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)
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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，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x0＜L，棒不能全部进入电场，设进入电场x根据动能定理得()0042xQEQE Lx 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+++⋅＝＝＝2．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 +=.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 。
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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，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，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 ；273kQ ；(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。
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高中物理必修3物理全册全单元精选测试卷综合测试卷（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，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x0＜L，棒不能全部进入电场，设进入电场x根据动能定理得()0042xQEQE Lx 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+++⋅＝＝＝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。
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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（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．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。
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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，空间存在方向水平向右的匀强电场，两个可视为点电荷的带电小球P 和Q 用绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，已知匀强电场强度为E ，两小球之间的距离为L ，PQ 连线与竖直方向之间的夹角为θ，静电常数为k （1）画出小球P 、Q 的受力示意图； （2）求出P 、Q 两小球分别所带的电量。
【答案】（1）P 带负电，Q 带正电；（2）2sin EL k θ【解析】 【详解】（1）依题意得，小球P 、Q 受力示意图如图根据平衡条件，P 带负电，Q 带正电 ① （2）设P 带电量为-q 1，Q 带电量为q 2 根据库仑定律：122C q q F kL= ② 根据牛顿第三定律：F C =F C / ③对于P 球： 根据平衡条件：1sin C q E F θ= ④解得：21sin EL q k θ=⑤ 对于Q 球： 根据平衡条件：'2sin c q E F θ= ⑥解得：22sin EL q k θ=⑦2．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 ．3．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 = mgltanα4．—个带正电的微粒，从A 点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB 运动，如图所示，AB 与电场线夹角θ=53°，已知带电微粒的质量m =1.0×10－7kg ，电荷量q =1.0×10－10C ，A 、B 相距L =20cm ．(取g =10m/s 2)．求：(1)电场强度的大小和方向；(2)要使微粒从A 点运动到B 点，微粒射入电场时的最小速度是多少． 【答案】（1）7.5×10 3 V/m,方向水平向左5 【解析】 【详解】(1)带电微粒做直线运动，所受的合力与速度在同一直线上，则带电微粒受力如图所示；由图可知，合力与速度方向相反；故粒子一定做匀减速直线运动； 由力的合成可知：mg =qE •tan θ可得：37.510V/m tan mgE q θ==⨯，方向水平向左． （2）微粒从A 到B 做匀减速直线运动，则当v B =0时，粒子进入电场速度v A 最小.由动能定理：21sin cos 02A mgL qEL mv θθ--=-代入数据得：v A =5m/s5．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 ＝2gh所以重力的瞬时功率为P ＝mgv sin θ＝mg sin θ2gh .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．图为梯形AB =AD =L ，AD 平行于BC 。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷综合测试卷（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，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．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 +=.3．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。
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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，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。
现给A 施加一平行于斜面向上的力F ，使A 做加速度a=2.0m/s 2的匀加速直线运动，经过时间t ，力F 变为恒力，已知静电力常量为k=9.0×109N·m 2/C 2，g 取10m/s 2。
求： （1）开始时BC 间的距离L ； （2）F 从变力到恒力需要的时间t 。
【答案】（1）2.0m ；（2）1.0s 【解析】 【分析】 【详解】（1）A 、B 、C 静止时，以AB 为研究对象，受力分析有2sin30o B CA B q q m m g kL+=（） 代入数据解得L =2.0m（2）AB 分离时两者之间弹力恰好为零，此后F 变为恒力，对B 用牛顿第二定律得2sin30B B B Cm g m a q q kl ︒=- 解得3.0m l =由匀加速运动规律得212l L at -=解得1.0s t =2．如图所示，长=1m L 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，绳与竖直方向夹角θ=37°。
已知小球所带电荷量61.010q C -=⨯，匀强电场的场强33.010N/C E =⨯，取重力加速度210m/s g =，sin370.6︒=。
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。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷综合测试（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，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R ，A 、B 为圆水平直径的两个端点，AC 为14圆弧一个质量为m ，电荷量为+q 的带电小球，从A 点正上方高为H 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道不计空气阻力及一切能量损失．（1）小球在A 点进入电场时的速度；（2）小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为多少； （3）小球从B 点离开圆弧轨道后上升到最高点离B 点的距离． 【答案】（12gH （2）233mgH mg qE R ++、232mgHmg qE R++； （3）qERH mg+． 【解析】 【详解】（1）对从释放到A 点过程，根据动能定理，有：2102A mgH mv =- 解得：2A v gH =（2）对从释放到最低点过程，根据动能定理，有：21()02mg H R qER mv +=-+ ……① 小球在C 点离开电场前瞬间，根据牛顿第二定律，有：21N mg q v E Rm --= ……..②小球在C 点离开电场后瞬间，根据牛顿第二定律，有：22v N mg m R-=……. ③联立①②③解得：1233mgHN mg qE R =++ 2232mgHN mg qE R=++根据牛顿第三定律，小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为1233mgHN mg qE R'=++2232mgHN mg qE R'=++（3）从释放小球到右侧最高点过程，根据动能定理，有：()00mg H h qER -+=-解得：qERh H mg=+ 答：（1）小球在A 点进入电场时的速度为2gH ；（2）小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为233mgHmg qE R++、232mgHmg qE R++； （3）小球从B 点离开圆弧轨道后上升到最高点离B 点的距离为qERH mg+．4．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 N5．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 。
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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，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。
理由：当原子极化时，与Q 异种的电荷移向Q ，而与Q 同种的电荷被排斥而远离Q ，这样异种电荷之间的吸引力大于同种电荷的排斥力，总的效果是吸引； (2)设电荷Q 带正电（如图所示）：电荷Q 与分离开距离l 的一对异性电荷间的总作用力为：2332222()222()()22(4)kQ q kQq hl kQql kQpF kQq l l l h h h h h --=+=≈-=--+- 式中：q =p l为原子极化形成的电偶极矩，负号表示吸引力，由于lh ，故：2224l h h -≈又已知：p E α=而电荷Q 在离它h 处的原子所在位置产生的电场场强大小为：2kQ E h =于是，电荷Q 与极化原子之间的作用力为：5222k Q F hα=- 它正比于固定电荷的平方，反比于距离的五次方，因此不管电荷Q 的符号如何，它均产生吸引力。
当固定点电荷的电荷量增加一倍时，力F 变为原来的4倍，即：(2)4()F Q F Q =；(3)当原子与点电荷间的距离减小一半时，力F 变为原来的32倍，即：()232()h F F h =。
3．如图所示，单层光滑绝缘圆形轨道竖直放置，半径r=lm ，其圆心处有一电荷量Q =+l×l0-4C 的点电荷，轨道左侧是一个钢制“隧道”，一直延伸至圆形轨道最低点B ；在“隧道”底部辅设绝缘层。
“隧道”左端固定一弹簧，用细线将弹簧与一静止物块拴接，初始状态弹簧被压缩，物块可看成质点，质量m=0.1kg ，电荷量q =-23×10-6C ，与“隧道”绝缘层间的动摩擦因数μ=0.2。
剪断细线，弹簧释放弹性势能E p ，促使物块瞬间获得初速度（忽略加速过程）。
之后物块从A 点沿直线运动至B 点后沿圆形轨道运动，恰好通过最高点C 。
其中l AB =2m ，设物块运动时电荷量始终不变，且不对Q 的电场产生影响，不计空气阻力，静电力常量为k = 9.0×l09N·m 2/C 2。
求： （1）物块在最高点C 时的速度大小；（2）物块在圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小； （3）弹簧压缩时的弹性势能E p 和物块初速度v A 。
【答案】(1) 4m/s (2) 6N (3) 3.2J, 8m/s 【解析】 【详解】（1）物块恰好通过最高点C ，轨道对物块没有作用力，由牛顿第二定律得2Cv mg F mr+=库其中2QqF kr=库 解得v C =4m/s（2）B →C 过程，由动能定理得2211222C B mv v mg r m -⋅=- 解得56m/s B v =在B 点，由牛顿第二定律得2BNB v F F mg mr+-=库解得F NB =6N根据牛顿第三定律知物块在圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小 F NB ′=F NB =6N 。
（3）A→B ，由动能定理得221122AB B A mv f v l m -=- 又 f=μmg 解得v A =8m/s弹簧压缩时的弹性势能212p A E mv =解得E p =3.2J4．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。
5．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔。
质量为m 、电荷量为+q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（不计空气阻力，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g ）。
求：（1）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； （2）小球从开始下落运动到下极板的时间. 【答案】（1）()mg h d E qd +=，()mgC h d Q q +=（2）2h dht hg+=【解析】 【详解】(1)对从释放到到达下极板处过程的整个过程，由动能定理得：()0mg h d qEd +-=解得：()mg h d E qd+=电容器两极板间的电压为：()mg h d U Ed q +==故电容器的带电量为：()mgC h d Q CU q+==(2)小球到达小孔前是自由落体运动，则有:2112h gt =得:12h t g=根据速度位移关系公式，有： v 2=2gh得:2v gh =取竖直向下为正方向，根据动量定理对减速过程有：2()0mg qE t mv -=-小球从开始下落运动到下极板的时间t =t 1+t 2 联立解得：2h d h t h g+=．6．如图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为41.2510N/C E =⨯，一根长 1.5m L =、与水平方向的夹角为37θ=︒的光滑绝缘细直杆MN 固定在电场中，杆的下端M 固定一个带电小球A ，电荷量64.510C Q -=+⨯；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，电荷量61.010C q -=+⨯，质量21.010kg m -=⨯。
现将小球B 从杆的上端N 静止释放，小球B开始运动。
（静电力常量9229.010N m /C k =⨯⋅，取210m/s g =，sin370.6︒=，cos370.8︒=）求：(1)小球B 开始运动时的加速度为多大？(2)小球B 的速度最大时，与M 端的距离r 为多大？【答案】(1)a ＝3.2 m/s 2；(2)r ＝0.9 m 【解析】 【分析】 【详解】(1)开始运动时小球B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得2sin cos kQqmg qE ma L --=θθ 解得22cos sin 3.2m/s kQq qE a g mL m=--=θθ(2)小球B 速度最大时合力为零，即2sin cos 0kQqmg qE r--=θθ 解得0.9m sin cos kQqr mg qE ==-θθ二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优（难）7．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。
一个带负电的粒子在电场中以0x =为中心，沿x 轴方向做周期性运动。
己知该粒子质量为m 、电量为-q ，忽略重力。
（1）求粒子所受电场力的大小；（2）若将粒子由x d =处由静止释放，求粒子的运动周期；（3）若粒子在0x =处获得一定动能，且动能与电势能之和为–A （00A q ϕ<<）。
求粒子的运动区间。
【答案】（1）0q F d ϕ=；（2）2024md T q =ϕ3）00-1-1-A A d x d q q ⎛⎫⎛⎫≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ϕϕ 【解析】 【分析】 【详解】（1）由图可知，0与d （或-d ）两点间的电势差为φ0，电场强度的大小为：E dϕ=电场力的大小为：q F qE dϕ==（2）考虑粒子从x d =处由静止释放开始运动的四分之一周期，由牛顿第二定律得粒子的加速度q F a m mdϕ== 根据直线运动公式212d x at == 联立并代入得：t =故得粒子的运动周期为：4T t ==（3）设粒子在[-x ，x ]区间内运动，速率为v ，由题意得21--2mv q A =ϕ 由图可知：01-x d ⎛⎫= ⎪⎝⎭ϕϕ 由上解得：2011--2x mv q A d ⎛⎫= ⎪⎝⎭ϕ 因动能非负，有：01--0x q A d ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭ϕ则有：01-A x d q ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭ϕ 所以可得粒子的运动区间为：00-1-1-A A d x d q q ⎛⎫⎛⎫≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ϕϕ8．如图所示，在xOy 直角坐标系0<x <L 的区域存在沿y 轴负方向的匀强电场，在L ≤x ≤2.5L 的区域存在方向垂直xOy 平面向里的匀强磁场。