高三物理培优(3)(答案)

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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷培优测试卷

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高中物理必修3物理全册全单元精选试卷培优测试卷一、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,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h2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h1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.3.万有引力和库仑力有类似的规律,有很多可以类比的地方。

2021届高三物理三轮复习重难点培优:波粒二象性(解析版)

2021届高三物理三轮复习重难点培优:波粒二象性(解析版)

2021届高三三轮物理重难点培优:波粒二象性1、 能正确解释黑体辐射实验规律的是( )A.能量的连续经典理论B.普朗克提出的能量量子化理论C.牛顿提出的能量微粒说D.以上说法均2.下列说法不正确的是( )A.平均结合能小的原子核结合成或分解成平均结合能大的原子核时一定放出核能B.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关C.贝克勒尔通过对天然放射现象的研究,发现了原子中存在原子核D.康普顿效应说明光具有粒子性,电子的衍射实验说明粒子具有波动性3.对黑体辐射电磁波的波长分布的影响因素是( )A.温度B.材料C.表面状况D.以上都正确4.下列有关黑体辐射和光电效应的说法中正确的是( )A.在黑体辐射中,随着温度的升高,各种频率的辐射强度都增加,辐射强度极大值向频率较低的方向移动B.普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说C.用一束绿光照射某金属,能产生光电效应,现把这束绿光遮住一半,则没有光电子飞出D.在光电效应现象中,光电子的最大初动能与入射光的频率成正比5.下列说法错误的是( )A.黑体辐射电磁波的强度按波长分布与黑体的温度无关B.德布罗意提出了实物粒子也具有波动性的猜想,而电子衍射实验证实了他的猜想C.康普顿效应表明光子除了具有能量之外还具有动量D.氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子6.从衍射的规律可以知道,狭缝越窄,屏上中央亮条纹就越宽,由不确定性关系式4h x p π∆∆≥判断下列说法正确的是( ) A.入射的粒子有确定的动量,射到屏上粒子就有准确的位置B.狭缝的宽度变小了,因此粒子的不确定性也变小了C.更窄的狭缝可以更准确地测得粒子的位置,但粒子动量的不确定性却更大了D.更宽的狭缝可以更准确地测得粒子的位置,但粒子动量的不确定性却更大了7.下列说法正确的是( )A.光波是概率波,物质波是机械波B.微观粒子的动量和位置的不确定量同时变大,同时变小C.普朗克的量子化假设是为了解释光电效应而提出的D.光和电子、质子等实物粒子都具有波粒二象性8.下列说法中正确的是( )A.光有时是波,有时是粒子B.康普顿效应表明光子和电子、质子等实物粒子一样也具有能量和动量C.概率波和机械波的本质是一样的,都能发生干涉和衍射现象D.由不确定关系知,微观粒子的位置和动量都是不可确定的9.下列说法正确的是( )A.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布与物体的形状有关B.不确定性关系告诉我们,不可能准确地知道粒子的位置C.玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化D.爱因斯坦提出了光电子的能量与入射光的强弱有关,与入射光的频率无关10.根据不确定性关系4h x p π∆⋅∆≥,判断下列说法正确的是( ) A.采取办法提高测量x ∆精度时,p ∆的精度下降 B.采取办法提高测量x ∆精度时,p ∆的精度上升C.x ∆与p ∆测量精度与测量仪器及测量方法是否完备有关D.x ∆与p ∆测量精度与测量仪器及测量方法是否完备无关11.普朗克能量子假说认为( )A.在宏观领域,物体能量的变化是不连续的B.在微观领域,物体的能量是连续变化的C.物体辐射或吸收能量是一份一份进行的D.辐射的频率越高,物体辐射的每一个能量子的能量就越大12.下列说法中正确的是( )A .光电效应现象显示了光的粒子性,它否定了光的波动性B .为了解释原子光谱的不连续性,普朗克提出能量量子化观点C .某元素原子核内的质子数决定了核外电子的分布,进而决定了该元素的化学性质D.核力是短程力,在其作用范围内,随核子间距离的变化可以表现为引力也可以表现为斥力13、对原子和原子核结构的认识,下列说法正确的是( )A.为了解释黑体辐射规律,普朗克提出电磁辐射的“能量子”概念B.卢瑟福依据α粒子散射实验的结果,提出了原子能级结构假设C.法国物理学家贝可勒尔发现天然放射现象,说明原子核还可以分割D. β衰变的实质是原子核内释放出原本存在的电子,同时原子核转变为新核14.下列叙述正确的是( )A.对微观粒子运动状态的最准确的描述是概率波B.为了解释光电效应现象,爱因斯坦建立了光子说,指出在光电效应现象中,光电子的最大初动能与照射光的频率成线性关系C.太阳、地球等这些宏观的运动物体也具有波动性,这种波是物质波D.在关于物质波的表达式E hν=和hpλ=中,能量和动量是描述物质的粒子性的重要物理量,波长和频率是描述物质的波动性的典型物理量15.关于微观粒子波粒二象性的认识,下列说法正确的是( )A.因实物粒子具有波动性,故其轨迹是波浪线B.由概率波的知识可知,因微观粒子落在哪个位置不能确定,所以粒子没有确定的轨迹C.由概率波的知识可知,因微观粒子落在哪个位置不能确定,再由不确定性关系知粒子动量将完全确定D.大量光子表现出波动性,此时光子仍具有粒子性16.在单缝衍射实验中,中央亮纹的光强占整个从单缝射入的光强的95%以上,假设现在只让一个光子通过单缝,那么该光子( )A.一定落在中央亮纹处B.一定落在亮纹处C.可能落在暗纹处D.落在中央亮纹处的可能性最大17.在光的双缝干涉实验中,在光屏上放上照相底片,并设法减弱光的强度,尽可能使光子一个一个地通过狭缝, 分别在曝光时间不长和足够长的情况下,实验结果是( )A.若曝光时间不长,则底片上出现一些无规则分布的点B.若曝光时间足够长,则底片上出现干涉条纹C.实验结果表明光具有波动性D.实验结果表明光具有粒子性18.下列各种波是概率波的是( )A.声波B.无线电波C.光波D.物质波19.下列对于光的本性的理解正确的是( )A.光只具有粒子性B.光只具有波动性C.光是一种波D.光具有波粒二象性20.对于光的波粒二象性的理解,正确的是( )A.大量光子的效果往往表现出波动性,个别光子的行为往往表现出粒子性B.光在传播时是波,而与物质相互作用时就转变成粒子C.高频光是粒子,低频光是波D.波粒二象性是光的根本属性,有时它的波动性显著,有时它的粒子性显著21.在宏观世界中相互对立的波动性和粒子性,在光的本性研究中却得到了统一,即所谓光具有波粒二象性,下列关于光的波粒二象性的叙述中正确的是( )A.大量光子产生的效果显示出波动性,个别光子产生的效果展示出粒子性B.光在传播时表现出波动性,而在跟物质作用时表现出粒子性C.频率大的光比频率小的光的粒子性强,但波动性弱D.频率大的光较频率小的光的粒子性及波动性都强22.如图甲所示为电子衍射装置,利用该装置得到的电子衍射图样如图乙所示。

2022年人教版高中物理选择性必修第三册同步培优第一章分子动理论第3节分子运动速率分布规律

2022年人教版高中物理选择性必修第三册同步培优第一章分子动理论第3节分子运动速率分布规律

第一章3基础巩固练(25分钟·满分60分)一、选择题(本题共8小题,每题6分,共48分)1.夏天开空调,冷气从空调中吹进室内,则室内气体分子的(D)A.热运动剧烈程度加剧B.平均动能变大C.每个分子速率都会相应地减小D.速率小的分子数所占的比例升高解析:冷气从空调中吹进室内,室内温度降低,分子热运动剧烈程度减小,分子平均动能减小,即速率小的分子数所占的比例升高,但不是每个分子的速率都减小,D正确。

2.1859年麦克斯韦从理论上推导出了气体分子速率的分布规律,后来有许多实验验证了这一规律。

若以横坐标v表示分子速率,纵坐标f(v)表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比。

下面四幅图中能正确表示某一温度下气体分子速率分布规律的是(D)解析:各速率区间的分子数占总分子数的百分比不能为负值,A、B错;气体分子速率的分布规律呈现“中间多,两头少”的趋势,速率为0的分子不存在,故C错、D对。

3.教室内的气温会受到室外气温的影响,如果教室内上午10时的温度为15 ℃,下午2时的温度为25 ℃,假设大气压强无变化,则下午2时与上午10时相比较,房间内的(B) A.空气分子密集程度增大B.空气分子的平均动能增大C.空气分子的速率都增大D.空气质量增大解析:温度升高,气体分子的平均动能增大,平均每个分子对器壁的冲力将变大,但气压并未改变,可见单位体积内的分子数一定减小,故A项、D项错误、B项正确;温度升高,并不是所有空气分子的速率都增大,C项错误。

4.关于气体压强的理解,哪一种理解是错误的(A)A.大气压强是由地球表面空气重力产生的,因此将开口瓶密闭后,瓶内气体脱离大气,它自身重力太小,会使瓶内气体压强远小于外界大气压强B.气体压强是由于气体分子不断撞击器壁而产生的C.气体压强取决于单位体积内分子数和分子的平均动能D.单位面积器壁受到空气分子碰撞的平均压力就是气体对器壁的压强解析:大气压强是由地球表面空气重力产生的,而被密封在某种容器中的气体,其压强是大量的做无规则运动的气体分子对容器壁不断碰撞而产生的,它的大小不是由被封闭气体的重力所决定的,故A错误;密闭容器内的气体压强是大量气体分子频繁撞击器壁产生,故B正确;气体压强取决于分子的密集程度与分子的平均动能,即为单位体积内分子数和,可知单位面积器壁受到气体分子碰撞的平均分子的平均动能,故C正确;根据公式p=FS压力在数值上就等于气体压强的大小,故D正确;本题选择错误的,故选A。

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)

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.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0MmWGr =引> 所以=-p MmE Gr=-M Grϕ引3.“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。

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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷培优测试卷一、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.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2L,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 ;(2)22736kQ L ;(3)22kQ mL 220kQ 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。

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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)

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︒。

高三物理培优(答案)

高三物理培优(答案)

高三物理培优(参考答案)一、选择题 1. 【答案】B【解析】根据题意,物体做匀加速直线运动,t 时间内的平均速度等于2t时刻的瞬时速度,在第一段内中间时刻的瞬时速度为:1116m/s=4m/s 4v v -==;在第二段内中间时刻的瞬时速度为:2216m/s=8m/s 2v v -==;则物体加速度为:21844m/s m/s 33v v a t --===,故选项B 正确。

2. 【答案】C【解析】物体运动示意图如图所示,设物体在A 、B 、C 三点的瞬时速度分别为v a 、v b 、v c ,则:=3 ①==6 ②v AC =2*3*6/(3+6)=4=(Va+Vc)/2 ③ 联立①②③解得v B =5m/s. 3. 【答案】 BC【解析】 设加速度为a ,时间为t ,则有Δs =at 2=1 m ,可以求得CD =4 m ,而B 点的瞬时速度v B =s AC2t,所以OB 之间的距离为s OB =v 2B2a =3.125 m ,OA 之间的距离为s OA =s OB -s AB =1.125 m ,即B 、C 选项正确.4. 【答案】 B 【解析】021-)(2122121=+t a t t a t a ,解得a 2=3a 1 ; 5. 【答案】C【解析】用a 表示跳蚤起跳的加速度,t 表示离地时的速度,则对加速过程和离地后上升过程分别有 v 2=2ad2 ① v 2=2gh 2 ②若假想人具有和跳蚤相同的加速度a ,令V 表示在这种假想下人离地时的速度,H 表示与此相应的竖直高度,则地加速过程和离地后上升过程分别有 V 2=2ad 1 ③ V 2=2gH ④由以上各式可得 ⑤代入数值,得H=62.5m ⑥6. 【答案】ABD【解析】由题意知,物体先做初速度为零的匀加速运动,后做末速度为零的匀减速运动,全程中的最大速度v =a 1t 1,因前后均为匀变速直线运动,则平均速度为v -=0+v 2=a 1t 12=a 2t 22,故A 、B 正确,C 错误;全程的总位移为x =12a 1t 21+12a 2t 22,对全程由平均速度公式有v -=xt =a 1t 21+a 2t 222(t 1+t 2),故D 正确。

高考物理 复习培优练习(含解析)-人教版高三全册物理试题

高考物理 复习培优练习(含解析)-人教版高三全册物理试题

培优练习高考频度:★★★☆☆难易程度:★★★★☆一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中,由于沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小,轨迹如下列图。

假设粒子的电荷量不变,如下有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的答案是A .粒子由a 向b 运动,带正电B .粒子由b 向a 运动,带负电C .粒子由b 向a 运动,带正电D .粒子由a 向b 运动,带负电 【参考答案】B【试题解析】由题意可知,带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场,粒子的能量逐渐减小,速度减小,如此由公式mvr qB=得知,粒子的半径应逐渐减小,由图看出,粒子的运动方向是从b 到a 。

在b 处,粒子所受的洛伦兹力指向圆心,即斜向左上方,由左手定如此判断可知,该粒子带负电。

应当选B 。

一束带电粒子以同一速度v 0从同一位置进入匀强磁场,在磁场中它们的轨迹如下列图。

假设粒子A 的轨迹半径为r 1,粒子B 的轨迹半径为r 2,且r 2=2r 1,q 1、q 2分别是它们的带电荷量,m 1、m 2分别是它们的质量。

如此如下分析正确的答案是A .A 带负电、B 带正电,荷质比之比为1212:1:1q q m m = B .A 带正电、B 带负电,荷质比之比为1212:1:1q q m m =C .A 带正电、B 带负电,荷质比之比为1212:2:1q q m m = D .A 带负电、B 带正电,荷质比之比为1212:1:2q q m m = 如下列图,S 处有一电子源,可向纸面内任意方向发射电子,平板MN 垂直于纸面,在纸面内的长度L =9.1 cm ,中点O 与S 间的距离d =4.55 cm ,MN 与SO 直线的夹角为θ,板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B =2.0×10–4T ,电子质量m =9.1×10–31kg ,电荷量e =–1.6×10–19C ,不计电子重力。

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)

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,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 =(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B N .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B B N N '=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 = 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.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 +=.4.一个质量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,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.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/C E b =k=27N/C由几何关系,有E 2=E a 2+E b 2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 =1Fa 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 =S 1=1.6m 即坐标为(0,-1.6)8.如图所示,真空室中电极K 发出的电子(初速度不计)经过电势差为U 1的加速电场加速后,沿两水平金属板C 、D 间的中心线射入两板间的偏转电场,电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°,最后打在荧光屏上,已知电子的质量为m 、电荷量为e ,C 、D 极板长为l ,D 板的电势比C 板的电势高,极板间距离为d ,荧光屏距C 、D 右端的距离为16.电子重力不计.求:(1)电子通过偏转电场的时间t 0; (2)偏转电极C 、D 间的电压U 2; (3)电子到达荧光屏离O 点的距离Y . 【答案】(1)12m eU (2)12d U l (3)23l 【解析】 【分析】 【详解】(1)电子在离开B 板时的速度为v ,根据动能定理可得:2112eU mv = 得:12eU v m=电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动,则有:012l m t v eU ==(2)电子在偏转电极中的加速度:1eU a md=离开电场时竖直方向的速度:2012y U l ev at dmU == 离开电场轨迹如图所示:电子的速度与水平方向的夹角:21tan 45?=2y v U lvdU =解得:122dU U l=(3)离开电场的侧向位移:21012y at = 解得:12l y =电子离开电场后,沿竖直方向的位移:2tan 45=66l l y =︒ 电子到达荧光屏离O 点的距离:1223Y y y l =+= 【点睛】本题考查带电粒子在电场中的运动,要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类,加速一般采用动能定理求解,而偏转采用的方法是运动的合成和分解.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︒。

2021届高三物理三轮复习重难点培优:动量定律与冲量定理

2021届高三物理三轮复习重难点培优:动量定律与冲量定理

2021届高三三轮物理重难点培优:动量定律与冲量定理1.质量分别为12m m 、的物体A B 、静止在光滑的水平面上,两物体用轻弹簧连接,开始弹簧处于原长状态,其中12m m <,某时刻同时在两物体上施加大小相等方向相反的水平外力,如图所示,从两物体开始运动到弹簧的伸长量达到最大值的过程中,弹簧始终处在弹性限度范围内。

下列说法正确的是( )A.两物体的动量一直增大B.物体A B 、的动量变化量之比为21:m mC.两物体与弹簧组成的系统机械能守恒D.物体A B 、的平均速度大小之比为21:m m2.一质量为m 的运动员从下蹲状态向上起跳,经t ∆时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v ,在此过程中( )A.地面对他的冲量为mv mg t +∆,地面对他做的功为212mv B.地面对他的冲量为mv ,地面对他做的功为212mv C.地面对他的冲量为mv mg t +∆,地面对他做的功为零 D.地面对他的冲量为mv mg t -∆,地面对他做的功为零 3.在下列几种现象中,所选系统动量守恒的是( )A.在光滑水平面上,运动的小车迎面撞上一静止的小车,以两车为一系统B.运动员将铅球从肩窝开始加速推出,以运动员和铅球为一系统C.从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中,以重物和车厢为一系统D.光滑水平面上放一斜面,斜面也光滑,一个物体沿斜面滑下,以物体和斜面为一系统4.物体A 和B 用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动,如图甲所示。

A 的质量为m B ,的质量为m '。

当连接A B 、的绳突然断开后,物体A 上升经某一位置时的速度大小为v ,这时物体B 下落的速度大小为v ',如图乙所示。

在这段时间里,弹簧的弹力对物体A 的冲量为( )A.mvB.mv m v ''-C.mv m v ''+D.mv mv '+5.水平面上有质量相等的a b 、两个物体,水平推力12F F 、分别作用在a b 、上。

2021届高三物理三轮复习重难点培优:平抛运动

2021届高三物理三轮复习重难点培优:平抛运动

2021届高三三轮物理重难点培优:平抛运动1.平抛物体的运动规律可概括为两条:第一条,水平方向做匀速直线运动;第二条,竖直方向做自由落体运动。

为了研究平抛物体的运动。

可做下面的实验,如图所示,用小锤打击弹性金属片,球水平飞出,同时球被松开,两球同时落到地面,则这个实验()A.只能说明上述规律中的第一条B.只能说明上述规律中的第二条C.不能说明上述规律中的任何一条D.能同时说明上述两条规律2.如图所示,在一次演习中,离地H高处的飞机以水平速度发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P,反应灵敏的地面拦截系统同时以速度竖直向上发射炮弹拦截.设拦截系统与飞机的水平距离为s若拦截成功,不计空气阻力,则、的关系应满足()A. B. C. D.3.人站在平台上平抛一小球,球离手的速度为,落地时速度为,不计空气阻力,下图中能表示出速度矢量的演变过程的是()A. B.C. D.4.关于平抛运动,下列说法正确的是()A.抛出速度越大的物体,其水平位移一定越大B.抛出速度越大的物体,其飞行时间一定越长C.抛出位置越高的物体,其飞行时间一定越长D.抛出位置越高的物体,飞得一定越远5.某同学玩飞镖游戏,先后将两只飞镖、由同一位置水平投出,已知飞镖投出的初速度,不计空气阻力,则两支飞镖插在竖直靶上的状态(侧视图)可能是()A.B.C.D.6.如图所示,半径为的半圆轨道竖直放置,其直径边在水平面上,为圆心,点在轨道最左端。

在点正上方处将小球以速度水平抛出,小球经时间恰过点且速度方向与半圆轨道相切,与水平面的夹角为60°。

调整点的水平位置,以速度水平抛出另一小球,经时间该小球恰好垂直打在半圆轨道上的点,与水平面的夹角也为60°.两小球均可视为质点,重力加速度大小为g,则下列说法不正确的是()A.两次抛出小球的初速度大小之比为3:1B.两小球飞行水平位移之比为3:1C.两小球在点的速度大小之比为:1D.两次飞行过程中重力对两小球做的功大小之比为9:17.如图所示,某同学对着墙壁练习打乒乓球,某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离,恰好垂直落在球拍上的B点,已知球拍与水平方向夹角,两点高度差,忽略空气阻力,重力加速度,则球刚要落到球拍上时速度大小为()A. B. C. D.8.如图所示,在点斜向上抛出一个小球,要使小球始终垂直打在竖直墙面上,则抛出的初速度大小和初速度与水平方向的夹角的关系,不计空气阻力。

高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷培优测试卷

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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测试卷一、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.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 83gR 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.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】2228v H H +mg【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,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 mHαα=- (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 Q E 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 mH αα=-(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 mHαα=- (3)sin kQq R mg α=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】(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 =2gh所以重力的瞬时功率为P =mgv sin θ=mg sin θ2gh .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0.4mgE 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)2m/s 3(3)2m 【解析】【详解】(1)从A 开始运动到与B 碰撞过程,由动能定理:201001222EqL 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 =+22201211122222mv mv mv ⋅=⋅+ 解得:12m/s 3v =28m/s 3v =(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:222122m/s 2B E q mgqE a g m mμμ⋅-==-=- , A 的加速度:11122024A E q mgqE a g m mμμ⋅-⋅==-= 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12m/s 3v =; (3)B 做减速运动直到停止的位移:221216m 23B v x a ==AB 第二次碰撞时:1122222mv mv mv =+2221122211122222mv mv mv ⋅=⋅+ 解得:12112m/s 39v v == ,2212488m/s=m/s 393v v ==B 再次停止时的位移2222416m 23B v x a == 同理可得,第三次碰撞时,12132322mv mv mv =+22212132311122222mv mv mv ⋅=⋅+可得131212m/s 327v v ==,23123488m/s m/s 3273v v === B 第3次停止时的位移2223616m 23B 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 33nv v ==( B 第n 次停止时的位移:22n 216m 23n nB v x a ==则A 、B 停止运动时,B 的总位移12324622++16161616m m+m+m 33331=2(1-)m3nn 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.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 Lmv +=,得:010qE L v 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.9.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。

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)

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.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,电荷量分别为+Q 和-Q ,A 、B 相距为2d 。

2022年人教版高中物理选择性必修第一册同步培优第三章机械波第2节波的描述

2022年人教版高中物理选择性必修第一册同步培优第三章机械波第2节波的描述

第三章 2基础巩固练(25分钟·满分60分)一、选择题(本题共7小题,每题6分,共42分)1.简谐机械波在给定的介质中传播时,下列说法中正确的是( D ) A .振幅越大,则波传播的速度越快 B .频率越大,则波传播的速度越快C .在一个周期内,振动质点走过的路程等于一个波长D .振动的频率越高,则波传播一个波长的距离所用的时间越短解析:波速与振幅和频率没有直接的因果关系,所以A 、B 错误;质点在一个周期内的运动路程只与振幅有关,与波速无关,并不一定等于波长,故C 错误;质点振动频率与波的频率相同,又f =1T,故D 正确。

2.一列简谐横波沿x 轴正向传播,某时刻的图像如图所示,坐标为(3,0)的质点经过14周期后的坐标是( A )A .(3,2)B .(4,2)C .(4,-2)D .(3,0)解析:波向右传播,则质点(3,0)向上运动,14周期后到达波峰处,坐标为(3,2),故A 正确。

3.(多选)如图,一列简谐横波沿x 轴正方向传播,实线为t =0时的波形图,虚线为t =0.5 s 时的波形图。

已知该简谐波的周期大于0.5 s 。

关于该简谐波,下列说法正确的是( BC )A .波长为2 mB .波速为6 m/sC .频率为1.5 HzD .t =1 s 时,x =1 m 处的质点处于波峰解析:由波形图可知,波长为4 m ,故A 错误;横波沿x 轴正方向传播,实线为t =0时的波形图,虚线为t =0.5 s 时的波形图,又该简谐波的周期大于0.5 s ,波传播的距离Δx =34λ,34T =0.5 s ,故周期T =23 s ,频率为1.5 Hz ,波速v =λf =6 m/s ,故B 、C 正确;t =0时,x =1 m 处的质点处于波峰位置,t =1 s =32T 时,该质点处于波谷,故D 错误。

4. (2021·湖北省潜江高二下学期检测)在图中所示为一简谐横波在某一时刻的波形图,已知此时质点A 正向上运动,如图中箭头所示,由此可判断此横波( C )A .向右传播,且此时质点B 正减速运动 B .向右传播,且此时质点C 位移正增大 C .向左传播,且此时质点D 加速度正减小 D .向左传播,且此时质点E 势能正减小解析:由题意,此时质点A 正向上运动,波形将向左平移,所以此横波向左传播。

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)

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.(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:22121mvker 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,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 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=4.5m4.如图所示,均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为30°的光滑绝缘斜面上,A绝缘,A与B紧靠在一起,C紧靠在固定挡板上,质量分别为m A=0.43kg,m B=0.20kg,m C=0.50kg,其中A不带电,B、C的电荷量分别为q B=+2×10-5C、q C=+7×10-5C且保持不变,开始时三个物体均能保持静止。

四川省绵阳市2024高三冲刺(高考物理)部编版考试(培优卷)完整试卷

四川省绵阳市2024高三冲刺(高考物理)部编版考试(培优卷)完整试卷

四川省绵阳市2024高三冲刺(高考物理)部编版考试(培优卷)完整试卷一、单项选择题(本题包含8小题,每小题4分,共32分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)(共8题)第(1)题两个可看成点电荷的物体,所带的电荷量分别为和,两者在空间的电场线分布如图所示,以为圆心做圆,两点为圆和两电荷连线的交点,过的中心做两电荷连线的垂线,两点为垂线和圆的交点,以无穷远为电势零点,点电荷在空间某点与电荷距离为处产生的电势为,以下说法正确的是( )A.点的场强小于点的场强B.点的场强小于点的场强C.电子沿圆弧从点经点到点,电势能一直增大D.电子沿圆弧从点经点到点,电势能先减小后增大第(2)题如图所示,在一粗糙水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2,中间用一原长为λ、劲度系数为k的轻弹簧连接起来,木块与地面间的动摩擦因数为μ,现用一水平力向右拉木块2,当两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是( )A.B.C.D.第(3)题物体a在距地面高度为处以初速度做平抛运动,距a的抛出点水平距离为且等高的物体b同时开始无初速度下落,两物体在空中相遇。

两物体可看做质点,不考虑空气阻力,则以下说法正确的是( )A.如果增大物体a的初速度,则ab在空中不能相遇B.如果增大物体a的初速度,则ab在空中一定相遇C.如果物体b的竖直初速度不是零,则ab在空中可以相遇D.如果物体b的水平初速度不是零,则ab在空中不能相遇第(4)题北京时间2023年10月26日11时14分,搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射,约10分钟后,神舟十七号载人飞船与火箭成功分离,进入预定轨道,17时46分与空间站成功对接。

已知空间站中航天员在一昼夜中观察到16次日出,地球自转周期为,半径为,地球表面重力加速度为,由此可知( )A.搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭的速度需达到11.2km/sB.空间站绕地球转动的周期为C.空间站距离地面高度为D.空间站内质量为的航天员受到地球的引力大小为第(5)题如图所示,相互接触质量均为m的木块A、B静止放置在光滑水平面上,现有一子弹水平穿过两木块,设子弹穿过木块A,B的时间分别为和,木块对子弹水平方向的作用力恒为f,则下列说法正确的是( )A.时间内,子弹的动量变化量大于A的动量变化量B.时间内,子弹的动量变化量大于B的动量变化量C.时间内,子弹和A的总动量守恒D.时间内,子弹和B的总机械能守恒第(6)题2023年8月24日,日本政府不顾国际舆论启动了福岛核电站核污染水排海。

高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷培优测试卷

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2mg q
,方向沿
y
轴正方向。
【解析】
【详解】
(1)小球做平抛运动,故
d 1 gt2 2
从 P 到 Q,由动能定理 解得
2 2d υ0t
mgd
EkQ
1 2
mυ02
EkQ 3mgd
(2)小球带电后,从 P 到 N,由动能定理
从 P 到 M 由动能定理可得
mgd qU PN 0.5Ek0 Ek0
q 1.0106C ,匀强电场的场强 E 3.0103 N/C ,取重力加速度 g 10m/s2 , sin 37 0.6 。求:
(1)小球所受电场力 F 大小; (2)小球质量 m; (3)将电场撤去小球回到最低点时速度 v 的大小; (4)撤去电场后小球到达最低点时绳子对小球的拉力大小。
(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) qB
mgh2 kq
(3) P mg sin 2gh
【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
பைடு நூலகம்
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

高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷培优测试卷

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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷培优测试卷一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优(难)1.如图,ABD 为竖直平面内的绝缘轨道,其中AB 段是长为 1.25L m =的粗糙水平面,其动摩擦因数为0.1μ=,BD 段为半径R =0.2 m 的半圆,两段轨道相切于B 点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中,电场强度大小3510/E V m =⨯。

一带负电小球,以速度v 0从A 点沿水平轨道向右运动,接着进入半圆轨道后,恰能通过最高点D 点。

已知小球的质量为22.010m kg -=⨯,所带电荷量52.010q C -=⨯,g 取10 m/s 2(水平轨道足够长,小球可视为质点,整个运动过程无电荷转移),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v 0。

【答案】(1)0.4m ;(2)2.5m /s 【解析】 【详解】(1)对小球,在D 点,有:2Dv mg qE m R-=得:1m/s D v =从D 点飞出后,做平抛运动,有:mg qE ma -=得:25.0m/s a =2122R at =得:0.4t s =0.4m D x v t ==(2)对小球,从A 点到D 点,有:22011()2222D mg qE L mg R qE R mv mv μ---⋅+⋅=- 解得:0 2.5m/s v =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2k Qqa g =+3.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。

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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 匀强电场,左边是一个与水平方向成45°斜向上的 = N/C匀强电场,现有一个质量为m=1.0g,带电量 =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/s2. 求:
(1)第一次经过y轴时的坐标及时间
(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= 3.0×10-3Nm=4.0×10–4kg(2) (3)T=7.0×10-3N
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m1和m2的质点相距为r时,它们之间的引力势能的表达式为 ,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+q1和-q2的点电荷相距为r时,它们之间的电势能的表达式为 .
(1)求粒子所受电场力的大小;
(2)若将粒子由 处由静止释放,求粒子的运动周期;
(3)若粒子在 处获得一定动能,且动能与电势能之和为–A( )。求粒子的运动区间。
【答案】(1) ;(2) ;(3)
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高三物理培优(3)(参考答案)
2. 【答案】C
3. 【答案】C
4. 【答案】BC
【解析】A 、B 、当水平面光滑时,物体受到拉力、重力和支持力,根据牛顿第二定律,有:F=ma…① 2F=ma′…②①②联立得:a′=2a ,故A 错误,B 正确;
C 、
D 、当水平面粗糙时,物体受到拉力、重力、支持力和摩擦力,根据牛顿第二定律,有:F ﹣μmg=ma…③ 2F ﹣μmg=ma′…④
故a′>a ,故C 正确,D 错误;
5. 【答案】ABC
【解析】图②的情形中,人受力如图,即人不受摩擦力,人匀加速下滑,且a =mg sin30°/m =g sin30°,故A 正确;轻绳对人的作用力大小为mg cos30°=3mg /2,故钢索对轻环的作用力大小为3mg /2,故B 正确;图③的可得t b >t a >t c .
7. 【答案】C
8. 【答案】B
【解析】对a 、b 物体及弹簧整体分析,有:
a 1=F - m 1+m 2 g m 1+m 2=F m 1+m 2-g ,a 2=F m 1+m 2
, 可知a 1<a 2,
再隔离b 分析,有:F 1-m 2g =m 2a 1,解得:F 1=m 2F m 1+m 2

F 2=m 2a 2=m 2F m 1+m 2
,可知F 1=F 2,再由胡克定律知,x 1=x 2.所以B 选项正确. 9. 【答案】 C
10.【答案】 D
【解析】 对滑轮由牛顿第二定律得F -2F T =m ′a ,又滑轮质量m ′忽略不计,故m ′=0,所以F T =F 2=6mg 2
=3mg ,对A 由于F T <4mg ,故A 静止,a A =0,对B 有a B =F T -mg m =3mg -mg m
=2g ,故D 正确. 11.【答案】A
【解析】剪断弹簧前,对斜面分析,受重力、地面的支持力和静摩擦力、物体m 对斜面体的力(物体m 对斜面体的滑动摩擦力和压力的合力),斜劈受到地面的摩擦力方向向左,故根据平衡条件,物体m 对斜面体的力向右下方;根据牛顿第三定律,斜面对物体m 的力向左上方;若剪断弹簧,物体m 和人整体还要受重力,故合力偏左,根据牛顿第二定律,加速度是沿斜面向下,故A 正确;若剪断弹簧,物体和人仍向下运动,故物体和人整体对斜面体的力不变,故斜面体受力情况不变,故地面摩擦力依然向左,故B 错误;若人从物体m 离开,由于惯性,物体m 仍向下运动;动摩擦因数是不变的,故物体m 对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小,故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方,故地面对斜面体的静摩擦力依然向左,故C 错误;若剪断弹簧同时人从物体m 离开,由于惯性,物体m 仍向下运动;动摩擦因数是不变的,故物体m 对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小,故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方,故地面对斜面体的静摩擦力依然向左,故D 错误.
12.【答案】C
13.【答案】BD
【解析】由运动学公式v 2-v 20=2ax 可知,v 2-x 图象中图线的斜率为2a ,所以在前5 m 内,物块以10 m/s 2的
加速度做匀减速运动,减速时间为1 s .答案5~13 m 的运动过程中,物块以4 m/s 2的加速度做匀加速运动,加速时间为2 s ,即物块在1~3 s 内做加速运动,A 错误,B 正确.根据牛顿第二定律可知,在减速的过程中,F +μmg =ma 1,加速过程中F -μmg =ma 2,代入数据可解得F =7 N ,μ=0.3,所以C 错误,D 正确.
14.【答案】B
15.【答案】BC
【解析】从开始推A 到弹簧第一次被压缩到最短的过程中,物体A 的加速度逐渐减小,而B 的加速度逐渐增大.在 v A =v B 之前,A 的加速度先大于B 的加速度,后小于B 的加速度,所以a A =a B 时,v A >v B .此后A 的
加速度继续减小,B的加速度继续增大,所以v A=v B时,a B>a A.故BC正确.之后aA减小,aB增大,直到v A=v B时,弹簧压缩至最短。

故选BC.
二、解答题
16.【答案】(1)4N(2)42m(3)t3=
2
(s)(或2.1s)
【解析】(1)第一次飞行中,设加速度为a1
匀加速运动H=½a1t12
由牛顿第二定律F-mg-f=ma1
解得f=4N
(2)第二次飞行中,设失去升力时的速度为v1,上升的高度为x1
匀加速运动x1=½a1t22
设失去升力后的速度为a2,上升的高度为x2
由牛顿第二定律mg+f=ma2
v1= a1t2
x2=v12 /2a2
解得h=x1+x2=42m
(3)设失去升力下降阶段加速度为a3;恢复升力后加速度为a4,恢复升力时速度为v3
由牛顿第二定律mg-f=ma3
F+f-mg=ma4

22
33
34
22
v v
h a a
+=
v3=a3t3
解得t3=
2
(s)(或2.1s)。

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