高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(提升篇)(Word版 含解析)
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷（提升篇）（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．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．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：23cos303R r R ==︒小球在C 点受到的库仑力大小 ：2223Qq QqF kk r 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：23W mgR -=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： ()28333N 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．4．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。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷（提升篇）（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，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，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。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷（提升篇）（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，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/sv =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。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷（提升篇）（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，电荷量均为Q ，其中A 带正电荷，B 带负电荷，A 、B 相距为2d 。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷（提升篇）（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 =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 。
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高中物理必修3物理全册全单元精选试卷（提升篇）（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．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，真空中有两个点电荷A 、B ，它们固定在一条直线上相距L =0.3m 的两点，它们的电荷量分别为Q A =16×10－12C ，Q B =4.0×10－12C ，现引入第三个同种点电荷C ，（1）若要使C 处于平衡状态，试求C 电荷的电量和放置的位置？（2）若点电荷A 、B 不固定，而使三个点电荷在库仑力作用下都能处于平衡状态，试求C 电荷的电量和放置的位置？ 【答案】（1）见解析（2）1216109C -⨯ ，为负电荷 【解析】 【分析】 【详解】（1）由分析可知，由于A 和B 为同种电荷，要使C 处于平衡状态，C 必须放在A 、B 之间某位置，可为正电荷，也可为负电荷．设电荷C 放在距A 右侧x 处，电荷量为Q 3 ∵ AC BC F F = ∴ 132322()Q Q Q Q kk x L x =- ∴1222()Q Q x L x =- ∴ 4(L －x)2=x 2 ∴ x =0.2m即点电荷C 放在距A 右侧0.2m 处，可为正电荷，也可为负电荷．（2）首先分析点电荷C 可能放置的位置，三个点电荷都处于平衡，彼此之间作用力必须在一条直线上，C 只能在AB 决定的直线上，不能在直线之外．而可能的区域有3个， ① AB 连线上，A 与B 带同种电荷互相排斥，C 电荷必须与A 、B 均产生吸引力，C 为负电荷时可满足；② 在AB 连线的延长线A 的左侧，C 带正电时对A 产生排斥力与B 对A 作用力方向相反可能A 处于平衡；C 对B 的作用力为推斥力与A 对B 作用力方向相同，不可能使B 平衡；C 带负电时对A 产生吸引力与B 对A 作用力方向相同，不可能使A 处于平衡；C 对B 的作用力为吸引力与A 对B 作用力方向相反，可能使B 平衡，但离A 近，A 带电荷又多，不能同时使A 、B 处于平衡．③ 放B 的右侧，C 对B 的作用力为推斥力与A 对B 作用力方向相同，不可能使B 平衡； 由分析可知，由于A 和B 为同种电荷，要使三个电荷都处于平衡状态，C 必须放在A 、B 之间某位置，且为负电荷．设电荷C 放在距A 右侧x 处，电荷量为Q 3 对C ：132322(0.3)Q Q Q Q kk x x =- ∴ x =0.2m 对B ：321222()Q Q Q Q k k L L x =- ∴ 12316109Q C -=⨯，为负电荷． 【点睛】此题是库仑定律与力学问题的结合题；要知道如果只是让电荷C 处于平衡，只需在这点的场强为零即可，电性不限；三个电荷的平衡问题，遵循：“两同加一异”、“两大加一小”的原则.3．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 。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷（提升篇）（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．(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：22121mvker 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．如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一“L”形的光滑绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，管的水平部分长L1=0.2m，管的水平部分离水平地面的距离为h=5.0m，竖直部分长为L2=0.1m．一带正电的小球从管口A由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分（长度极短可不计）时没有能量损失，小球受到的电场力大小为重力的一半．（g=10m/s2）求：（1）小球运动到管口B时的速度v B大小；（2）小球着地点与管口B的水平距离s．【答案】（1）2.0m/s；（2）4.5m．【解析】【分析】【详解】（1）在小球从A 运动到B 的过程中，对小球由动能定理得：12mv B 2－0=mgL 2+F 电L 1 ① 由于小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，即F 电=12mg ② 代入数据得：v B =2.0m/s ； ③小球运动到管口B 时的速度大小为2.0m/s ；（2）小球离开B 点后，设水平方向的加速度为a ，位移为s ，在空中运动的时间为t ，水平方向有：a =g /2 ④ s =v 0t +12at 2⑤ 竖直方向有：h =12gt 2⑥ 由③～⑥式，并代入数据可得：s =4.5m3．如图，在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方H 处的A 点以初速度v 水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，求：(1)A 、B 两点间的距离(2)带电小球在电场中所受的电场力【答案】2228v H H +mg【解析】 【详解】(1)小球在MN 上方做平抛运动 竖直方向：212H gt =水平方向：x vt = A 、B 两点间的距离22L H x =+联立以上各式解得222v HL H g=+ (2)带电小球进入电场后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，对带电小球运动的全过程，由动能定理得：()022H Hmg H F +-⋅= 解得F =3mg4．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°。
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高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷（提升篇）（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 =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。
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高中物理必修3物理全册全单元精选试卷（提升篇）（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，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v0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 sincos sin qE mg mg qEθθθθ-+【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 mgsinN mgcos qEsinθθμθθ-=+＝．【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．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v0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，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 =4．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)29mgh q kQ =,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()3kQqmg h =得：29mgh q kQ=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=5．在竖直平面内固定一半径为R=0.3m 的金属细圆环，质量为5m 310kg -=⨯的金属小球(视为质点)通过长为L=0.5m 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点．小球带电荷量为62.510q C -=⨯时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上某点A 处于平衡状态，如图所示．已知静电力常量9229.010?/k N m C =⨯. 求：（1）细线的拉力F 的大小；（2）小球所在处的电场强度E 的大小？（3）金属细圆环不能等效成点电荷来处理，试应用微元法推导圆环带电量Q 表达式？（用字母R 、L 、k 、E 表示）【答案】(1) 4510N -⨯ (2) 160/N C (3) 254EL Q k =或322Q k L R=- 【解析】由几何关系：3cos 5R L θ==，224sin 5L R L θ-==,4tan 3θ= ①（1）对小球受力分析可知：cos mgF θ=② 由①②得：4510F N -=⨯ ③ （2）由平衡条件可得：tan qE mg θ= ④ 由①④得：160/E N C = ⑤ （3）由微元法，无限划分，设每一极小段圆环带电量为q ∆则：2sin qkE Lθ∆=∑ ⑥ 其中：q Q ∑∆=由①⑥得：254EL Q k =或322Q k L R=- ⑦ 点睛：因2QE kr=只能适用于真空中的点电荷，故本题采用了微元法求得圆环在小球位置的场强，应注意体会该方法的使用．库仑力的考查一般都是结合共点力的平衡进行的，应注意正确进行受力分析．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 kQ E 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 =42102N/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 =S 1=1.6m 即坐标为（0，-1.6）8．如图所示，从电子枪射出的电子束（初速度不计）经电压U 1=2000V 加速后，从一对金属板Y 和Y′正中间平行金属板射入，电子束穿过两板空隙后最终垂直打在荧光屏上的O 点．若现在用一输出电压为U 2=160V 的稳压电源与金属板YY′连接，在YY′间产生匀强电场，使得电子束发生偏转．若取电子质量为9×10﹣31kg，YY′两板间距d=2．4cm ，板长l=6．0cm ，板的末端到荧光屏的距离L=12cm ．整个装置处于真空中，不考虑重力的影响，试回答以下问题：（1）电子束射入金属板YY′时速度为多大？（2）加上电压U 2后电子束打到荧光屏上的位置到O 点的距离为多少？（3）如果两金属板YY′间的距离d 可以随意调节（保证电子束仍从两板正中间射入），其他条件都不变，试求电子束打到荧光屏上的位置到O 点距离的取值范围．【答案】（1）2．67×107m/s ；（2）15mm ；（3）0～30mm ． 【解析】 【分析】 【详解】（1）根据动能定理，设电子在加速电极作用下获得速度为v 0， 有21012U e mv =， 解得：102U ev m=…①代入数据解得：770810/ 2.6710/3v m s m s =⨯≈⨯； （2）电子穿过偏转电极过程中，在沿初速度方向做匀速直线运动有l=v 0t…② 在沿电场方向受力为F=Eq…③ 根据匀强电场性质U 2=Ed…④ 根据牛顿第二定律F=ma…⑤根据匀变速直线运动规律，在出偏转电场时其在电场方向位移为[来212y at =…⑥ 根据①﹣⑥式可推得：2214U l y dU =…⑦ 此时在电场方向上的分速度为：v y =at…⑧出电场后电子做直线运动最终打在荧光屏上，距离O 点的距离设为y´，根据几何关系及①⑦⑧可得()2122´4U l l L l Ly y l dU ++==…⑨ 将数据代入⑦式可得y=3mm ＜2d，所以此时电子可以射出偏转电场 于是将数据代入⑨式可得y′=15mm（3）d 越小则偏转电场越强，电子的偏转也越厉害，但是同时两板间距缩小电子更容易打在极板上，所以电子的偏转应有最大值，且临界条件为电子刚好擦YY´极板而出．即：2dy =…⑩ 联立⑦式代入数据可解得此时：y=6mm ， 继续代入⑨式可得此时：y′=30mm ，所以电子束打到荧光屏上的位置到O点距离的取值范围为0～30mm；9．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。