高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷专题练习(解析版)
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷测试卷(解析版)
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷测试卷（解析版）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．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。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷专题练习(解析版)
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷专题练习（解析版）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，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，电荷量均为Q ，其中A 带正电荷，B 带负电荷，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），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D 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 ，若取无限远处的电势为零，试求：（1）在A 、B 所形成的电场中，C 的电势φC 。
（2）小球P 经过D 点时的加速度。
（3）小球P 经过与点电荷B 等高的E 点时的速度。
【答案】（1）222mv mgd q -（2）g 2kQq（32v 【解析】 【详解】（1）由等量异种电荷形成的电场特点可知，D 点的电势与无限远处电势相等，即D 点电势为零。
小球P 由C 运动到D 的过程，由动能定理得：2102CD mgd q mv ϕ+=- ① 0CD C D C ϕϕϕϕ=-=- ②222C mv mgd qϕ-= ③（2）小球P 经过D 点时受力如图：由库仑定律得：122(2)F F kd == ④由牛顿第二定律得：12cos 45cos 45mg F F ma +︒+︒= ⑤解得：a =g +2kQq⑥ （3）小球P 由D 运动到E 的过程，由动能定理得：221122DE B mgd q mv mv ϕ+=- ⑦ 由等量异种电荷形成的电场特点可知：DE CD ϕϕ= ⑧联立①⑦⑧解得：2B v v = ⑨2．一带正电的 A 点电荷在电场中某点的电场强度为 4．0×104N/C ，电荷量为+5．0×10-8 C 的 B 点电荷放在该点,求： （1）点电荷在该点受到的电场力？（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的电场强度？ 【答案】（1）3210N -⨯，方向由A 指向B （2）4410/N C ⨯，方向由A 指向B 【解析】 【分析】 【详解】 （1）方向：由A 指向B（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的场强不变，仍为方向：由A 指向B3．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。
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷测试卷(解析版)
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷测试卷（解析版）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，两异种点电荷的电荷量均为Q ，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O 且与连线垂直，平面上A 、O 、B 三点位于同一竖直线上，AO BO L ==，点电荷到O 点的距离也为L 。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷(解析版)
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷（解析版）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．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．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。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷专题练习(解析版)
高中物理必修3物理全册全单元精选试卷专题练习（解析版）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12p m m E Gr=-，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12p q q E kr=-． 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）①02GM v L =②202M G L -（2）①2-2ke r②模型Ⅰ的简化是合理的【解析】（1）① 22002/2M M v G L L =，解得v =②双星系统的动能2200k 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 =202M G L - （2）①对于模型Ⅰ：22I 2mv ke r r =，此时电子的动能E k Ⅰ=22ke 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 22112mv r r ke= 对于原子核有：22222Mv ke r r =， 解得 22222Mv rr ke = 因为r 1+r 2=r ，所以有22221222+mv r Mv rr ke ke =解得E k Ⅱ=2221211222ke mv Mv r+=又因电势能2pe 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 r②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2I 2=ke v m rω 模型Ⅱ中：对电子有：22II 1II 21=mv ke m v r r ω=， 解得2II 21=ke v m r ω对于原子核有：22222=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模型Ⅱ中：库仑力提供向心力：222122=ke mr Mr rωω== (1)解得12=r M r m； 又因为r 1+r 2=r 所以1=M r m M + 2=mr m M+ 带入（1）式：()2ke M m rMmω+=，所以：()21=?ke M v r r m M m ω=+Ⅱ ()22=?ke mv r r m M Mω=+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．3．一带正电的 A 点电荷在电场中某点的电场强度为 4．0×104N/C ，电荷量为+5．0×10-8 C 的 B 点电荷放在该点,求： （1）点电荷在该点受到的电场力？（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的电场强度？ 【答案】（1）3210N -⨯，方向由A 指向B （2）4410/N C ⨯，方向由A 指向B 【解析】 【分析】 【详解】 （1）方向：由A 指向B（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的场强不变，仍为方向：由A 指向B4．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。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷(解析版)
高中物理必修3物理全册全单元精选试卷测试卷（解析版）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．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 QExL 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：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+++⋅＝＝＝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．如图所示，两异种点电荷的电荷量均为Q ，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O 且与连线垂直，平面上A 、O 、B 三点位于同一竖直线上，AO BO L ==，点电荷到O 点的距离也为L 。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷(解析版)
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷（解析版）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，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，两异种点电荷的电荷量均为Q ，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O 且与连线垂直，平面上A 、O 、B 三点位于同一竖直线上，AO BO L ==，点电荷到O 点的距离也为L 。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷(解析版)
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷（解析版）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：2 21 21mv ker 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．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•m2/C2重力加速度g=10m/s2．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．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。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
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 M0，两者相距 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 EkⅠ、 EkⅡ表示，请推理分析，比较 EkⅠ、 EkⅡ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 TⅠ、TⅡ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．
压缩，物块可看成质点，质量 m=0.1kg，电荷量 q=- 2 ×10-6C，与“隧道”绝缘层间的动摩擦 3
因数 μ=0.2。剪断细线，弹簧释放弹性势能 Ep，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 lAB=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·m2/C2。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 Ep 和物块初速度 vA。
vB 56m/s
解得
FNB
F库
mg
m
vB2 r
FNB=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 FNB′=FNB=6N。 （3）A→B，由动能定理得
又 f=μmg 解得
flAB
1 2
mvBvA=8m/s
解得
Ep
1 2
mvA2
Ep=3.2J
【答案】（1） 5 mgR
（2） 3 mg
（3） 2(8 3
3) mg
6
4
3
【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】
a
4π2 T2
L 2
解得T 2 L3 2GM 0
(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 ke2 mv2 r2 r
解得：
EkⅠ
1 2
mv2
ke2 2r
模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为 v1、v2，电子的运动半径为 r1，原子核的运动半
径为 r2．根据库仑定律和牛顿第二定律
因
r1+r2=r，可解得： TⅡ2
4π2mMr3
ke2 M m
所以有 TⅠ M m
TⅡ
M
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，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×l04C 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
【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
其中
mg
F库
m
vC2 r
F库
k
Qq r2
解得
（2）B→C 过程，由动能定理得
vC=4m/s
mg
2r
1 2
mvC2
1 2
mvB2
解得
在 B 点，由牛顿第二定律得
对电子有：
ke2 r2
mv12 r1
，解得 Ek1=
1 2
mv12
ke2 2r 2
r1
对于原子核有：
ke2 r2
=
Mv22 r2
，解得 Ek2 =
1 2
Mv22
ke2 2r 2
r2
系统的总动能：EkⅡ=Ek1+
Ek2=
ke2 2r 2
r1 r2
ke2
2r
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
ke2 r2
4π2 m TⅠ2
r
，解得 TⅠ2
4π 2 mr 3 ke2
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 ke2 r2
m
4π2 TⅡ2
r1，
解得 r1
ke2TⅡ2 4π2r2m
对原子核有 ke2 r2
M
4π2 TⅡ2
r2 ，
解得 r2
ke2TⅡ2 4π2r2M
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 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 8 gR 的 3
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°，
【答案】(1)
①
a
GM L2
0
②T 2π
L3 2GM 0
(2)
① EkⅠ=Ek II
ke2 2r
② TⅠ TⅡ
M m ，因 M
为 M>>m，可得 TⅠ≈TⅡ，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：
GM
2 0
L2
M 0a
解得
a
GM L2
0
②由运动学公式可知，
小球第一次过 A 点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为 8 mg ，从 A 至 C 小球克服库仑力 3
做的功为 2 3 mgR ，重力加速度为 g．求： 2
(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）