广东省台山市华侨中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题
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。
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)
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．“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。
在某处固定一个电荷量为Q 的点电荷，在其正下方h 处有一个原子。
在点电荷产生的电场（场强为E ）作用下，原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离l ，形成电偶极子。
描述电偶极子特征的物理量称为电偶极矩p ，q =p l ，这里q 为原子核的电荷量。
实验显示，p E α=，α为原子的极化系数，反映其极化的难易程度。
被极化的原子与点电荷之间产生作用力F 。
在一定条件下，原子会被点电荷“掇”上去。
(1)F 是吸引力还是排斥力？简要说明理由；(2)若将固定点电荷的电荷量增加一倍，力F 如何变化，即求(2)()F Q F Q 的值； (3)若原子与点电荷间的距离减小一半，力F 如何变化，即求()2()h F F h 的值。
【答案】(1)吸引力，(2)4，(3)32。
【解析】 【详解】(1)F 为吸引力。
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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．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。
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 。
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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（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．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．2．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。
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．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=123mv2；解得：2123()3Bv 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．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 QEmaL-⋅＝解得8QEam＝，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 QExL⋅＝解得14x L=由动能定理得：()0044()()42442448 K oQE QELQE QE L QE LE 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：()42QE QEx L L+-＝，得 x0=L；()42QE QELL Lε+＝＝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．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/scosgaθ==【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 ＝0−12mv 02 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．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.m 2／C 2）（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 kQ E 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，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．如图所示，M 、N 为竖直放置的平行金属板，两板间所加电压为0U ，1S 、2S 为板上正对的小孔. 金属板P 和Q 水平放置在N 板右侧，关于小孔1S 、2S 所在直线对称，两板的长度和两板间的距离均为l ； 距金属板P 和Q 右边缘l 处有一荧光屏，荧光屏垂直于金属板P 和Q ；取屏上与S 1、2S 共线的O 点为原点，向上为正方向建立x 轴，M 板左侧电子枪发射出的电子经小孔1S 进入M 、N 两板间. 电子的质量为m ，电荷量为e ，初速度可以忽略. 不计电子重力和电子之间的相互作用. 为简单计，忽略电容器的边缘效应.（1）求电子到达小孔2S 时的速度大小v ；（2）金属板P 和Q 间电压u 随时间t 的变化关系如图所示，单位时间内从小孔1S 进入的电子都相同. 电子打在荧光屏上形成一条亮线，忽略电场变化产生的磁场；可以认为每个电子在板P 和Q 间运动过程中，两板间的电压恒定.a. 试分析、猜测题干中“可以认为每个电子在板P 和Q 间运动过程中，两板间的电压恒定”这句话的根据？b. 当某个电子在金属板P 、Q 两板间电压0u U =时进入P 、Q 间，求其打到荧光屏上的位置.c. 求打到荧光屏上的电子最大动能.d. 试分析在一个周期（即02t 时间）内荧光屏单位长度亮线上的电子个数是否相同？【答案】(1)02eU v m= (2) a.见解析 b. 34l x = c.02km E eU = d.电子个数相同【解析】 【详解】（1）根据动能定理有：2012eU mv = 解得：02eU v m=（2）a. 由（1）中电子速度表达式猜测，由于电子比荷q/m 极大，电子很容易加速到很大的速度，电子在板P 和Q 间运动的时间远小于交变电压变化的周期，故“可以认为每个电子在板P 和Q 间运动过程中，两板间的电压恒定”。
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷测试卷 (word版,含解析)
高中物理必修3物理全册全单元精选测试卷测试卷（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 ⑥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，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-=+＝．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．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．4．一带正电的 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B5．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．6．如图所示，∆abc 处在真空中，边长分别为ab ＝5cm ，bc ＝3cm ，ca ＝4cm ．两个带电小球固定在a 、b 两点，电荷量分别为q a ＝6.4×10－12C ，q b ＝－2.7×10－12C ．已知静电力常量k ＝9.0×109N ⋅m 2/C 2，求c 点场强的大小及方向．【答案】方向与由a指向b的方向相同【解析】【详解】如图所示，a、b两电荷在c点的场强分别为E a＝k＝36N/CE b＝k＝27N/C由几何关系，有E2＝E a2＋E b2解得E＝45N/C方向与由a指向b的方向相同.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v0，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/s2，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 2tv 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：2Δva==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：2221sin 02mgx 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，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。
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷检测题(Word版 含答案)
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷检测题（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．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，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 。
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)
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。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷达标检测卷(Word版 含解析)
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷达标检测卷（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 m L-= 以上各式联立解得T =15N.3．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4L Aa 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4L Aa 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 L qU f E -⋅=- 又摩擦力 f mg μ=解得02k E mgLμ=. （2）在滑块从O 点运动到b 点的过程中，由动能定理得 004ob k L qU 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)2kO aO Ob n E U U q-=-=解得 214n s L +=.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，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 qE mg 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，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 N6．如图所示，将带正电的中心穿孔小球A套在倾角为θ的固定光滑绝缘杆上某处，在小球A的正下方固定着另外一只带电小球B，此时小球A恰好静止，且与绝缘杆无挤压．若A的电荷量为q，质量为m；A与B的距离为h；重力加速度为g，静电力常量为k；A与B 均可视为质点．(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)2Bmghqkq= (3)sin2P mg gh=【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（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＝2Bkqqh，由平衡条件有mg＝2Bkqq h解得q B＝2 mgh kq.(3)B不带电后，小球A受到重力、支持力作用沿杆向下做匀加速直线运动，设到达题中所述位置时速度为v，由机械能守恒定律有mgh＝12mv2，解得v2gh所以重力的瞬时功率为P＝mgv sin θ＝mg sin 2gh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 =42102⨯N/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22102F 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 =1F a 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 =1=1.6m 即坐标为（0，-1.6）8．如图，在真空室内的P 点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为+q ，质量为m 的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab 为P 点附近的一条水平直线，P 到直线ab 的距离PC=L ，Q 为直线ab 上一点，它与P 点相距5L ．当直线ab 以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q 点；当ab 以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab 直线，且它们到达ab 直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q 点．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)a粒子的发射速率(2)匀强电场的场强大小和方向(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值【答案】（1）粒子发射速度为58BqLvm=（2）电场强度的大小为2258qLBEm=（3）粒子到达直线ab所用最长时间和最短时间的比值122332.20106tt=≈【解析】（1）设粒子做匀速圆周运动的半径R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图三所示：由几何知识可得PC QAPQ QO=代入数据可得粒子轨迹半径58LR QO==洛仑磁力提供向心力2vBqv mR=解得粒子发射速度为58BqLvm=（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知ab为等势面，电场方向垂直ab向下．水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内2LCQ vt == 212PC L at == 式中qE a m= 解得电场强度的大小为2258qLB E m= （3）只有磁场时，粒子以O 1为圆心沿圆弧PD 运动，当圆弧和直线ab 相切于D 点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图四所示．据图有3sin 5L R R α-== 解得37α=︒故最大偏转角max 233γ=︒粒子在磁场中运动最大时长max10360t T γ=式中T 为粒子在磁场中运动的周期．粒子以O 2为圆心沿圆弧PC 运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图四有 /24sin 5L R β== 解得53β=︒速度偏转角最小为min 106γ=︒故最短时长min20360t T γ=因此，粒子到达直线ab 所用最长时间和最短时间的比值max 12min 233 2.20106t t γγ==≈ 点睛：此题是关于带电粒子在电场及磁场中的运动问题；掌握类平抛运动的处理方向，在两个方向列出速度及位移方程；掌握匀速圆周运动的处理方法，确定好临界状态，画出轨迹图，结合几何关系求解.9．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下（小球的重力大于所受的电场力）．（1）已知小球的质量为m，电量大小为q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度h 至少应为多大？（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放．假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量．【答案】（1）已知小球的质量为m，电量大小为q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，小球沿斜轨道下滑的加速度的大小为；（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，A点距水平地面的高度h至少应为（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放．假设其能够通过B点，在此过程中小球机械能的改变量3qER【解析】【分析】【详解】（1）由牛顿第二定律有（mg﹣qE）sinα=ma得：a=（2）球恰能过B点有：（mg﹣qE）=①由动能定理，从A点到B点过程，则有：（mg﹣qE）（h1﹣2R）=﹣0 ②由①②解得h1=（3）因电场力做负功，导致机械能减少，电势能增加则增加量：△E=qE（h2﹣2R）=qE（5R﹣2R）=3qER由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER10．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）。
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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（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．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．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(())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 B kQqF 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 。
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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．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．2．万有引力和库仑力有类似的规律，有很多可以类比的地方。
已知引力常量为G ，静电力常量为k 。
（1）用定义静电场强度的方法来定义与质量为M 的质点相距r 处的引力场强度E G 的表达式；（2）质量为m 、电荷量为e 的电子在库仑力的作用下以速度v 绕位于圆心的原子核做匀速圆周运动，该模型与太阳系内行星绕太阳运转相似，被称为“行星模型”，如图甲。
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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．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．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 。
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．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．“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。
在某处固定一个电荷量为Q 的点电荷，在其正下方h 处有一个原子。
在点电荷产生的电场（场强为E ）作用下，原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离l ，形成电偶极子。
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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（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．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=123mv2；解得：2123()3Bv 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．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 QEmaL-⋅＝解得8QEam＝，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 QExL⋅＝解得14x L=由动能定理得：()0044()()42442448 K oQE QELQE QE L QE LE 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：()42QE QEx L L+-＝，得 x0=L；()42QE QELL Lε+＝＝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 +=.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。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试题(Word版 含解析)
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试题（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．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 全册全单元精选测试卷测试卷 (word版,含解析)
高中物理必修3物理全册全单元精选测试卷测试卷（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 ⑥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，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-=+＝．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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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷综合测试卷（word 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：2QqkmgR= 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．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 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+++⋅＝＝＝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 。
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达标检测(Word版 含解析)
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷达标检测（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．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E 1和E 2，在C 点的合场强为E C ；则12()2kQ E L ＝；223()2kQE L ＝ 则E C =E 1-E 2 解得：E C ＝232 9kQL ． （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 ＝0−12mv 02 解得：2012f mv L＝（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：220011222L W 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 ＝0−12mv 02 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 。
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广东省台山市华侨中学必修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，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 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：232W 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．3．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 。
在杆上B 点处固定一个电量为Q 的正电荷。
将A 由距B 竖直高度为H 处无初速释放，小球A 下滑过程中电量不变。
不计A 与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中。
已知静电力常量k 和重力加速度g 。
(1)A 球刚释放时的加速度是多大？(2)当A 球的动能最大时，求此时A 球与B 点的距离。
【答案】(1)22si s n in kQ a g q mH=－αα；(2)sin kQqx mg =α【解析】 【分析】 【详解】(1)由牛顿第二定律可知mg sin α－F ＝ma根据库仑定律2Qq F kr =，sin Hr α= 得22si s n in kQ a g q mH=－αα。
(2)当A 球受到合力为零、加速度为零时，动能最大。
设此时A 球与B 球间的距离为x ，则2sin Qq kx mg =α解得sin kQqx mg =α【点睛】本题关键对小球A 受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据力与速度关系分析小球A 的运动情况；知道合力为零时动能最大。
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。
另一同样小球置于斜面顶点B 处，已知斜面长为L ，现把上部小球从B 点从静止自由释放，球能沿斜面从B 点运动到斜面底端C 处（静电力常量为k ，重力加速度为g ）求：（1）小球从B 处开始运动到斜面中点D 处时的速度？ （2）小球运动到斜面底端C 处时，球对斜面的压力是多大？ 【答案】(1) 2D glv =2232'23N N kq F F mg L ==-【解析】（1）由题意知：小球运动到D 点时，由于AD=AB ，所以有D B ϕϕ= 即0DB D B U ϕϕ=-=① 则由动能定理得：21sin30022DB L mg qu mv ︒+=-② 联立①②解得2D gl v =（2）当小球运动到C 点时，对球受力分析如图所示则由平衡条件得：sin30cos30N F F mg +︒=︒库④由库仑定律得：()22cos30kq F l =︒库⑤联立④⑤得：223223N kq F mg L=-由牛顿第三定律即2232'23N N kq F F mg L==-．5．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) 254ELQ k =或322Q k L R=- 【解析】由几何关系：3cos 5R L θ==，224sin 5L R L 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 L θ∆=∑ 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．6．如图所示，将带正电的中心穿孔小球A 套在倾角为θ的固定光滑绝缘杆上某处，在小球A 的正下方固定着另外一只带电小球B ，此时小球A 恰好静止，且与绝缘杆无挤压．若A 的电荷量为q ，质量为m ；A 与B 的距离为h ；重力加速度为g ，静电力常量为k ；A 与B 均可视为质点．(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)2B mgh q kq= (3)sin 2P mg gh =【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（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 ＝2Bkqq h ， 由平衡条件有mg ＝2Bkqq h 解得q B ＝2mgh kq. (3)B 不带电后，小球A 受到重力、支持力作用沿杆向下做匀加速直线运动，设到达题中所述位置时速度为v ，由机械能守恒定律有mgh ＝12mv 2，解得v所以重力的瞬时功率为P ＝mgv sin θ＝mg sin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，M 、N 为竖直放置的平行金属板，两板间所加电压为0U ，1S 、2S 为板上正对的小孔. 金属板P 和Q 水平放置在N 板右侧，关于小孔1S 、2S 所在直线对称，两板的长度和两板间的距离均为l ； 距金属板P 和Q 右边缘l 处有一荧光屏，荧光屏垂直于金属板P 和Q ；取屏上与S 1、2S 共线的O 点为原点，向上为正方向建立x 轴，M 板左侧电子枪发射出的电子经小孔1S 进入M 、N 两板间. 电子的质量为m ，电荷量为e ，初速度可以忽略. 不计电子重力和电子之间的相互作用. 为简单计，忽略电容器的边缘效应. （1）求电子到达小孔2S 时的速度大小v ；（2）金属板P 和Q 间电压u 随时间t 的变化关系如图所示，单位时间内从小孔1S 进入的电子都相同. 电子打在荧光屏上形成一条亮线，忽略电场变化产生的磁场；可以认为每个电子在板P 和Q 间运动过程中，两板间的电压恒定.a. 试分析、猜测题干中“可以认为每个电子在板P 和Q 间运动过程中，两板间的电压恒定”这句话的根据？b. 当某个电子在金属板P 、Q 两板间电压0u U 时进入P 、Q 间，求其打到荧光屏上的位置.c. 求打到荧光屏上的电子最大动能.d. 试分析在一个周期（即02t 时间）内荧光屏单位长度亮线上的电子个数是否相同？【答案】(1)02eU v m= (2) a.见解析 b. 34l x = c.02km E eU = d.电子个数相同【解析】 【详解】（1）根据动能定理有：2012eU mv = 解得：02eU v m=（2）a. 由（1）中电子速度表达式猜测，由于电子比荷q/m 极大，电子很容易加速到很大的速度，电子在板P 和Q 间运动的时间远小于交变电压变化的周期，故“可以认为每个电子在板P 和Q 间运动过程中，两板间的电压恒定”。