高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题(WORD版含答案)

高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题（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
12
p m m E G
r
=-，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12
p q q E k
r
=-． 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 r
②模型Ⅰ的简化是合理的
【解析】
（1）① 22
002/2
M M v G L L =，解得 v =
②双星系统的动能22
00k 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 =2
02M G L - （2）①对于模型Ⅰ：22I 2mv ke r r =，此时电子的动能E k Ⅰ=2
2ke 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：
2
2
1
2
1
mv
ke
r r
=，解得
22
1
12
mv r
r
ke
=
对于原子核有：
2
2
2
2
2
Mv
ke
r r
=，解得
22
2
22
Mv r
r
ke
=
因为r1+r2=r，所以有
2222
12
22
+
mv r Mv r
r ke ke
=
解得E kⅡ=
2 22
12
11
222
ke mv Mv
r
+=
又因电势能
2
p
e
E k
r
=-
Ⅱ
，所以EⅡ= E kⅡ+E pⅡ=
2
-
2
ke
r
即模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量相等，均为
2 -
2 ke
r
②解法一：
模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有
2
2
I
I
2
=
mv
ke
m v
r r
ω
=，解得
2
I2
=
ke
v
m r
ω
模型Ⅱ中：
对电子有：
2
2
II
1II
2
1
=
mv
ke
m v
r r
ω
=，解得
2
II2
1
=
ke
v
m r
ω
对于原子核有：
22
2
2
2
=
ke Mv
M v
r r
ω
=，
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
2
2
I
2
mv
ke
r r
=
，解得
I
v
模型Ⅱ中：
库仑力提供向心力：
2
22
12
2
=
ke
mr Mr
r
ωω
== (1)
解得1
2=
r M
r m；
又因为r1+r2=r所以1=M
r
m M
+2=
m
r
m M
+
带入（1）式：
ω=
所以：()21=?ke M v r r m M m ω=+Ⅱ ()22=?ke m
v r r m M M
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．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）3KQq r mg
=（3）212
3()3
B 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，
2
3kQq
F mg r 库==
解得：
3kQq
r 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 =
1
2
3mv 2； 解得：
212
3()3
B 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．
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 。

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：
2
102
CD mgd q mv ϕ+=
- ① 0CD C D C ϕϕϕϕ=-=- ②
222C mv mgd q
ϕ-= ③
（2）小球P 经过D 点时受力如图：
由库仑定律得：
122
(2)F F k
d == ④
由牛顿第二定律得：
12cos 45cos 45mg F F ma +︒+︒= ⑤
解得：
a =g +
2
22kQq
md
⑥ （3）小球P 由D 运动到E 的过程，由动能定理得：
22
1122
DE 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 ⑨
4．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8
2.010q -=⨯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)2
1.2510F 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 mg
E q
α=
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 mg
W q mg l l q
ααα=
-- 代入数值解得电场场强大小：2
1.2510F 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
5
cos 4
mg 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。

因为从C 到B 的角度θ很小，进一步可知回复力与相对平衡位置的位移大小成正比、方向相反，故小球的运动为简谐运动。

小球的运动可等效为在某个场强大小为5
4
g mg '=，方向与竖直方向成α角斜向右下的场中做简谐运动，其周期为
225/4
l l T g g =='故从C 到B 最短的时间1
0.10.314
t T s π=
==
5．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F 1，试求F 1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F 2，求F 2的大小。

（3）为使F 2大于F 1，l 和x 的大小应满足什么关系？
【答案】(1) 223(())2l x +(2) 223
(())2
l
x +(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 B kQq
F F l x ==
+ 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：
22
4
sin l
x θ=
+
所以：
3122
2
24
()kQqx
F 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：
22
24
l cos l x θ=
+
所以：
22
2
23(4
)kQql
F 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 +＝
＞3122
2
24
()kQqx
F l x =+ 即：
l ＞2x
6．在竖直平面内固定一半径为R=0.3m 的金属细圆环，质量为5
m 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) 4
510N -⨯ (2) 160/N C (3) 2
54EL Q k =或322
Q k L R
=- 【解析】
由几何关系：3
cos 5
R L θ==，224sin 5
L R θ-=
=
,4tan 3θ= ①
（1）对小球受力分析可知：cos mg
F 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：
2
sin q
k
E L θ∆=∑ ⑥ 其中：q Q ∑∆=
由①⑥得：
2
54EL Q k =或322
Q k L R
=- ⑦ 点睛：因2Q
E k
r
=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．如图甲所示，倾角为θ＝30°绝缘斜面被垂直斜面直线MN 分为左右两部分，左侧部分光滑，范围足够大，上方存在大小为E ＝1 000 N/C ，方向沿斜面向上的匀强电场，右侧部分粗糙，范围足够大，一质量为m ＝1 kg ，长为L ＝0.8 m 的绝缘体制成的均匀带正电直棒AB 置于斜面上，A 端距MN 的距离为d ，现给棒一个沿斜面向下的初速度v 0，并以此时作为计时的起点，棒在最初0.8 s 的运动图像如图乙所示，已知0.8 s 末棒的B 端刚好进入电场，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：
(1)直棒AB 开始运动时A 端距MN 的距离为d ； (2)直棒AB 的带电量q ；
(3)直棒AB 最终停止时，直棒B 端到MN 的距离． 【答案】(1)20 m (2)7.5×10－3 C (3)125 m 【解析】 【分析】
根据v-t 图像确定出直棒AB 匀减速直线运动的位移，结合棒的长度，得出直棒AB 开始运动时A 端距MN 的距离为d ；根据图线得出直棒AB 匀减速直线运动的加速度大小，根据加速度，结合牛顿第二定律求出带电量的大小；根据动能定理得出，物体在电场中运动的距离． 【详解】
（1）由v-t 图像可知直棒AB 匀减速直线运动．0～0.8s 内棒运动的位移为：
0120.8m 2
t
v v x t +=
= ．A 端距离MN 的距离为：120.80.820m d x L m =-=-=． （2）棒的加速度为：2Δv
a=
=2.5m/s Δt
．对直棒AB 进行受力分析，越过MN 后受到重力、斜面支持力和电场力，合力为sin F Eq mg θ=-．根据牛顿第二定律，：
sin Eq mg ma θ-= ，代入数据解得：37.510C q -=⨯ ．
（3）根据动能定律，物体从B 端到达MN 至最终停止的过程，满足：
2221
sin 02
mgx Eqx mv θ-=-．带入数据解得，x 2 =125 m
故B 端在MN 右边且距MN 为125 m ． 【点睛】
本题考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合运用，通过v-t 图像，确定出物体运动的加速度不变，得出物体做匀变速直线运动是解决本题的关键．
8．如图甲所示，真空中的电极被连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A 、B 间的中线射入偏转电场，A 、B 两板距离为d 、A 、B 板长为L ，AB 两板间加周期性变化的电场，AB
U 如图乙所示，周期为T ，加速电压为2
12
2mL U eT
=，其中m 为电子质量、e 为电子电量，L 为A 、B 板长，T 为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：
(1)电子从加速电场1U 飞出后的水平速度0v 大小？
(2)0t =时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A 、B 间中线的距离y ；
(3)在足够长的时间内从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。

【答案】(1) 02L v T =；(2) 2
08eU T md
；(3) 31.7%
【解析】 【分析】 【详解】
(1)加速电场加速。

由动能定理得
2
1012
qU mv =
解得
02L v T
=
(2)电子在偏转电场里水平方向匀速运动，水平方向有
0L v t =
所以运动时间
2
T t = 则0t =时刻射入偏转电场的电子，在竖直方向匀加速运动，竖直方向有
22
2001812()22eU eU T T md y at md
=⨯⨯=
= (3)由上问可知电子在电场中的运动时间均为2
T
t =，设电子在0U 时加速度大小为1a ，03U 时加速度大小为2a ，由牛顿第二定律得：
01U e ma d ⋅
=，023U
e ma d
⋅= 在0
2
T
时间内，设1t 时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为0，则：
2
21111121112222T T a t a t t a t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=---⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣
⎦ 解得
14
T
t =
在0
2T
时间内，04
T
时间内射入电场中的电子均可从中垂线上方飞出。

2
T T 这段时间内，设能够从中垂线上方飞出粒子的时间间隔为2t ，2t T t =-时刻射入的
电子刚好偏转位移为0，则有
2
22222212112222T T a t a t t a t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=---⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦
解得
223
t T -=
所以
12334t t t T ⎛⎫
-∆=+= ⎪ ⎪⎝⎭
所以从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比
33
100%31.7%4
t T η∆-=
=⨯≈
9．图为梯形AB =AD =L ，AD 平行于BC 。

角BCD 等于30度。

在空间内有平行于纸面的匀强电场，第一次将质量为m ，电荷量为q >0的某带电粒子由A 点射出。

恰经过B 点，电场力做功为W 且W >0。

第二次将该粒子仍从A 点以相同的初动能射出，恰经过C 点电场力做功为2W ，不计粒子重力。

求：
（1）匀强电场电场强度大小和方向；
（2）若粒子初动能不变，从A 点射出，恰经过D 点，那么电场力做了多少功。

【答案】（1）()
52313W E q L
+=+方向与竖直方向夹角13523
θ=+（213
+ 【解析】
(1)由题意可知2AC AB U U
=
，如图所示过
D 做BC 垂线交BC 于Q ，连接AC ，取AC 终点
P ，连接BP ，则可得AP =BP =PC ，过A 做AN 垂直于BP ，则AN 方向即为电场方向；因为角BCD 等于30度，AB =AD =L ，故QC =3L ，在三角形ABC 中有：
()
2
2
3AC L L L
=++
解得：
(
)
523AC L =
+
由几何关系可知三角形ABN 与三角形CAB 相似，故有：
AB AN
AC BC
=
解得：
)13523
L AN d +==+
而带电粒子A 到B 电场力做功W ，则有：
W qEd =
所以解得：
()
52313W E q L
+=
+
设电场方向与AB 方向夹角为θ，则有：
)
13cos 523
d
L θ+==
+ 所以夹角为：
)13arccos
523
θ+=+
(2)如图过D 点做AN 垂线交AN 于M ，由几何关系可知三角形ADM 与三角形ABC 相似，所
AM AD
AB AC
=
解得：
523
AM d '=
=+
故当粒子经过D 点时，电场力做功为：
()
52313
13523
W W qEd q q L
+''==⨯
⨯
=
+++ 答：（1）匀强电场电场强度大小()
52313W E q L
+=
+，方向与竖直方向夹角
)13arccos
523
θ+=+；
（2）恰经过D 点，那么电场力做功
13
+。

10．静电场方向平行于x 轴，其电势ϕ随x 的分布可简化为如图所示的折线，图中0ϕ和d 为已知量。

一个带负电的粒子在电场中以0x =为中心，沿x 轴方向做周期性运动。

己知该粒子质量为m 、电量为-q ，忽略重力。

（1）求粒子所受电场力的大小；
（2）若将粒子由x d =处由静止释放，求粒子的运动周期；
（3）若粒子在0x =处获得一定动能，且动能与电势能之和为–A （00A q ϕ<<）。

求粒子的运动区间。

【答案】（1）0q F d ϕ=；（2）2
024md T q =ϕ3）00-1-1-A A d x d q q ⎛⎫⎛⎫≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭ϕϕ
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由图可知，0与d （或-d ）两点间的电势差为φ0，电场强度的大小为：
E d
ϕ=
电场力的大小为：
q F qE d
ϕ==
（2）考虑粒子从x d =处由静止释放开始运动的四分之一周期，由牛顿第二定律得粒子的加速度
q F a m md ϕ=
= 根据直线运动公式
2
12
d x at =
= 联立并代入得：
t =
故得粒子的运动周期为：
4T t ==（3）设粒子在[-x ，x ]区间内运动，速率为v ，由题意得
2
1--2
mv q A =ϕ 由图可知：
01-x d ⎛⎫= ⎪⎝⎭
ϕϕ
由上解得：
2
011--2x mv q A d ⎛⎫= ⎪⎝⎭
ϕ 因动能非负，有：
01--0x q A d ⎛⎫
≥ ⎪⎝⎭
ϕ
则有：
01-A x d q ⎛⎫≤ ⎪⎝
⎭ϕ 所以可得粒子的运动区间为：
00-1-1-A A d x d q q ⎛⎫⎛⎫
≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭ϕϕ
11．如图甲所示，真空中的电极K 连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为U 0的电场加速，加速电压U 0随时间t 变化的图像如图乙所示，每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为该过程加速电压不变.电子被加速后由小孔S 穿出沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A 、B 间中轴线，从左边缘射入A 、B 两板间的偏转电场，A 、B 两板长均为L =0.020m ，两板之间距离d =0.050m ，A 板的电势比B 板电势高U ，A 、B 板右側边缘到竖直放置的荧光屏P （面积足够大）之间的距离b =0.10m ，荧光屏的中心点O 与A 、B 板的中心轴线在同一永平直线上，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。

求： （1）求电子进入偏转电场的初速度v 0（已知电子质量为m 、电量为e ，加速电压为U 0） （2）假设电子能射出偏转电场，从偏转电场右端射出时，它在垂直于两板方向的偏转位移y 为多少（用U 0、U 、L 、d 表示）；
（3）要使电子都打不到荧光屏上，A 、B 两板间所加电压U 应满足什么条件； （4）当A 、B 板间所加电压U =50V 时，电子打在荧光屏上距离中心点O 多远的范围内。

【答案】（1）0
02eU v m
=2）204UL y dU =；（3）所加电压U 应满足至少为100V ；
（4）0.025m ～0.05m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）电子加速过程中，根据动能定理有
2001
2
eU mv =
解得初速度
02eU v m
=
（2）偏转过程中，水平方向做匀速直线运动，有
0v t L =
垂直AB 两板方向，做匀加速直线运动，有
U Ed =
eU ma =
212
y at =
由（1）问及以上几式，解得
2
4UL y dU =
（3）要使电子都打不到屏上，应满足U 0取最大值800V 时仍有y ＞0.5d ，代入(2)问结果，可得：
2
00222
44?0.548000.50.05V 100V 0.2U dy U d d U L L ⨯⨯⨯=>==
所以为使电子都打不到屏上，A 、B 两板间所加电压U 至少为100V
（4）当A 、B 板间所加电压U′=50V 时，当电子恰好从A 板右边缘射出偏转电场时 其侧移最大
max 11
0.05m 0.025m 22
y d =
=⨯= 设电子通过电场最大的偏转角为θ，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Y max ，则
tan y v at
v v θ=
=
max max y b
Y y υυ
=+
又
max 02
y
υy t +=
L υt =
联立解得
max max max 20.05m b
Y y y L
=+
= 由第（2）问中的2
4UL y dU =可知，在其它条件不变的情况下，U 0越大y 越小
所以当U 0=800V 时，电子通过偏转电场的侧移量最小 其最小侧移量，
222min
00500.2m 0.0125m 4440.05800
UL U L y dU dU ⨯'====⨯⨯ 同理可知，电子打到屏上距中心的最小距离为
min min 210.025m b Y y L ⎛⎫
=+= ⎪⎝
⎭
故其范围为0.025m~0.05m 。

12．如图甲所示，A 、B 为两块相距很近的平行金属板，A 、B 间电压为0AB U U =-，紧贴A 板有一电子源随时间均匀地飘出质量为m ，带电量为e 的电子（可视为初速度为零）。

在B 板右侧两块平行金属板M 、N 间加有如图乙所示的电压，电压的变化周期
2m
T L
eU =，板间中线与电子源在同意以水平线上，极板长L ，距偏转右边缘s 处有荧光屏，已知18
T
t =
时刻沿中线射入偏转极板间的电子恰好能射出偏转极板，假定金属外无电场，打在极板上的电子均被极板吸收，荧光屏足够大，试求：
（1）电子进入偏转极板时的速度； （2）4
T
t =
时刻沿中线射入偏转板间的电子刚出偏转板时与板间中线的距离； （3）经足够长时间t （t 远大于T ）打到荧光屏上的电子数与电子源发射的电子数之比； （4）电子打在荧光屏上的范围（打在荧光屏最上端和最下端的长度）。

【答案】（1）0
02eU v m
=2）0（3）1732（4）38L
【解析】 【详解】
（1）由动能定理有
2
0012
e mv U =
， 即
02eU v m
=
（2）由
0L v t =
有：
00
2L m t L T v eU =
== 电子在电场方向先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故一个周期内，侧位移为零，电子在电场运动的两个周期内侧向位移也为零. （3）设两极板间距为d ，
eU a dm
=
，
若18
T
t =
时刻沿中线射入偏转板间的电子恰好能射出偏转极板（不打上极板），那么 2211132()2()22228
d T T
a t a =⨯-=⨯， 解得
3
8
d L =
设2t 时刻射入的电子恰好打不到下极板，则
22221122()2222
d T at a t =⨯-⨯- 经时间t （t >>T ）打到荧光屏上的电子数与电子源发射的电子数之比
2117
322
t t k T -=
= （4）因为电子射出偏转板时，竖直方向速度为0，所以荧光屏上的范围
3
8
Y d L ==
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．有一额定电压为2.8 V ，额定功率0.56 W 的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用： A ．电压表（量程0~3 V 内阻约6 kΩ） B ．电压表（量程0~6 V ，内阻约20 kΩ） C ．电流表（量程0~0.6 A ，内阻约0.5 Ω） D ．电流表（量程0~200 mA ，内阻约20 Ω） E.滑动变阻器（最大电阻10 Ω，允许最大电流2 A ） F.滑动变阻器（最大电阻200 Ω，允许最大电流150 mA ） G.三节干电池（电动势约为4.5 V ） H.电键、导线若干
(1)为提高实验的精确程度，电压表应选用____；电流表应选用___；滑动变阻器应选用____；（以上均填器材前的序号）
(2)请在虚线框内画出描绘小灯泡伏安特性曲线的电路图____；
(3)通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，某同学将一电源（电动势E =2 V ，内阻r =5 Ω）与此小灯泡直接连接时，小灯泡的实际功率是____W （保留两位有效数字）。

【答案】A D E 0.18（0.16~0.20范围内均给对）
【解析】 【分析】 【详解】
(1)由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V ，为了准确性及安全性原则，电压表应选择A ；由P =UI 可得，灯泡的额定电流为：0.56A 200mA 2.8
P I U =
==，故电流表应选择D ；测量灯泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择 E ；
(2)测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻约为：14U
I
=Ω，而电流表内阻约为20Ω，故电流表应采用外接法；故电路图如图所示∶
(3) 由电源的电动势和内阻作出电源的伏安特性曲线如图所示：
则交点为灯泡的工作点，由图可知，灯泡的电压为1.38V，电流为0.15A，则灯泡的功率P=UI=1.3×0.13=0.17W；（0.16~0.20范围内均给对）
【点睛】
根据小灯泡的额定电压可以选出电压表，根据灯泡的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；根据滑动变阻器的接法可选出滑动变阻器；根据测伏安特性曲线的实验要求可以选出滑动变阻器的接法，由电流表及电压表内阻的关系可得出电流表的接法；在图中作出电源的伏安特性曲线，图像与灯泡的伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点，则可得出灯泡的电压及电流，由功率公式可求得实际功率。

14．某实验小组进行电阻丝电阻率的测量，其中实验器材有；
A．直流电源（电动势约4.5V，内阻很小可忽略）B．0-0.5A的电流表（内阻很小可忽略）
C．R0＝10Ω的定值电阻D．R0＝50Ω的定值电阻
E.粗细均匀，总电阻约15Ω的待测电阻丝
F.刻度尺
G螺旋测微器 H.开关一个，导线若干
(1）图甲是实验电路图，请规范画出其实验原理图__________；
(2）实验时，定值电阻R0应选用________________（填器材编号）；
(3)实验时，多次移动线夹所在的位置，测量其连入电路中的电阻丝的长度，记为l，同时记下相对应的电流表的示数I;
(4）以1
I
为纵轴，以l为横轴，得到图丙的图象，已知该图线的截距为b、斜率为k．由此
可知电源的电动势可表示为___，若测得电阻丝直径为d，则电阻丝的电阻率可表示为
ρ＝____．（都用题中所给的字母符号表示）
(5)实际上电源和电流表都存在一定的内阻，而实验处理数据时忽略了这两个内阻，因此将导致电阻率的测量值_____实际值．（填“大于”或“小于”）
【答案】 C 0R b 204d kR b
π 小于 【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据实物图画出电路图如图所示;
（2）根据电源电动势和电流表的量程可知保护电阻的阻值大约为0 4.590.5
E R Ig =
==Ω 所以保护电阻选C
（4）根据闭合电路欧姆定律知： 0()x E I R R =+ 及24x l l R S d ρ
ρπ== 得：0214R l I d E E
ρπ=+ 所以结合图像是0R b E = ，所以0R E b
= 24k d E ρπ= ，所以204d kR b
πρ= （5）由于整理公式时忽略掉了电源的电阻和电流表的电阻 所以导致测量值偏小
15．要测量一段阻值大约为5 Ω的均匀金属丝的电阻率，除刻度尺、螺旋测微器、电源E （电动势为3 V 、内阻约为0．5 Ω）、最大阻值为20 Ω的滑动变阻器R 、开关一只、导线
若干外，还有电流表和电压表各两只供选择：A1（量程1 A、内阻约为1 Ω）、A2（量程0．6 A、内阻约为2 Ω）、V1（量程3．0 V、内阻约为1 000 Ω）、V2（量程15 V、内阻约为3 000 Ω）．
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图所示，则金属丝的直径为________mm．（2）为了使测量有尽可能高的精度，电流表应选________，电压表应选________．
（3）实验电路已经画出了一部分，如图所示，但尚未完整，请将该电路完整地连接好（R x 表示待测电阻）_________．
（4）若用刻度尺测得金属丝的长度为L，用螺旋测微器测得金属丝的直径为d，电流表的读数为I，电压表的读数为U，则该金属丝的电阻率表达式为ρ＝________．
【答案】0.851~0.853均可 A2 V1
2 4
d U LI π
【解析】
【分析】
【详解】
（1）螺旋测微器的固定部分读数为：0.5mm，可动部分读数为：
35．0×0．01mm=0.351mm，故最后读数为：0.5mm+0.351mm=0.851mm．
（2）为零测量准确，电压表和电流表的指针偏转要尽量大些，因此电流表选择A2，电压表选择V1．
（3）根据实验原理得出实验原理图为：
（4）根据欧姆定律得：
U
R
I
＝；根据电阻定律得：
RS
L
ρ＝．故有：
2
4
d U
LI
π
ρ=．
16．某同学在“测定金属丝电阻率”的实验中：
（1）在用游标为20分度的游标卡尺测其长度时，示数如图甲所示，读数为______cm．（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，读数为______mm．
（3）在测量金属丝的电阻率的实验中，已知电阻丝的电阻约为10Ω，现备有下列器材供选用：
A．量程是0-0.6A，内阻是0.5Ω的电流表；
B．量程是0-3A，内阻是0.1Ω的电流表；
C．量程是0-3V，内阻是6kΩ的电压表；
D．量程是0-15V，内阻是30kΩ的电压表；
E．阻值为0-1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器；
F．阻值为0-10Ω，额定电流为2A的滑动变阻器；
G．蓄电池（6V）；
H．开关一个，导线若干．
为使测量结果尽量准确，电流表应选用______，电压表应选用______，滑动变阻器应选
______．（只填字母代号）
若图所示的实验仪器就是我们选定，请用铅笔画线连接实验电路．（______）
【答案】5.015 5.700 C A F
【解析】
【详解】
（1）[1]游标卡尺的主尺读数为：5.0cm=50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为：。