高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷中考真题汇编[解析版]

高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷中考真题汇编[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）1．一带正电的 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B2．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。

另一同样小球置于斜面顶点B 处，已知斜面长为L ，现把上部小球从B 点从静止自由释放，球能沿斜面从B 点运动到斜面底端C 处（静电力常量为k ，重力加速度为g ）求：（1）小球从B 处开始运动到斜面中点D 处时的速度？ （2）小球运动到斜面底端C 处时，球对斜面的压力是多大？ 【答案】(1) 2D glv =2232'23N N kq F F mg L ==- 【解析】（1）由题意知：小球运动到D 点时，由于AD=AB ，所以有D B ϕϕ= 即0DB D B U ϕϕ=-=① 则由动能定理得：21sin30022DB L mgqu mv ︒+=-②联立①②解得2D gl v =③ （2）当小球运动到C 点时，对球受力分析如图所示则由平衡条件得：sin30cos30N F F mg +︒=︒库④由库仑定律得：()22cos30kq F l =︒库⑤联立④⑤得：223223N kq F mg L=-由牛顿第三定律即2232'3N N kq F F mg L==-．4．如图所示，边长为a 的等边三角形ABC 的三个顶点分别固定三个点电荷＋q 、＋q 、－q ，已知静电力常量K ．（1）求C 点电荷受到的电场力的大小和方向 （2）求三角形中心O 点处的场强的大小和方向【答案】（1223q k a方向由C 指向O - （2）26q k a 场强方向O 向C【解析】（1）根据库仑定律，A 对C 的引力212q F k a=根据库仑定律，B 对C 的引力：222q F k a=根据平行四边形定则可以得到：2122cos303q F F k a== ，合力方向由C 指向O（2） 设OA 距离为r,由几何关系知33r a = 则A 在O 点产生场强大小为1223q q E k k r a ==，方向由A 指向O B 在O 点产生场强大小为2223q q E kk r a ==，方向由B 指向OC 在O 点产生场强大小为3223q q E kk r a ==，方向由O 指向C 所以根据平行四边形定则可以得到：2226q qE kk r a ==，合场强方向O 向C ． 点睛：本题考查库仑定律以及电场的叠加问题，关键要掌握库仑定律公式、点电荷场强公式和平行四边形定则，结合数学知识求解．5．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.6．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 mH αα=- (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 QE 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 mHαα=- (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 mH αα=- (3)sin kQq R mg α=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，两平行金属板A 、B 长L=8cm ，两板间距离d=8cm ，A 板比B 板电势高300V ，一不计重力的带正电的粒子电荷量q ＝10-10C ，质量m ＝10-20kg ，沿电场中心线RD 垂直电场线飞入电场，初速度v 0＝2×106m/s ，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN 、PS 间的无电场区域．已知两界面MN 、PS 相距为12cm ，D 是中心线RD 与界面PS 的交点．（1）粒子穿过MN 时偏离中心线RD 的距离以及速度大小？ （2）粒子到达PS 界面时离D 点的距离为多少？（3）设O 为RD 延长线上的某一点，我们可以在O 点固定一负点电荷，使粒子恰好可以绕O 点做匀速圆周运动，求在O 点固定的负点电荷的电量为多少？（静电力常数k = 9．0×109N·m 2/C 2，保留两位有效数字） 【答案】（1），（2）（3）【解析】 【分析】 【详解】（1）粒子进入A 、B 后应做类平抛运动，设在A 、B 板间运动时加速度大小为a ，时间为t 1，在MN 界面处速度为v ，沿MN 的分速度为v y ，偏转位移为y ，v 与水平夹角为α，运动轨迹如图则：01l v t =①21112y at =②AB U qa dm=③ 1Y v at =④ 0tan Yv v α=⑤ 由以上各式，代入数据求得：0.03m y = ，61.510m/s Y v =⨯，3tan 4α=故粒子通过MN界面时的速度为：62.510m/s v ==⨯（2）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS 线交于a 点，设a 到中心线的距离为Y则：22L y L Y S=+ 解得：0.12m Y =（3）粒子穿过界面PS 后将绕电荷Q 做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r ，由几何关系得：0v Yv r=，即0.15m r = 由22qQ v k m r r=得：28110C mrv Q kq -==⨯ 【点睛】（1）由类平抛知识，带入数值便可求出偏离RD 的距离；带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，求出时间即可知道aD 的距离；（2）库仑力提供向心力，根据牛顿第二定律联合即可求得电量及其电性．8．如图甲所示，真空中的电极被连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A 、B 间的中线射入偏转电场，A 、B 两板距离为d 、A 、B 板长为L ，AB 两板间加周期性变化的电场，ABU 如图乙所示，周期为T ，加速电压为2122mL U eT=，其中m 为电子质量、e 为电子电量，L 为A 、B 板长，T 为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：(1)电子从加速电场1U 飞出后的水平速度0v 大小？(2)0t =时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A 、B 间中线的距离y ；(3)在足够长的时间内从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。

【答案】(1) 02L v T =；(2) 208eU T md；(3) 31.7%【解析】 【分析】 【详解】(1)加速电场加速。

由动能定理得21012qU mv =解得02L v T=(2)电子在偏转电场里水平方向匀速运动，水平方向有0L v t =所以运动时间2T t = 则0t =时刻射入偏转电场的电子，在竖直方向匀加速运动，竖直方向有222001812()22eU eU T T md y at md=⨯⨯== (3)由上问可知电子在电场中的运动时间均为2Tt =，设电子在0U 时加速度大小为1a ，03U 时加速度大小为2a ，由牛顿第二定律得：01U e ma d ⋅=，023Ue ma d⋅= 在02T时间内，设1t 时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为0，则： 221111121112222T T a t a t t a t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=---⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦解得14T t =在02T时间内，04T时间内射入电场中的电子均可从中垂线上方飞出。