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高中物理必修3物理全册全单元精选试卷试卷（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．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 。
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷练习卷（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．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．3．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L 1=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L 2=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/s 2）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 B2－0=mgL2+F电L1①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=12mg②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 ④s=v0t+12at2⑤竖直方向有：h=12gt2⑥由③～⑥式，并代入数据可得：s=4.5m4．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 全册全单元精选试卷试卷（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．（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）①v =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：22121mvker r=，解得22112mv rrke=对于原子核有：22222Mvker r=，解得22222Mv rrke=因为r1+r2=r，所以有22221222+mv r Mv rr ke ke=解得E kⅡ=2 221211222ke mv Mvr+=又因电势能2peE kr=-Ⅱ，所以EⅡ= E kⅡ+E pⅡ=2-2ker即模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量相等，均为2 -2 ker②解法一：模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有22II2=mvkem vr rω=，解得2I2=kevm rω模型Ⅱ中：对电子有：22II1II21=mvkem vr rω=，解得2II21=kevm rω对于原子核有：22222=ke MvM vr rω=，因ω1=ω2，所以mvⅡ=Mv又因原子核的质量M远大于电子的质量m，所以vⅡ>>v，所以可视为M静止不动，因此ω1=ω2=ω，即可视为vⅠ=vⅡ．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22I2mvker r=，解得Iv模型Ⅱ中：库仑力提供向心力：222122=kemr Mrrωω== (1)解得12=r Mr m；又因为r1+r2=r所以1=Mrm M+2=mrm M+带入（1）式：ω=所以：1v r ω=Ⅱ2v r ω=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．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。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷练习（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 =2．万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 。
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷测试与练习（word 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．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=-GMrϕ引（以无穷远处引力势为0）。
高中物理必修3物理全册全单元精选试卷测试与练习（word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,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E1和E2，在C点的合场强为E C；则12()2kQEL＝；223()2kQEL＝则E C=E1-E2解得：E C＝2329kQL．（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＝0−12mv02解得：212f mvL＝（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：220011222LW 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．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，长l ＝1m 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/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小球所受电场力F 的大小； (2)小球的质量m ；(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v 的大小． 【答案】(1)F =3.0×10－3N (2)m =4.0×10－4kg (3)v =2.0m/s 【解析】 【分析】 【详解】(1)根据电场力的计算公式可得电场力6331.010 3.010N 3.010N F qE --==⨯⨯⨯=⨯； (2)小球受力情况如图所示：根据几何关系可得tan qEmg θ=，所以34310kg 410kg tan 10tan 37qE m g θ--⨯===⨯⨯︒； (3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则21(1cos37)2mgl mv -︒=，解得v =2m/s ．4．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试卷（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．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．2．一带正电的 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，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 mgLμ=.（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，小球的质量为0.1kg m =，带电量为51.010C q -=⨯，悬挂小球的绝缘丝线与竖直方向成30θ=︒时，小球恰好在水平向右的匀强电场中静止不动．问：（1）小球的带电性质； （2）电场强度E 的大小；（3）若剪断丝线，求小球的加速度大小．【答案】（1）小球带正电 （2）45.7710N /C E =⨯ （3）211.54m /s a = 【解析】 【详解】（1）对小球进行受力分析，如图；由电场力的方向可确定小球带正电；（2）根据共点力平衡条件，有qE=mgtan300解得：04531303=/ 5.7710/10mgtanE N C N Cq-⨯≈⨯＝（3）当线断丝线后，小球的合力为30mgFcos＝由牛顿第二定律，则有：22/11.54/cos303F ga m s m sm==＝＝小球将做初速度为零，加速度的方向沿着线的反向，大小为11.54m/s2，匀加速直线运动．【点睛】本题关键是对小球受力分析，明确带电小球受电场力、细线的拉力和重力，根据共点力平衡条件及牛顿第二定律列示求解．5．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。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试与练习（word 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．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()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．3．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。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷（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．（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）①v =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：22121mvker r=，解得22112mv rrke=对于原子核有：22222Mvker r=，解得22222Mv rrke=因为r1+r2=r，所以有22221222+mv r Mv rr ke ke=解得E kⅡ=2 221211222ke mv Mvr+=又因电势能2peE kr=-Ⅱ，所以EⅡ= E kⅡ+E pⅡ=2-2ker即模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量相等，均为2 -2 ker②解法一：模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有22II2=mvkem vr rω=，解得2I2=kevm rω模型Ⅱ中：对电子有：22II1II21=mvkem vr rω=，解得2II21=kevm rω对于原子核有：22222=ke MvM vr rω=，因ω1=ω2，所以mvⅡ=Mv又因原子核的质量M远大于电子的质量m，所以vⅡ>>v，所以可视为M静止不动，因此ω1=ω2=ω，即可视为vⅠ=vⅡ．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22I2mvker r=，解得Iv模型Ⅱ中：库仑力提供向心力：222122=kemr Mrrωω== (1)解得12=r Mr m；又因为r1+r2=r所以1=Mrm M+2=mrm M+带入（1）式：ω=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．2．如图所示，一条长为l 的细线,上端固定,下端拴一质量为m 的带电小球．将它置于一匀强电场中,电场强度大小为E ，方向水平向右.已知当细线离开竖直位置的偏角为α时,小球处于平衡状态．（1)小球带何种电荷并求出小球所带电荷量；（2)若将小球拉到水平位置后放开手，求小球从水平位置摆到悬点正下方位置的过程中，电场力对小球所做的功．【答案】(1)正，tan /mg E α （2）tan mgl α 【解析】 【详解】（1）小球所受电场力的方向与场强方向一致，则带正电荷； 由平衡可知：Eq =mgtanα得：mgtan q Eα=（2）小球从水平位置摆到悬点正下方位置的过程中，电场力做负功，大小为W =Eql = mgltanα3．如图所示，长l =1 m 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，绳与竖直方向的夹角θ=37°．已知小球所带电荷量q =1.0×10–6 C ，匀强电场的场强E =3.0×103 N/C ，取重力加速度g =10 m/s 2，sin 37°=0.6，cos 37°=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）所述情况下小球通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 = 3.0×10-3 N m=4.0×10–4 kg （2）5m/s v = （3）T =7.0×10-3 N【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 =3.0×10-3 N小球受力如图所示：根据平衡可知：tan F mg θ=解得：m=4.0×10–4 kg（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°时根据动能定理有21sin (1cos )2Fl mgl mv θθ--=解得：12(1)5m/s cos v gl θ=-= （3）沿绳方向根据牛顿第二定律可知2sin cos mv T F mg lθθ--= 解得：T =7.0×10-3 N4．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/CE b＝k＝27N/C由几何关系，有E2＝E a2＋E b2解得E＝45N/C方向与由a指向b的方向相同.5．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。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试与练习（word 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，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。
已知此时BP 段的电阻为R ，平行金属板间的水平距离为d 。
（1）求此时金属板间电场的场强大小E 1；（2）若金属板旋转30°（图中虚线表示），并移动滑片P 的位置，欲使棒能静止的位置与竖直方向的夹角不变，BP 段的电阻R ’应调节为多大？（3）若金属板不转动，将BP 段的电阻突然调节为3R ，则棒摆动中小球最大动能为多少？【答案】3mg(2)32R 3)mgL 【解析】 【详解】（1）由平衡可知E 1q =mg tan30°解得E 13mg（2）金属板旋转30°后电场强度方向也相应旋转30°，而合力方向仍与竖直方向成30°角，受力如右图所示。
E1q=mg解得E2= mg q金属板旋转前，两板间电势差U1= E1d=33mgqd金属板旋转后，两板间电势差U2 = E2d’= E2 d cos30°=32mgqd=32U1所以BP段的电阻R’=3 2 R（3）BP段的电阻突然调节为3R，U3 =3U1E3=3E1=3mg q小球摆动速度最大时棒与竖直方向夹角为60°，如右图所示。
高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷练习（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，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。
2．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：cos 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．3．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cos 4α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。
因为从C 到B 的角度θ很小，进一步可知回复力与相对平衡位置的位移大小成正比、方向相反，故小球的运动为简谐运动。
小球的运动可等效为在某个场强大小为54g mg '=，方向与竖直方向成α角斜向右下的场中做简谐运动，其周期为225/4l l T g g ππ==' 故从C 到B 最短的时间10.10.314t T s π===4．—个带正电的微粒，从A 点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB 运动，如图所示，AB 与电场线夹角θ=53°，已知带电微粒的质量m =1.0×10－7kg ，电荷量q =1.0×10－10C ，A 、B 相距L =20cm ．(取g =10m/s 2)．求：(1)电场强度的大小和方向；(2)要使微粒从A 点运动到B 点，微粒射入电场时的最小速度是多少． 【答案】（1）7.5×10 3 V/m,方向水平向左 (2)5m/s 【解析】 【详解】(1)带电微粒做直线运动，所受的合力与速度在同一直线上，则带电微粒受力如图所示；由图可知，合力与速度方向相反；故粒子一定做匀减速直线运动； 由力的合成可知：mg =qE •tan θ可得：37.510V/m tan mgE q θ==⨯，方向水平向左． （2）微粒从A 到B 做匀减速直线运动，则当v B =0时，粒子进入电场速度v A 最小.由动能定理：21sin cos 02A mgL qEL mv θθ--=-代入数据得：v A =5m/s5．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 =3mg6．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 qk E 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．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，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d ，荧光屏到C 、D 板右端的距离等于C 、D 板的板长．A 板O 处的放射源连续无初速地释放质量为m 、电荷量为+q 的粒子，经电场加速后，沿极板C 、D 的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C 、D 板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t 0；当C 、D 板间加上图乙所示电压（图中电压U 1已知）时，粒子均能从C 、D 两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：（1）C 、D 板的长度L ；（2）粒子从C 、D 板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离； （3）粒子打在荧光屏上区域的长度． 【答案】（1）02qU L t m =2）2102qU t y md =（3）21032qU t s s md∆== 【解析】试题分析：（1）粒子在A 、B 板间有20012qU mv = 在C 、D 板间有00L v t = 解得：02qU L t m=（2）粒子从nt 0（n=0、2、4……）时刻进入C 、D 间，偏移距离最大 粒子做类平抛运动 偏移距离2012y at = 加速度1qU a md=得：2102qU t y md=（3）粒子在C 、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远ZXXK] 出C 、D 板偏转角0tan y v v θ=0y v at =打在荧光屏上距中心线最远距离tan s y L θ=+荧光屏上区域长度21032qU t s s md∆==考点：带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平及竖直方向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答．8．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4E 0，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E 0．()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 L v 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.9．如图所示，真空室中电极K 发出的电子（初速度不计）经过电势差为U 1的加速电场加速后，沿两水平金属板C 、D 间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m 、电荷量为e ，C 、D 极板长为l ，D 板的电势比C 板的电势高，极板间距离为d ，荧光屏距C 、D 右端的距离为16．电子重力不计．求：(1)电子通过偏转电场的时间t 0； (2)偏转电极C 、D 间的电压U 2； (3)电子到达荧光屏离O 点的距离Y ． 【答案】（1）12m eU （2）12d U l （3）23l 【解析】 【分析】 【详解】(1)电子在离开B 板时的速度为v ，根据动能定理可得：2112eU mv =得：12eU v m=电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：012l m t l v eU == (2)电子在偏转电极中的加速度:1eU a md=离开电场时竖直方向的速度：2012y U l ev at dmU == 离开电场轨迹如图所示：电子的速度与水平方向的夹角：21tan 45?=2y v U lvdU =解得：122dU U l=(3)离开电场的侧向位移：21012y at = 解得：12l y =电子离开电场后，沿竖直方向的位移：2tan 45=66l l y =︒ 电子到达荧光屏离O 点的距离：1223Y y y l =+= 【点睛】本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解．10．两块水平平行放置的导体板如图 (甲)所示，大量电子（质量m 、电量e ）由静止开始，经电压为U 0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t 0；当在两板间加如图 (乙)所示的周期为2t 0，幅值恒为U 0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过．问：⑴这些电子通过两板之间后，侧向位移（沿垂直于两板方向上的位移）的最大值和最小值分别是多少？⑵侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？【答案】（1）0062t eUm，0064t eUm（2）1613【解析】画出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v–t图象进行分析（1）竖直方向的分速度010yeUv tmd=，0002022=yeU eU tv tmd md=侧向最大位移200max101010312()322y y y yeU t ds v t v t v tmd=+===侧向最小位移200min101010311.5224y y y yeU t ds v t v t v tmd=+===解得06eUd tm=所以00max622yt eUdsm=00min644yt eUdsm=（2）由此得220010()6yeU eUv tmd m==，2200202(2)3yeU eUv tmd m==而202eUvm=所以2202kmax0022kmin000111/3162211/121322yymv mvE eU eUE eU eUmv mv++===++【名师点睛】解决本题的关键知道粒子在偏转电场中水平方向上一直做匀速直线运动，在竖直方向上有电场时做匀加速直线运动，无电场时做匀速直线运动或静止．11．如图所示，在竖直平面内有一固定的光滑绝缘轨道，圆心为O ，半径为r ，A 、B 、C 、D 分别是圆周上的点，其中A 、C 分别是最高点和最低点，BD 连线与水平方向夹角为37︒。
