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,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2222229()?B Bx BY qQ N N N m g kL ++＝＝．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2222 9()?B B qQ N N m g kL'+＝＝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 - （22kQ ； 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．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．4．一个质量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，高为h的光滑绝缘直杆AD竖直放置，在D处有一固定的正点荷，电荷量为Q。

现有一质量为m的带电小球套在杆上，从A点由静止释放，运动到B点时速度达到最大值，到C点时速度正好又变为零，B、C和D相距分别为13h和14h，静电力常量为k，重力加速度为g，求：(1)小球的电荷量q和在C点处的加速度；(2)C、A两点间的电势差。

【答案】(1)29mghqkQ=,79a g=方向竖直向上(2)274kQh【解析】【详解】(1)小球运动到B点时速度达到最大，说明小球必带正电，在B点应有：2()3kQqmgh=得：29mghqkQ=在C点，由牛顿第二定律：2()4kQqmg mah-=得：79a g =，方向竖直向上。

(2)设C 、A 两点间的电势差为U ，则A 、C 间的电势差为-U 。

从A 到C 过程，由动能定理：()04hmg h qU --=得：274kQU h=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 kQE 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2210F 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 =1=1.6m 即坐标为（0，-1.6）8．如图所示，倾角为α=30°的绝缘斜面AB 长度为3l ，BC 长度为32l ，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03v gl =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33μ=，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】（113（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cos v vα=，竖直速度sin y v v α=， 平抛过程中水平位移0y v x v g=，竖直位移22yBv y =，平抛的位移22s x y =+解得13s =. （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212cos 02mg 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21sin cos 02mg x mg x W mv αμα''⋅-⋅-=-， 解得2W mgl =，即物块电势能大值为2mgl .9．如图，在场强大小为E 、水平向右的匀强电场中，一轻杆可绕固定转轴O 在竖直平面内自由转动．杆的两端分别固定两电荷量均为q 的小球A 、B ；A 带正电，B 带负电；A 、B 两球到转轴O 的距离分别为2l 、l 3夹角为θ（0090180θ≤≤）．将杆从初始位置由静止释放，以O 点为重力势能和电势能零点．求：W；（1）初始状态的电势能e（2）杆在平衡位置时与电场间的夹角α；（3）杆在电势能为零处的角速度ω．【答案】（1）-3qElcosθ；（2）30°；（3）当θ<150°时，；当θ150°时，或【解析】【分析】【详解】（1）初态：W e=qV++(-q)V-=q(V+-V-)=-3qElcosθ（2）平衡位置如图，设小球的质量为m，合力矩为3qElsinα-mglcosα=0由此得α=30°（3）电势能为零时，杆处于竖直位置，当初始时OA与电场间夹角θ=150°时，A恰好能到达O正上方，在此位置杆的角速度为0当θ<150°时，A位于O正下方处电势能为零．初态：W e=—3qElcosθ，E p=mglsinθ末态：，能量守恒：解得当θ150°时，电势能为0有两处，即A 位于O 正下方或正上方处 当A 位于O 正下方时，当A 位于O 正上方时，解得10．一个初速为零的电子在经U 1=4500V 的电压加速后，垂直平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入，如图所示，若两板间距d=1.0cm,板长L ＝3.0cm ，两板间的电压U 2=200V ；已知电子的带电量为e=1.6×10－19 C ，质量为m=0.9×10－30kg ，只考虑两板间的电场，不计重力，求：（1）电子经加速电压加速后以多大的速度V 0进入偏转电场 （2）电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y（3）电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P 点，如图所示，则P 点到下极板右端的距离x【答案】(1)70410/v m s =⨯；（2）0.1cm ；（3）6cm【解析】 【详解】(1) 加速过程，由动能定理得：21012eU mv =，代入数据可得：70410m v s =⨯； (2)根据电子在板间做类平抛运动：212y at =，其中2qU a md=，0L t v =，由以上三式代入数据可得：0.1y cm =；(3)根据电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间的中心线相交于板的中点，设速度反向延长线与水平方向的夹解为θ，则tan 2y L θ= ，利用几何关系：2tan L y x θ-= ，由以上两式代入数据可得：6=x cm ．11．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑绝缘圆弧轨道ABC 和水平绝缘轨道PA 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，3sin 5α=，整个装置处于水平向右的匀强电场中。