高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷同步检测(Word版 含答案)

高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷同步检测（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，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 =20

2v 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 =0

22

v t ⋅ h =

2

v t ⋅ 联立得，x =2h =20

v g

故M 、N 间的电势差为U MN =-Ex =-20v U d g =-2

0Uv gd

从M 运动到N 的过程，由动能定理得 W 电+W G =

12m 20(2)v -2

012

mv 所以联立解得W 电=2

02mv

答：M 、N 间电势差为-2

0Uv gd

，电场力做功2

02mv ．

2．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

F 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＝－⑨

A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．

3．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

12

mv 2

－0＝mgL sin 45°－Eq (L －L cos 45°). m 2

v 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

21

02

mgL 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.

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 。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)22

si s n in kQ a g q mH

=－αα

；(2)sin kQq

x 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 k

r =，sin H

r α

= 得

22

si 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

2

sin Qq k

x mg =α

解得

sin kQq

x 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。