高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷培优测试卷

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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处固定一具质点，在水平面上的A点放另一具质点，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

2

L，在空间加一具水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止。试咨询：

(1)该匀强电场的场强多大？其方向怎么？

(2)给A处的质点一具指向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v0，质点到达C点时的加速度和速度分不多大？

【答案】(1)22kQL，方向由A指向C；273kQ；(3)22kQmL220kQvmL

+【解析】

【分析】(1)在空间加一具水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止，对A举行受力分析，依照平衡条件求解。

(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，依照力的合成求解

(3)依照牛顿第二定律求出加速度，依照动能定理求出C点时速度。

【详解】

(1)在空间加一具水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止，对A举行受力分析，

AO间的库仑力为2

2QFKL

=；依照平衡条件得：sinFEQθ=

2sin2FKQEQL

θ==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2

2

'(sin60)QFKL=；水平向右的电场力FEQ"=

B

点时所受的电场力2

222]sin60)6FL==(3)质点到达C点时举行受力分析，依照牛顿第二定律得

2

222

sinQKEQFKQLammmLθ+===合．从A点到C点依照动能定理得

221122

oEQLmvmv=-；v=【点睛】

本题的关键要耐心细致地分析物体的运动过程，对物体举行受力分析，运用动能定理、牛顿第二定律举行处理。

2．我们能够借鉴研究静电场的办法来研究地球身边空间的引力场，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办法，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=G

MEr引；(2)设地面处和距离地面高为h处的引力场强度分不为E引和'E引，假如它们满脚

'0.02EEE-≤引引

引，则该空间就能够近似为匀强场，也算是我们常讲的重力场。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)某同学查阅资料懂:地球引力场的“引力势”的表达式为=-G

Mr

?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要紧步骤。【答案】(1)引力场强度定义式FEm=

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FEm

=引2

MmFGr=联立得

2

MEG

r=引(2)依照题意2MEG

R=引'2

MEG

r=引'0.02EEE-=引引引

hrRR=-=

解得h=64976m

(3)定义式引力势=pEm?引，式中pE为某位置的引力势能

把某物体从无穷远挪移到某点引力做的功

=0-=-ppWEE引

即

=-pEW引

则当质量为m的物体自无穷远处挪移到距离地球r处时，引力做功为W引

经过计算得

0MmWG

r

=引＞因此=-pMmEG

r=-MG

r

?引3．如图所示，均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为30°的光滑绝缘歪面上，A绝缘，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，质量分不为mA=0.43kg，mB=0.20kg，mC=0.50kg，其中A别带电，B、C的电荷量分不为qB=+2×10-5C、qC=+7×10-5C且保持别变，开始时三个物体均能保持静止。现给A施加一平行于歪面向上的力F，使A做加速度a=2.0m/s2的匀加速直线运动，通过时刻t，力F变为恒力，已知静电力常量为

k=9.0×109N·m2/C2，g取10m/s2。求：

（1）开始时BC间的距离L；

（2）F从变力到恒力需要的时刻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

2sin30oBCABqqmmgk

L

+=（）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

2

sin30BBBCmgmaqqk

l?=-解得3.0ml=

由匀加速运动规律得

212

lLat-=

解得1.0st=

4．如图所示,一根长为l的别可伸长的细丝线一端固定于O点,另一端系住一具质量为m的带电小球.将此装置放在水平向右的匀强电场E中,待小球稳定后,细丝线与竖直方向夹角为α.求:

(1)小球带啥电,电荷量为多少?

(2)剪断绳子后小球做啥运动？

【答案】(1)正电，tanmgqEα=

(2)做初速度是零的匀加速直线运动【解析】

【详解】

（1）对小球举行受力分析：由于小球所受电场力水平向右，E的方向水平向右，因此小球

带正电．小球受力如图所示，有：qE=mgtanα

即：

tan

mg

q

E

α=

（2）剪断细绳后，小球受重力和电场力，其合力方向沿细绳方向歪向下，则小球将沿细绳的方向做初速度是零的匀加速直线运动．

5．如图所示，长l=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一具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/s2，sin37°=0.6，cos37°=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）所述事情下小球经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=3.0×10-3Nm=4.0×10–4kg（2）5m/s

v=（3）T=7.0×10-3N

【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=3.0×10-3N

小球受力如图所示：

依照平衡可知：

tan

Fmgθ

=

解得：

m=4.0×10–4kg

（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°时依照动能定理有

21sin(1cos)2

Flmglmvθθ--=

解得：12(

1)5m/scosvglθ

=-=（3）沿绳方向依照牛顿第二定律可知2

sincosmvTFmgl

θθ--=解得：

T=7.0×10-3N

6．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，此刻小球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)若出于某种缘故，小球B在某时间忽然别带电，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)2

Bmghqkq

=(3)sin2Pmggh=【解析】

【分析】

（1）由题意A静止且与杆无摩擦，讲明A只受重力和库仑力，故AB之相互排斥，A的受力才干平衡，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别带电后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)依照题意：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，因此B带正电．

(2)由库仑定律，B对A的库仑力为F＝2

Bkqqh，

由平衡条件有mg＝2Bkqqh解得qB＝2

mghkq

.(3)B别带电后，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＝

12

mv2，解得v＝2gh

因此重力的瞬时功率为P＝mgvsinθ＝mgsinθ2gh.

二、必修第3册静电场中的能量解答题易错题培优（难）

7．如图甲所示，真空中的电极被延续别断均匀地发出电子（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，AB

U如图乙所示，周期为T，加速电压为2

122mLUeT

=，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，别计电子的重力，别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=时间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)在脚够长的时刻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)02LvT=；(2)2

08eUTmd

；(3)31.7%【解析】

【分析】

【详解】

(1)加速电场加速。由动能定理得

21012

qUmv=解得

02LvT

=(2)电子在偏转电场里水平方向匀速运动，水平方向有

0Lvt=

因此运动时刻

2

Tt=则0t=时间射入偏转电场的电子，在竖直方向匀加速运动，竖直方向有

22

2001812()22eUeUTTmdyatmd

=??==(3)由上咨询可知电子在电场中的运动时刻均为2

Tt=

，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：01Uemad?

=，023Uemad?=在02T时刻内，设1t时间射入电场中的电子偏转位移刚好为0，则：221111*********TTatattat??????=???????????

?解得

14Tt=在02T时刻内，04T时刻XXX入电场中的电子均可从中垂线上方飞出。2T

T这段时刻内，设可以从中垂线上方飞出粒子的时刻间隔为2t，2tTt=-时间射入的电子刚好偏转位移为0，则有

222222212112222TTatattat??????=????????????

解得

224

t=

因此

1233tttT??-?=+=????因此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

33100%31.7%tTη?-=

=?≈8．图中所示的静电机由一具半径为R、与环境绝缘的开口（朝上）金属球壳形的容器和一具带电液滴产生器G组成。质量为m、带电量为q的球形液滴从G缓慢地自由掉下（所谓缓慢，意指在G和容器口之间总是惟独一滴液滴）。液滴开始下降时相关于地面的高度为h。设液滴非常小，容器脚够大，容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器.忽略G的电荷对正在下降的液滴的妨碍.重力加速度大小为g。若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势maxV。

【答案】max()mghRVq-=

【解析】

【详解】设在某一时间球壳形容器的电量为Q。以液滴和容器为体系，思考从一滴液滴从带电液滴产生器G出口自由下降到容器口的过程。依照能量守恒有

2122QqQqmghkmmgRkhRR

+=++-v(1)式中，v为液滴在容器口的速率，k是静电力常量。由此得液滴的动能为

21(2)(2)2()QqhRmmghRkhRR

-=v(2)从上式能够看出，随着容器电量Q的增加，降下的液滴在容器口的速率v别断变小；当液滴在容器口的速率为零时，别能进入容器，容器的电量停止增加，容器达到最高电势.设容器的最大电量为maxQ，则有

max(2)(2)0()QqhRmghRkhRR

=-(3)由此得

max

()mghRRQkq

-=(4)容器的最高电势为maxmaxQVk

R=(5)由(4)和(5)式得

max()mghRVq

-=(6)

9．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如下图所示.小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点.小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，别计空气的阻力.求：

（1）小球水平位移x1与x2的比值；

（2）小球降到B点时的动能EkB；

（3）小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin.

【答案】(1)1:3(2)32J(3)

247

J【解析】

【详解】(1)如图所示，带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动，竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动，故从A到M和M到B的时刻相等，则x1:x2=1:3

(2)小球从A到M，水平方向上电场力做功W电=6J

则由能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为