四川省遂宁市安居育才卓同国际学校必修3物理 全册全单元精选试卷检测题
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测(提高,Word版 含解析)
高中物理必修3物理全册全单元精选试卷检测（提高，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．A、B是两个电荷量都是Q的点电荷，相距l，AB连线中点为O。
现将另一个电荷量为q的点电荷放置在AB连线的中垂线上，距O为x的C处（图甲）。
（1）若此时q所受的静电力为F1，试求F1的大小。
（2）若A的电荷量变为﹣Q，其他条件都不变（图乙），此时q所受的静电力大小为F2，求F2的大小。
（3）为使F2大于F1，l和x的大小应满足什么关系？【答案】223(())2lx+223(())2lx+(3) 2l x>【解析】【详解】（1）设q为正电荷，在C点，A、B两电荷对q产生的电场力大小相同，为：22)4(A BkQqF Flx==+方向分别为由A指向C和由B指向C，如图：故C 处的电场力大小为：F 1=2F A sinθ方向由O 指向C 。
其中：224sin l x θ=+所以：3122224()kQqxF l x =+ （2）若A 的电荷量变为-Q ，其他条件都不变，则C 处q 受到的电场力：F 2=2F A cosθ其中：2224l cos l x θ=+所以：22223(4)kQqlF l x +＝方向由B 指向A 。
（3）为使F 2大于F 1，则：22223(4)kQql F l x +＝＞3122224()kQqxF l x =+ 即：l ＞2x2．一个质量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 =⨯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。
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷达标检测卷(Word版 含解析)
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷达标检测卷（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．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．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中，有一长度l =0. 5m 的绝缘轻绳上端固定在O点，下端系一质量21010m .-=⨯kg 、带电量82.010q -=⨯C 的小球（小球的大小可以忽略）在位置B 点处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角α=37°，空气阻力不计，sin37°=0. 6，cos37°=0. 8，g =10m/s 2. （1）求该电场场强大小；（2）在始终垂直于轻绳的外力作用下将小球从B 位置缓慢拉动到细绳竖直位置的A 点，求外力对带电小球做的功；（3）过B 点做一等势面交电场线于C 点（C 点未画出），使轻绳与竖直方向的夹角增大少许（不超过5°），再由静止释放，求小球从C 点第一次运动到B 点的时间，并写出分析求解过程.【答案】(1) 63.7510E =⨯N/C (2)21.2510F W J -=⨯ (3)0.31t s =【解析】 【详解】（1）带电小球静止，受到合力等于零，电场力与重力的关系是：tan Eq mg α=，即tan mgE qα=代入数值计算得电场场强大小：63.7510/E N C =⨯（2）小球在外力作用下从B 位置缓慢移动到A 位置过程中，根据动能定理有：sin (cos )0F W Eql mg l l αα-+-=所以sin tan (cos )F mgW q mg l l qααα=-- 代入数值解得电场场强大小：21.2510F W J -=⨯（3）分析受力可知：小球在运动过程中，重力和电场力的合力为恒力，大小为5cos 4mg F mg α== 类比研究单摆的方法可知，小球的运动与单摆类似，回复力由上述合力沿圆周切向的分力提供。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题(Word版 含答案)
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题（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，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h 2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h 1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．2．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 全册全单元精选测试卷达标检测卷（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，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h 2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h 1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=123mv2；解得：2123()3Bv 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．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+++⋅＝＝＝3．一个质量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 =⨯4．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（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+．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，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 -=⨯。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题（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，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，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 。
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷达标检测卷(Word版 含解析)
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷达标检测卷（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，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。
(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。
【详解】(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，AO 间的库仑力为22Q F K L=；根据平衡条件得：sin F EQ θ= 2sin 2F KQE Q Lθ== 方向由A 指向C(2)该质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和水平向右的电场力，库仑力为22'(sin60)Q F K L =；水平向右的电场力F EQ "=B点时所受的电场力22222273()[](sin60)6kQ kQ F EQ L L=+= (3)质点到达C 点时进行受力分析，根据牛顿第二定律得2222sin Q K EQ F KQ L a m m mL θ+===合． 从A 点到C 点根据动能定理得221122o EQL mv mv =-； 22kQ v mLυ=+ 【点睛】本题的关键要耐心细致地分析物体的运动过程，对物体进行受力分析，运用动能定理、牛顿第二定律进行处理。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷达标检测卷（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，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 全册全单元精选测试卷达标检测卷（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，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.2．如图所示在粗糙绝缘的水平面，上有两个带同种正电荷小球M和N，N被绝缘座固定在水平面上，M在离N点r0处由静止释放，开始运动瞬间的加速度大小恰好为μg。
已知静电常量为k，M和地面间的动摩擦因数为μ，两电荷均可看成点电荷，且N的带电量为Q，M带电量为q，不计空气阻力。
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四川省遂宁市安居育才卓同国际学校必修3物理 全册全单元精选试卷检测题一、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 ．2．万有引力和库仑力有类似的规律，有很多可以类比的地方。
已知引力常量为G ，静电力常量为k 。
（1）用定义静电场强度的方法来定义与质量为M 的质点相距r 处的引力场强度E G 的表达式；（2）质量为m 、电荷量为e 的电子在库仑力的作用下以速度v 绕位于圆心的原子核做匀速圆周运动，该模型与太阳系内行星绕太阳运转相似，被称为“行星模型”，如图甲。
已知在一段时间内，电子走过的弧长为s ，其速度方向改变的角度为θ（弧度）。
求出原子核的电荷量Q ；（3）如图乙，用一根蚕丝悬挂一个金属小球，质量为m ，电荷量为﹣q 。
悬点下方固定一个绝缘的电荷量为+Q 的金属大球，蚕丝长为L ，两金属球球心间距离为R 。
小球受到电荷间引力作用在竖直平面内做小幅振动。
不计两球间万有引力，求出小球在库仑力作用下的振动周期。
【答案】（1）质量为M 的质点相距r 处的引力场强度的表达式为2GMr ；（2）原子核的电荷量为2mv skeθ；（3）小球在库仑力作用下的振动周期为2Lm R kQq π【解析】 【详解】（1）根据电场强度的定义式方法，那么质量为M 的质点相距r 处的引力场强度E G 的表达式：2G F GME m r== （2）根据牛顿第二定律，依据库仑引力提供向心力，则有：22Qe v k m R R= 由几何关系，得sR θ=解得：2mv sQ keθ=（3）因库仑力：2Qq F R =等效重力加速度：2F kQq g m mR'== 小球在库仑力作用下的振动周期：22L Lm T R g kQqππ'==3．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=⑦4．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：cos30R 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：22A v QqN k mg m R 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()28333mg -，方向向下．5．一个质量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 =⨯6． 如图所示，光滑绝缘水平面上固定着A 、B 、C 三个带电小球，它们的质量均为m ，间距均为r ，A 带电量Q A =10q ，B 带电量Q B =q ，若小球C 上加一个水平向右的恒力，欲使A 、B 、C 始终保持r 的间距运动，求：(1)C球的电性和电量Q C；(2)水平力F的大小。
【答案】（1）C球带负电Q C=403q （2）F=70k22qr【解析】（1）对A、B、C系统研究得：3Fam=A球受到B球库仑斥力F1和C球库仑力F2后，要产生水平向右加速度，故F2必为引力，C 球带负电。
对AB两球有2222(2)C A B A C B A BQ Q Q Q Q Q Q Qk k k kr r r rm m-+=联立可得：403CQ q=（2）对整体和A有22(2)3C A B AQ Q Q Qk kFr rm m-=2270qF kr=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，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4E0，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E0．()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 Lv 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 L mv +=，得：010qE Lv 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.8．在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O 为圆心，半径为R 的圆，AB 为圆的直径，如图所示。
质量为m ，电荷量为q （q >0）的带电粒子在纸面内自A 点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。
已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C 点以速率v 0穿出电场，AC 与AB 的夹角θ=60°。
运动中粒子仅受电场力作用。
（1）求电场强度的大小；（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？ （3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv 0，该粒子进入电场时的速度应为多大？【答案】(1) 202mv E qR=；(2)0124v v ；(3)0或0232v v 【解析】 【分析】 【详解】（1）由题意知在A 点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q >0，故电场线由A 指向C ，根据几何关系可知：ACx R所以根据动能定理有：20102ACqEx mv解得：202mv E qR=；（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC 垂线并且与圆相切，切点为D ，即粒子要从D 点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有1sin 60x R v t21cos602yR R at 而电场力提供加速度有qE ma =联立各式解得粒子进入电场时的速度：124v v ； （3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv 0，即在电场方向上速度变化为v 0 ，过C 点做AC 垂线会与圆周交于B 点，故由题意可知粒子会从C 点或B 点射出。