水平力F的大小。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(培优篇)(Word 版 含解析)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,在绝缘水平面上,相距L 的A 、B 两点处分别固定着两个带电荷量相等的正点电荷,a 、b 是AB 连线上的两点,其中4LAa Bb ==,O 为AB 连线的中点,一质量为m 、带电荷量为+q 的小滑块(可以看作质点)以初动能E 从a 点出发,沿直线AB 向b 点运动,其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(1)n >,到达b 点时动能恰好为零,小滑块最终停在O 点重力加速度为g ,求: (1)小滑块与水平面间的动摩擦因数; (2)O 、b 两点间的电势差; (3)小滑块运动的总路程.【答案】(1)k02E mgL μ= (2)k0(21)2Ob n E U q -=- (3)214n s L +=【解析】 【详解】 (1)由4LAa Bb ==,0为AB 连线的中点知a 、b 关于O 点对称,则a 、b 两点间的电势差0ab U =;设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f ,在滑块从a 点运动到b 点的过程中,由动能定理得k002ab LqU f E -⋅=- 又摩擦力f mg μ=解得2k E mgL μ=. (2)在滑块从O 点运动到b 点的过程中,由动能定理得004ob k LqU f nE -⋅=- 解得ko(21)2ob n E U q-=-. (3)对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程,由动能定理得000a x k qU f E -=-又(21)2kOaO Ob n E U U q-=-=解得214n s L +=.2.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 B 2-0=mgL 2+F 电L 1 ① 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=12mg ② 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 ④ s =v 0t +12at 2⑤ 竖直方向有:h=12gt2⑥由③~⑥式,并代入数据可得:s=4.5m3.如图所示,一根长为l的不可伸长的细丝线一端固定于O点,另一端系住一个质量为m的带电小球.将此装置放在水平向右的匀强电场E中,待小球稳定后,细丝线与竖直方向夹角为α.求:(1)小球带什么电,电荷量为多少?(2)剪断绳子后小球做什么运动?【答案】(1)正电,tanmgqEα= (2)做初速度是零的匀加速直线运动【解析】【详解】(1)对小球进行受力分析:由于小球所受电场力水平向右,E的方向水平向右,所以小球带正电.小球受力如图所示,有:qE=mgtanα即:tanmgqEα=(2)剪断细绳后,小球受重力和电场力,其合力方向沿细绳方向斜向下,则小球将沿细绳的方向做初速度是零的匀加速直线运动.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:(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5【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/s5.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。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷(培优篇)(Word 版 含解析)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,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.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.3.一带正电的 A 点电荷在电场中某点的电场强度为 4.0×104N/C ,电荷量为+5.0×10-8 C 的 B 点电荷放在该点,求: (1)点电荷在该点受到的电场力?(2)若在该点放上一个电荷量为-2.0×10-8 C 的 C 点电荷,则该点的电场强度? 【答案】(1)3210N -⨯,方向由A 指向B (2)4410/N C ⨯,方向由A 指向B 【解析】 【分析】 【详解】 (1)方向:由A 指向B(2)若在该点放上一个电荷量为-2.0×10-8 C 的 C 点电荷,则该点的场强不变,仍为方向:由A指向B4.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 全册全单元精选测试卷(培优篇)(Word 版 含解析)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,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.2.一带正电的 A 点电荷在电场中某点的电场强度为 4.0×104N/C ,电荷量为+5.0×10-8 C 的 B 点电荷放在该点,求: (1)点电荷在该点受到的电场力?(2)若在该点放上一个电荷量为-2.0×10-8 C 的 C 点电荷,则该点的电场强度? 【答案】(1)3210N -⨯,方向由A 指向B (2)4410/N C ⨯,方向由A 指向B 【解析】 【分析】 【详解】 (1)方向:由A 指向B(2)若在该点放上一个电荷量为-2.0×10-8 C 的 C 点电荷,则该点的场强不变,仍为方向:由A 指向B3.一个质量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 =⨯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。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(培优篇)(Word 版 含解析)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,真空中有两个点电荷A 、B ,它们固定在一条直线上相距L =0.3m 的两点,它们的电荷量分别为Q A =16×10-12C ,Q B =4.0×10-12C ,现引入第三个同种点电荷C ,(1)若要使C 处于平衡状态,试求C 电荷的电量和放置的位置?(2)若点电荷A 、B 不固定,而使三个点电荷在库仑力作用下都能处于平衡状态,试求C 电荷的电量和放置的位置? 【答案】(1)见解析(2)1216109C -⨯ ,为负电荷 【解析】 【分析】 【详解】(1)由分析可知,由于A 和B 为同种电荷,要使C 处于平衡状态,C 必须放在A 、B 之间某位置,可为正电荷,也可为负电荷.设电荷C 放在距A 右侧x 处,电荷量为Q 3 ∵ AC BC F F = ∴ 132322()Q Q Q Q kk x L x =- ∴1222()Q Q x L x =- ∴ 4(L -x)2=x 2 ∴ x =0.2m即点电荷C 放在距A 右侧0.2m 处,可为正电荷,也可为负电荷.(2)首先分析点电荷C 可能放置的位置,三个点电荷都处于平衡,彼此之间作用力必须在一条直线上,C 只能在AB 决定的直线上,不能在直线之外.而可能的区域有3个, ① AB 连线上,A 与B 带同种电荷互相排斥,C 电荷必须与A 、B 均产生吸引力,C 为负电荷时可满足;② 在AB 连线的延长线A 的左侧,C 带正电时对A 产生排斥力与B 对A 作用力方向相反可能A 处于平衡;C 对B 的作用力为推斥力与A 对B 作用力方向相同,不可能使B 平衡;C 带负电时对A 产生吸引力与B 对A 作用力方向相同,不可能使A 处于平衡;C 对B 的作用力为吸引力与A 对B 作用力方向相反,可能使B 平衡,但离A 近,A 带电荷又多,不能同时使A 、B 处于平衡.③ 放B 的右侧,C 对B 的作用力为推斥力与A 对B 作用力方向相同,不可能使B 平衡; 由分析可知,由于A 和B 为同种电荷,要使三个电荷都处于平衡状态,C 必须放在A 、B 之间某位置,且为负电荷.设电荷C 放在距A 右侧x 处,电荷量为Q 3 对C :132322(0.3)Q Q Q Q kk x x =- ∴ x =0.2m 对B :321222()Q Q Q Q kk L L x =-∴ 12316109Q C -=⨯,为负电荷. 【点睛】此题是库仑定律与力学问题的结合题;要知道如果只是让电荷C 处于平衡,只需在这点的场强为零即可,电性不限;三个电荷的平衡问题,遵循:“两同加一异”、“两大加一小”的原则.3.(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.4.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,电荷量分别为+Q 和-Q ,A 、B 相距为2d 。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(培优篇)(Word版 含解析)
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(培优篇)(Word 版 含解析)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,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.2.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。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(培优篇)(Word 版 含解析)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,真空中有两个点电荷A 、B ,它们固定在一条直线上相距L =0.3m 的两点,它们的电荷量分别为Q A =16×10-12C ,Q B =4.0×10-12C ,现引入第三个同种点电荷C ,(1)若要使C 处于平衡状态,试求C 电荷的电量和放置的位置?(2)若点电荷A 、B 不固定,而使三个点电荷在库仑力作用下都能处于平衡状态,试求C 电荷的电量和放置的位置? 【答案】(1)见解析(2)1216109C -⨯ ,为负电荷 【解析】 【分析】 【详解】(1)由分析可知,由于A 和B 为同种电荷,要使C 处于平衡状态,C 必须放在A 、B 之间某位置,可为正电荷,也可为负电荷.设电荷C 放在距A 右侧x 处,电荷量为Q 3 ∵ AC BC F F = ∴ 132322()Q Q Q Q kk x L x =- ∴1222()Q Q x L x =- ∴ 4(L -x)2=x 2 ∴ x =0.2m即点电荷C 放在距A 右侧0.2m 处,可为正电荷,也可为负电荷.(2)首先分析点电荷C 可能放置的位置,三个点电荷都处于平衡,彼此之间作用力必须在一条直线上,C 只能在AB 决定的直线上,不能在直线之外.而可能的区域有3个, ① AB 连线上,A 与B 带同种电荷互相排斥,C 电荷必须与A 、B 均产生吸引力,C 为负电荷时可满足;② 在AB 连线的延长线A 的左侧,C 带正电时对A 产生排斥力与B 对A 作用力方向相反可能A 处于平衡;C 对B 的作用力为推斥力与A 对B 作用力方向相同,不可能使B 平衡;C 带负电时对A 产生吸引力与B 对A 作用力方向相同,不可能使A 处于平衡;C 对B 的作用力为吸引力与A 对B 作用力方向相反,可能使B 平衡,但离A 近,A 带电荷又多,不能同时使A 、B 处于平衡.③ 放B 的右侧,C 对B 的作用力为推斥力与A 对B 作用力方向相同,不可能使B 平衡; 由分析可知,由于A 和B 为同种电荷,要使三个电荷都处于平衡状态,C 必须放在A 、B 之间某位置,且为负电荷.设电荷C 放在距A 右侧x 处,电荷量为Q 3对C :132322(0.3)Q Q Q Q kk x x =- ∴ x =0.2m 对B :321222()Q Q Q Q k k L L x =- ∴ 12316109Q C -=⨯,为负电荷. 【点睛】此题是库仑定律与力学问题的结合题;要知道如果只是让电荷C 处于平衡,只需在这点的场强为零即可,电性不限;三个电荷的平衡问题,遵循:“两同加一异”、“两大加一小”的原则.2.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,电荷量分别为+Q 和-Q ,A 、B 相距为2d 。
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷(培优篇)(Word版 含解析)
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷(培优篇)(Word 版 含解析)一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优(难)1.(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.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5cos4mg 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(培优篇)(Word版 含解析)
高中物理必修3物理全册全单元精选试卷(培优篇)(Word版含解析)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v0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 sincos sin qE mg mg qEθθθθ-+【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 mgsinN mgcos qEsinθθμθθ-=+=.【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,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,电荷量分别为+Q和-Q,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,不影响电场的分布。
),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O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。
求:(1)C、O间的电势差U CO;(2)O点处的电场强度E的大小及小球p经过O点时的加速度;【答案】(1) 222mv mgd q - (2)222kQ d ; 222kQqg md+ 【解析】 【详解】(1)小球p 由C 运动到O 的过程,由动能定理得2102CO mgd qU mv +=- 所以222COm mgd U qv -=(2)小球p 经过O 点时受力如图由库仑定律得122(2)F F d ==它们的合力为F =F 1cos 45°+F 2cos 45°=Eq所以O 点处的电场强度2k QE 由牛顿第二定律得:mg+qE =ma所以222k Qqa g md=+3.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r0处由静止释放,开始运动瞬间的加速度大小恰好为μg。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(培优篇)(Word版 含解析)
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(培优篇)(Word 版 含解析)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.2.一带正电的 A 点电荷在电场中某点的电场强度为 4.0×104N/C ,电荷量为+5.0×10-8 C 的 B 点电荷放在该点,求: (1)点电荷在该点受到的电场力?(2)若在该点放上一个电荷量为-2.0×10-8 C 的 C 点电荷,则该点的电场强度? 【答案】(1)3210N -⨯,方向由A 指向B (2)4410/N C ⨯,方向由A 指向B 【解析】 【分析】 【详解】(1)方向:由A 指向B(2)若在该点放上一个电荷量为-2.0×10-8 C 的 C 点电荷,则该点的场强不变,仍为方向:由A 指向B3.一个质量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 =⨯4.如图所示,长l =1m 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 =1.0×10-6C ,匀强电场的场强E =3.0×103N/C ,取重力加速度g =10m/s 2,sin 37°=0.6,cos37°=0.8.求:(1)小球所受电场力F 的大小; (2)小球的质量m ;(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v 的大小. 【答案】(1)F =3.0×10-3N (2)m =4.0×10-4kg (3)v =2.0m/s 【解析】 【分析】 【详解】(1)根据电场力的计算公式可得电场力6331.010 3.010N 3.010N F qE --==⨯⨯⨯=⨯; (2)小球受力情况如图所示:根据几何关系可得tan qEmg θ=,所以34310kg 410kg tan 10tan 37qE m g θ--⨯===⨯⨯︒; (3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒,则21(1cos37)2mgl mv -︒=,解得v =2m/s .5.如图所示,一条长为l 的细线,上端固定,下端拴一质量为m 的带电小球.将它置于一匀强电场中,电场强度大小为E ,方向水平向右.已知当细线离开竖直位置的偏角为α时,小球处于平衡状态.(1)小球带何种电荷并求出小球所带电荷量;(2)若将小球拉到水平位置后放开手,求小球从水平位置摆到悬点正下方位置的过程中,电场力对小球所做的功.【答案】(1)正,tan /mg E α (2)tan mgl α 【解析】 【详解】(1)小球所受电场力的方向与场强方向一致,则带正电荷; 由平衡可知:Eq =mgtanα得:mgtan q Eα=(2)小球从水平位置摆到悬点正下方位置的过程中,电场力做负功,大小为W =Eql = mgltanα6.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(培优篇)(Word版 含解析)
高中物理必修3物理全册全单元精选试卷(培优篇)(Word版含解析)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.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,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 。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷(培优篇)(Word 版 含解析)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,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.2.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,电荷量分别为+Q 和-Q ,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,不影响电场的分布。
),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O 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 。
求: (1)C 、O 间的电势差U CO ;(2)O 点处的电场强度E 的大小及小球p 经过O 点时的加速度;【答案】(1) 222mv mgd q - (2)2kQ ; 2kQqg + 【解析】 【详解】(1)小球p 由C 运动到O 的过程,由动能定理得2102CO mgd qU mv +=- 所以222COm mgd U qv -=(2)小球p 经过O 点时受力如图由库仑定律得122(2)F F d ==它们的合力为F =F 1cos 45°+F 2cos 45°=Eq所以O 点处的电场强度22=2k QE d由牛顿第二定律得:mg+qE =ma所以222k Qqa g md=+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E 1q =mg tan30°解得E 1=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。
E 1q =mg解得E 2=mgq金属板旋转前,两板间电势差U 1= E 1d=33mgqd 金属板旋转后,两板间电势差U 2 = E 2d ’= E 2 d cos30°=32mg qd=32U 1 所以BP 段的电阻R ’=32R (3)BP 段的电阻突然调节为3R ,U 3 =3U 1E 3=3E 1=3mgq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:E 3qL (sin60°-sin30°)-mgL (cos30°-cos60°)=E k -0E k =(2-3)mgL4.一个质量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 =⨯5.如图所示,长l =1m 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 =1.0×10-6C ,匀强电场的场强E =3.0×103N/C ,取重力加速度g =10m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)小球所受电场力F 的大小; (2)小球的质量m ;(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v 的大小. 【答案】(1)F =3.0×10-3N (2)m =4.0×10-4kg (3)v =2.0m/s 【解析】 【分析】 【详解】(1)根据电场力的计算公式可得电场力6331.010 3.010N 3.010N F qE --==⨯⨯⨯=⨯; (2)小球受力情况如图所示:根据几何关系可得tan qEmg θ=,所以34310kg 410kg tan 10tan 37qE m g θ--⨯===⨯⨯︒; (3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒,则21(1cos37)2mgl mv -︒=,解得v =2m/s .6.如图所示,MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场,电场强度为E ,ACB 为光滑固定的半圆形轨道,轨道半径为R ,A 、B 为圆水平直径的两个端点,AC 为14圆弧一个质量为m ,电荷量为+q 的带电小球,从A 点正上方高为H 处由静止释放,并从A 点沿切线进入半圆轨道不计空气阻力及一切能量损失.(1)小球在A 点进入电场时的速度;(2)小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为多少; (3)小球从B 点离开圆弧轨道后上升到最高点离B 点的距离. 【答案】(12gH (2)233mgH mg qE R ++、232mgHmg qE R++; (3)qERH mg+. 【解析】 【详解】(1)对从释放到A 点过程,根据动能定理,有:2102A mgH mv =- 解得:2A v gH =(2)对从释放到最低点过程,根据动能定理,有:21()02mg H R qER mv +=-+ ……① 小球在C 点离开电场前瞬间,根据牛顿第二定律,有:21N mg q v E Rm --= ……..②小球在C 点离开电场后瞬间,根据牛顿第二定律,有:22v N mg m R-=……. ③联立①②③解得:1233mgHN mg qE R =++ 2232mgHN mg qE R =++根据牛顿第三定律,小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为1233mgHN mg qE R'=++2232mgHN mg qE R'=++(3)从释放小球到右侧最高点过程,根据动能定理,有:()00mg H h qER -+=-解得:qERh H mg=+答:(1)小球在A(2)小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为233mgHmg qE R++、232mgHmg qE R++; (3)小球从B 点离开圆弧轨道后上升到最高点离B 点的距离为qERH mg+.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,在直角坐标系xoy 的第一象限中,存在竖直向下的匀强电场,电场强度大小为4E 0,虚线是电场的理想边界线,虚线右端与x 轴的交点为A ,A 点坐标为(L 、0),虚线与x 轴所围成的空间内没有电场;在第二象限存在水平向右的匀强电场.电场强度大小为E 0.()M L L -、和()0N L -、两点的连线上有一个产生粒子的发生器装置,产生质量均为m ,电荷量均为q 静止的带正电的粒子,不计粒子的重力和粒子之间的相互作用,且整个装置处于真空中.已知从MN 上静止释放的所有粒子,最后都能到达A 点:(1)若粒子从M 点由静止开始运动,进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A 点,求到达A 点的速度大小;(2)若粒子从MN 上的中点由静止开始运动,求该粒子从释放点运动到A 点的时间; (3)求第一象限的电场边界线(图中虚线)方程. 【答案】(1)010qE L v m=2)0322mL t qE =3)22()y Lx x L =-(0)x L ≤≤【解析】试题分析:(1)由动能定理:200142qE L qE L mv +=,得:010qE Lv m= (2)分析水平方向的运动:粒子先匀加速位移L ,再匀速位移L 到第一象限的速度20012qE L mv =,匀加速时间102L t v =,匀速时间20L t v =,则总时间120322mL t t t qE =+=(3)设粒子从MN 线上某点由静止释放,经第一象限电场边界交点(,)Q x y ,后做匀速直线运动到A 点,在第一象限做类平抛运动,水平:0x v t =,竖直方向:212h at =反向延长AQ 与水平位移交点为其中点,还有以下几何关系:201()22x a v yx L x=-, 且202v a L =',003/4/qE m a a qE m'== 推出边界方程:22()y Lx x L=-(0)x L ≤≤ 考点:本题考查了带电粒子在电场中的运动、类平抛运动、运动的分解、动能定理.8.图中所示的静电机由一个半径为R 、与环境绝缘的开口(朝上)金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G 组成。
质量为m 、带电量为q 的球形液滴从G 缓慢地自由掉下(所谓缓慢,意指在G 和容器口之间总是只有一滴液滴)。