张家港市高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

张家港市高中物理必修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，在光滑绝缘水平面上B 点的正上方O 处固定一个质点，在水平面上的A 点放另一个质点，两个质点的质量均为m ，带电量均为+Q 。

C 为AB 直线上的另一点（O 、A 、B 、C 位于同一竖直平面上），AO 间的距离为L ，AB 和BC 间的距离均为2
L
，在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止。

试问： (1)该匀强电场的场强多大？其方向如何？
(2)给A 处的质点一个指向C 点的初速度，该质点到达B 点时所受的电场力多大？ (3)若初速度大小为v 0，质点到达C 点时的加速度和速度分别多大？
【答案】(1)22kQ L ，方向由A 指向C ；273kQ ；(3)22kQ mL 2
2
0kQ v mL
+【解析】 【分析】
(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止，对A 进行受力分析，根据平衡条件求解。

(2)质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和水平向右的电场力，根据力的合成求解 (3)根据牛顿第二定律求出加速度，根据动能定理求出C 点时速度。

【详解】
(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止，对A 进行受力分析，
AO 间的库仑力为2
2Q F K L
=；
根据平衡条件得：sin F EQ θ= 2sin 2F KQ
E Q L
θ=
= 方向由A 指向C
(2)该质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和水平向右的电场力，
库仑力为2
2
'(sin60)Q F K L =；
水平向右的电场力F EQ "=
B
点时所受的电场力22
22
]sin60)6F L
== (3)质点到达C 点时进行受力分析，根据牛顿第二定律得
2
222
sin Q K EQ F KQ L a m m mL θ+===
合． 从A 点到C 点根据动能定理得
22
1122
o EQL mv mv =
-； v =【点睛】
本题的关键要耐心细致地分析物体的运动过程，对物体进行受力分析，运用动能定理、牛顿第二定律进行处理。

2．（1）科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远
小于两星体间的距离，一般双星系统距离其它星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M 0，两者相距L ，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G ．
①求该双星系统中每个星体的线速度大小v ；
②如果质量分别为m 1和m 2的质点相距为r 时，它们之间的引力势能的表达式为
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
（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：22121mv ke r r =， 解得 22
112
mv r r ke =
对于原子核有：22222Mv ke r r =， 解得 22
222Mv r
r ke =
因为r 1+r 2=r ，所以有2222
1222
+mv r Mv r
r ke ke
= 解得E k Ⅱ=222
1211222ke mv Mv r
+=
又因电势能2p
e E k r =-Ⅱ
，所以E Ⅱ= E k Ⅱ+E p Ⅱ=2
-2ke r
即模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量相等，均为2
-2ke r
②解法一：
模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有22I I 2=mv ke m v r r ω=，解得2
I 2
=ke v m r ω
模型Ⅱ中：
对电子有：2
2II 1II 21=mv ke m v r r ω=， 解得2
II 2
1=ke v m r ω
对于原子核有：22
222
=ke Mv M v r r ω=
， 因ω1=ω2，所以mv Ⅱ=Mv
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，因此ω1=ω2=ω，即可视为v Ⅰ=v Ⅱ．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22I 2mv ke r r =
，解得I v
库仑力提供向心力：2
22122=ke mr Mr r ωω== (1)
解得12=r M r m
；
又因为r 1+r 2=r 所以1=M r m M + 2=m
r m M
+
带入（1）式：ω=
所以：1v r ω=Ⅱ2v r ω=又因原子核的质量M 远大于电子的质量m ，所以v Ⅱ>>v ，所以可视为M 静止不动；故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的．
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) ①2
k 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：2
002GM M a L
=
解得0
2
GM a L =
②由运动学公式可知，224π2
L
a 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22
2ke mv r r
=
解得：2
2k 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2
2k11121=22ke E mv r r
=
对于原子核有：2
2222=Mv ke r r ，解得22
k22221=22ke E Mv r r
=
系统的总动能：E k Ⅱ=E k1+ E k2=()22
12222ke 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232
24πmr 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22
122
4πke T r r m =Ⅱ
对原子核有222224πke M r r T =⋅Ⅱ， 解得22222
4πke T r r M
=Ⅱ
因r 1+r 2=r ，可解得：()
23
22
4πmMr T ke M m =+Ⅱ
所以有
T T =Ⅰ
Ⅱ 因为M >>m ，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．
4．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
5．一个质量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 =⨯
6．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】22
28
v H H +mg
【解析】 【详解】
(1)小球在MN 上方做平抛运动
竖直方向：212
H 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
22
2v H
L 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：
()022
H H
mg H F +
-⋅= 解得
F =3mg
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，水平面上有相距02m L =的两物体A 和B ，滑块A 的质量为2m ，电荷量为+q ，B 是质量为m 的不带电的绝缘金属滑块．空间存在有水平向左的匀强电场，场强为
0.4mg
E q
=
．已知A 与水平面间的动摩擦因数10.1μ=，B 与水平面间的动摩擦因数20.4μ=，A 与B 的碰撞为弹性正碰，且总电荷量始终不变（g 取10m/s 2）．试求：
（1）A 第一次与B 碰前的速度0v 的大小； （2）A 第二次与B 碰前的速度大小； （3）A 、B 停止运动时，B 的总位移x ． 【答案】（1）2m/s （2）2
m/s 3
（3）2m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）从A 开始运动到与B 碰撞过程，由动能定理：
2
01001222
EqL mgL mv μ-⋅=⋅
解得：v 0=2m/s
（2）AB 碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可得：
01222mv mv mv =+
22201211122222
mv mv mv ⋅=⋅+ 解得：12m/s 3v =
28
m/s 3
v =（另一组解舍掉） 两物体碰撞后电量均分，均为q/2，则B 的加速度：
22
21
22m/s 2B E q mg
qE a g m m
μμ⋅-==-=- ， A 的加速度：
111
220
24A E q mg
qE a g m m
μμ⋅-⋅==-= 即B 做匀减速运动，A 做匀速运动；A 第二次与B 碰前的速度大小为12
m/s 3
v =； （3）B 做减速运动直到停止的位移：
2
21216m 23
B v x a ==
AB 第二次碰撞时：
1122222mv mv mv =+
22211222111
22222
mv mv mv ⋅=⋅+ 解得：
12112m/s 39v v == ，2212488
m/s=m/s 393
v v ==
B 再次停止时的位移22224
16m 23B v x a =
= 同理可得，第三次碰撞时，
12132322mv mv mv =+
222121323111
22222
mv mv mv ⋅=⋅+ 可得131212m/s 327v v =
=，23123488
m/s m/s 3273
v v === B 第3次停止时的位移2223616
m 23
B v x a =
= 同理推理可得，第n 次碰撞，碰撞AB 的速度分别为：
11n-112m/s 33n n v v ==（)，2n 1n-1)
48m/s 33n
v v ==（ B 第n 次停止时的位移:
22n
216m 23
n n B v x a ==
则A 、B 停止运动时，B 的总位移
12324622++16161616m m+m+m 33331=2(1-)m
3n
n n x x x x x =+⋅⋅⋅+=
+⋅⋅⋅+
当n 取无穷大时， A 、B 停止运动时，B 的总位移2m x =．
8．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】 【详解】
(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
23AC 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：
)
13
523
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：
()
523
13
W
E
q L
+
=
+
设电场方向与AB方向夹角为θ，则有：
)
13
cos
523
d
L
θ
+
==
+
所以夹角为：
)
13
arccos
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，所以有：
AM AD
AB AC
=
解得：
523
AM d'
==
+
故当粒子经过D点时，电场力做功为：
()
523
13
13523
W
W qEd q
q L
+
''
===
+
++
答：（1）匀强电场电场强度大小()
523
13
W
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
+。

9．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)0
2eU 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：2
012
eU mv = 解得：0
2eU 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”。

b. 假设所有电子均能打在荧光屏上，下面以偏向P板的电子为例推导，偏向Q板的电子推导过程相同。

设电子在偏转电场中的运动时间为1t，PQ间的电压为u
垂直电场方向：1
l vt
=
平行电场方向：2
11
1
2
x at
=
此过程中电子的加速度大小
eu
a
ml
=
联立得：1
4
ul
x
U
=
电子出偏转电场时，在x方向的速度1
x
v at
=
电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间2t到达荧光屏，则
水平方向：2
l vt
=
竖直方向：22x
x v t
=
联立解得：2
2
ul
x
U
=
电子打在荧光屏上的位置坐标：12
3
4
l
x x x u
U
=+=
当0
u U
=时，
142
l l
x=<，电子能打在荧光屏上
故
3
4
l
x=。

c. 当
12
l
x=±时，
2
u U
=±，即从极板边缘射出的电子动能最大，无论电子向哪个极板偏转，电场力均做正功。

由全过程动能定理可得：0
2
2km
U
eU e E
+=
解得0
2
km
E eU
=
d. 对于有电子穿过P、Q间的时间内进行讨论：
打在荧光屏上的电子形成的亮线长度
3
4
l
x u
U
∆=∆
由电压图象可知，在任意△t时间内，P、Q间电压变化u
∆相等。

所以在任意t∆时间内亮线长度x
∆相等。

由题意可知，在任意t∆时间内，射出的电子个数是相同的，也就是说在任意t∆时间内，射出的电子都分布在相等的亮线长度x
∆范围内。

因此在一个周期内单位长度亮线上的电子个数相同。

10．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U0的电场加速，加速电压U0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v0（已知电子质量为m、电量为e，加速电压为U0）（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U0、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
2eU
v
m
=2）
2
4
UL
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
2
00
1
2
eU mv
=
解得初速度
0v =
（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 0.2
U 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，
222
min
00
500.2
m0.0125m
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
2
10.025m
b
Y y
L
⎛⎫
=+=
⎪
⎝⎭
故其范围为0.025m~0.05m。

11．如图所示，倾角为α=30°的绝缘斜面AB长度为3l，BC长度为
3
2
l，斜面上方BC间有沿斜面向上的匀强电场.一质量为m、电荷量为+q的小物块自A端左上方某处以初速度0
3
v gl
=水平抛出，恰好在A点与斜面相切滑上斜面，沿斜面向下运动，经过C点但未能到达B点，在电场力作用下返回，最终恰好静止在A点，已知物块与斜面间的动摩擦因数为
3
μ=，不考虑运动过程中物块电荷量的变化，重力加速度为g，求:
（1）物块平抛过程中的位移大小;
（2）物块在电场中的最大电势能
【答案】（1
13
（2）2mgl
【解析】
【详解】
（1）物块落到斜面上A点时，速度方向与水平方向夹角为α，设此时速度为v则0
cos
v
v
α=，竖直速度sin
y
v vα
=，
平抛过程中水平位移
y
v
x v
g
=，
竖直位移
2
2
y
B
v
y=，
平抛的位移22
s x y
=+
解得
13
2
s l
=.
（2）设物块沿斜面向下运动的最大位移为x´，自物块从A点开始向下运动到再次返回A
点根据动能定理有2
12cos 02
mg x mv μα'
-⋅=-， 解得2x l '=.
物块位于最低点时，电势能最大，物块自A 点到最低点过程中，设电场力做功为W ，根据动能定理有2
1sin cos 02
mg x mg x W mv αμα'
'
⋅-⋅-=-， 解得2W mgl =，即物块电势能大值为2mgl .
12．如图，一对平行金属板水平放置，板间距为d ，上极板始终接地．长度为
2
d
、质量均匀的绝缘杆，上端可绕上板中央的固定轴0在竖直平面内转动，下端固定一带正电的轻质小球，其电荷量为q ．当两板间电压为U 1时，杆静止在与竖直方向OO '夹角30θ=的位置；若两金属板在竖直平面内同时绕O 、O ′顺时针旋转15α=至图中虚线位置时，为使杆仍在原位置静止，需改变两板间电压．假定两板间始终为匀强电场．求:
（1）绝缘杆所受的重力G ； （2）两板旋转后板间电压U 2．
（3）在求前后两种情况中带电小球的电势能W 1与W 2时，某同学认为由于在两板旋转过程中带电小球位置未变，电场力不做功，因此带电小球的电势能不变．你若认为该同学的结论正确，计算该电势能；你若认为该同学的结论错误，说明理由并求W 1与W 2． 【答案】（1）12qU G d =；（2）21134U +=；（3）113
4
W qU =，2
114W qU =。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）绝缘杆长度设为L ，则重力作用点在几何中心即距离O 点
4
d
处，重力的力臂为 sin 48
d d θ= 电场力大小为
1
qU qE d
=
电场力的力臂为
sin 24
d d θ=
根据杠杆平衡有
184
qU d d G d ⨯
=⨯ 整理可得1
2qU G d
=
（2）两板旋转后，质点不变，重力不变，重力力臂不变，两个极板之间的距离变为
cos15d
电场力大小为
2
cos15
qU qE d =
力臂变为
2sin 4524
d d
=
根据杠杆平衡则有
228cos154
qu d d
G d ⨯
=⨯
可得
2114
U =
（3）结论错误．虽然小球位置没有变化，但是在极板旋转前后电场强度发生变化，电势发生变化，所以电势能发生变化．设小球所在位置电势为ϕ，没有旋转时，电场强度
1
U E d =
根据绝缘杆平衡判断电场力竖直向上，即电场线竖直向上，电势逐渐降低，所以
0cos 2
d E ϕθ-=⨯
整理得1ϕ= 电势能
11W q ϕ==
金属板转动后，电场强度
2
cos15U E d =
电势差
0cos 452
d E ϕ-=⨯
解得
114
U ϕ=
电势能
211
4
W q qU ϕ==
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．现提供如下器材，测量定值电阻x R （约
）的阻值．
a ．两个相同电流计1G 、2G （50A μ，内阻约）
b ．电阻箱1R （）
c ．电阻箱2R ，（）
d ．电源E （电动势约3V ，内阻不计）
e ．开关两个，导线若干
f ．滑动变阻器R （最大阻值20Ω）
(1)由于电流计量程很小，需要先将它们进行改装．某同学设计了用半偏法测电流计内阻的电路如图．实验过程如下：先将2R 调为最大,然后闭合1S 、2S ，调节1R 、2R ，使___________满偏，
使_____________半满偏（填写元件符号），由此可测电流计2G 的内阻． (2)若测得电流计2G 的内阻为，要将2G 改装成量程为3V 的电压表，需串联的电阻
值为_____________．
(3)采用改装后的电压表和改装后电流表并用伏安法测量待测电阻阻值，请在答题卷虚线框內画出实验电路图____________．
【答案】G 1 G 2 55.8kΩ
【解析】
【详解】
（1）若并联的两个支路电流相等，则电流表内阻与电阻箱内阻相等；故保证G1满偏，使G2半偏；
（2
）电流计内阻为4.2KΩ，满偏电流为50μA，要将G2改装成量程为3V的电压表，需串
联的电阻值为：34
6
3
4.210
5.581055.8
5010
g
g
U
R R K
I-
=--⨯⨯ΩΩ
⨯
＝＝＝
（3）采用伏安法测电阻，要测量多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，电流表内外接法依据待测电阻的电阻值与电流表、电压表的内阻关系进行判断，故内外接均可；电路中电流约为：3/5000A=600μA；给出的电流计不能测量电流值；故应将电流计改装为大量程的电流表．电路原理图如图所示：
14．某同学设计了如图所示的实验电路测量电压表的内阻和电阻丝的电阻，实验室提供的器材有：两节干电池、电阻箱R0、粗细均匀的电阻丝、与电阻丝接触良好的滑动触头P、开关、灵敏电流计（灵敏电流计的零刻度在表盘正中央）、待测电压表、导线．他进行了下列实验操作：
（1）按原理如图将如图所示的实物图连接成完整电路，请你帮他完成实物连线_______；（2）先将电阻箱的阻值调至最大，将滑动触头P移至电阻丝的正中间位置；
（3）闭合开关K，将电阻箱的阻值逐渐减小，当电阻箱的阻值为R0时，灵敏电流计示数为0，可知电压表内阻R V＝_____；
（IV）将电阻箱的阻值调至0，将cd导线断开，然后将滑动触头P移至最左端．此时电压表的示数为U，灵敏电流计的示数为I，则电阻丝的电阻为_____，测得的电阻值_____（填“偏大”“偏小”或“准确”）．
【答案】电路连线如图:
R 0 U I
偏大 【解析】
【详解】
（1）电路连线如图：
（3）灵敏电流计的示数为0时，说明电压表和电阻箱分压之比与电阻丝右边和左边电阻分压相等，故0V R R =；
（4）将电阻箱的阻值调至0，将cd 导线断开，将滑动触头P 移至最左端后，电阻丝的全部电阻与灵敏电流计串联，电压表测量的是灵敏电流计和电阻丝的总电压，电阻丝电阻的测量值U R I =，因为采用了内接法，A U R R I
=+ ，故电阻的测量值偏大．
15．如图所示，是测量小灯泡电功率的实物元件图，其中电源是蓄电池组（电动势为6V ，内阻很小不计），小灯泡额定电压是3.8V ，其灯丝电阻约为10Ω，滑动变阻器标有“10Ω、1A”字样，电流表（0～0.6A 、0～3A ），电压表（0～3V 、0～15V ）。

(1)本实验的原理是：_____；
(2)请用笔画线代替导线，把图中的电路元件连接成实验电路_____。

（要求：滑片P 向左移时灯变亮，且连线不得交叉）
(3)小刚合理地连接好电路，并按正确的顺序操作，闭合开关后灯不亮，聪明的小刚猜想：A．可能灯丝断了
B．可能是变阻器开路
C．可能是小灯泡短路
D．可能是电流表开路
请你借助已连好电路中的电流表和电压表验证小刚的猜想，并将电流表、电压表相应示数填入下表。

猜想电流表示数/A电压表示数/V
如果A成立
如果B成立
A：_____，_____；B：_____，_____；
(4)排除故障后，在测量小灯泡的额定功率时，应先调节_____，使小灯泡两端电压为
_____V，再测出电路中的_____，即可计算出额定功率；若小灯泡两端实际电压为额定电压的1.2倍，则实际功率为额定功率的_____倍。

（假设电阻值不变）
(5)实际测量过程中小刚才发现电压表0～15V量程已损坏（另一量程完好），但他仍想利用现有器材测出小灯泡的额定功率，请你帮他重新设计新电路图并画在下面的方框内
_____。

(6)小刚按重新设计的电路图继续实验，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为_____V时，小灯泡正常发光，此时电流表示数如图所示，则小灯泡的额定功率是_____W。

(7)实验时，若发现电流表指针摆动分别出现了如下图甲、乙所示的两种情况。

请分析在使用电流表时分别存在什么问题，并写在下面的横线上。

甲现象存在的问题：_____；乙现象存在的问题：_____。

【答案】P=UI 0 6 0 0 变阻器滑片 3.8
电流 1.44 2.2 1.52 电流表指针反转，所以电流表正
负接线柱接反电流表指针偏转角度太小，所以电流表所选量程过大
【解析】
【分析】
【详解】
，只要根据电路能测量(1)根据电功率计算公式和电路元件可以知道该实验原理为P UI
出灯泡两端的电压和流过灯泡的电流就可以测量出灯泡的功率。

(2)伏安法测灯泡功率的电路图如图所示。