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)
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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,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）2qQkL （2）2gR （3）22229qQkmgL
【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F1和F2．则122qQFFkL＝＝①
小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则得F=2F1cos60° ②
联立①②得2qQFkL＝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＝12mvC2−0 ④
解得2CvgR＝⑤
（3）设在B点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为NBy，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得2BByvNmgmR＝⑥
vB=vC ⑦
联立⑤⑥⑦解得NBy=3mg⑧
设在B点管道对小球在水平方向的压力的分力为NBx，则2BxqQNFkL＝＝⑨
圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为222222 9()?BBxBYqQNNNmgkL＝＝．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()?BBqQNNmgkL＝＝
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h2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h1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）3KQqrmg
（3）2123()3Bvghh
【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，
23kQqFmgr库
解得：
3kQqrmg
（3）点电荷在下落中受重力和电库仑力，由动能定理可得：
mgh+WE=0；
即
WE=-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()3Bvghh
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，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。已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g，若取无限远处的电势为零，试求：
（1）在A、B所形成的电场中，C的电势φC。
（2）小球P经过D点时的加速度。
（3）小球P经过与点电荷B等高的E点时的速度。
【答案】（1）222mvmgdq（2）g+222kQqmd（3）2v
【解析】
【详解】
（1）由等量异种电荷形成的电场特点可知，D点的电势与无限远处电势相等，即D点电势为零。小球P由C运动到D的过程，由动能定理得：
2102CDmgdqmv ①
0CDCDC ②
222Cmvmgdq ③
（2）小球P经过D点时受力如图：
由库仑定律得：
122(2)QqFFkd ④
由牛顿第二定律得：
12cos45cos45mgFFma ⑤
解得：
a=g+222kQqmd ⑥
（3）小球P由D运动到E的过程，由动能定理得：
221122DEBmgdqmvmv ⑦
由等量异种电荷形成的电场特点可知：
DECD ⑧
联立①⑦⑧解得：
2Bvv ⑨
4．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。），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O点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g。求：
（1）C、O间的电势差UCO；
（2）O点处的电场强度E的大小及小球p经过O点时的加速度；
【答案】（1） 222mvmgdq （2）222kQd； 222kQqgmd
【解析】
【详解】
（1）小球p由C运动到O的过程，由动能定理得
2102COmgdqUmv
所以
222COmmgdUqv
（2）小球p经过O点时受力如图
由库仑定律得
122(2)kQqFFd
它们的合力为
F=F1cos 45°+F2cos 45°=Eq
所以O点处的电场强度
22=2kQEd
由牛顿第二定律得：
mg+qE=ma
所以
222kQqagmd
5．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。在杆上B点处固定一个电量为Q的正电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中电量不变。不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中。已知静电力常量k和重力加速度g。
(1)A球刚释放时的加速度是多大？
(2)当A球的动能最大时，求此时A球与B点的距离。
【答案】(1)22sisninkQagqmH－；(2)sinkQqxmg
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由牛顿第二定律可知
mgsinα－F＝ma
根据库仑定律
2QqFkr，sinHr
得
22sisninkQagqmH－。
(2)当A球受到合力为零、加速度为零时，动能最大。设此时A球与B球间的距离为x，则
2sinQqkxmg
解得
sinkQqxmg
【点睛】
本题关键对小球A受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据力与速度关系分析小球A的运动情况；知道合力为零时动能最大。
6．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】(1) 2228vHH(2)3mg
【解析】
【详解】
(1)小球在MN上方做平抛运动
竖直方向：212Hgt
水平方向：xvt
A、B两点间的距离
22LHx
联立以上各式解得
222vHLHg
(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：
()022HHmgHF
解得
F=3mg
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2122mLUeT，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) 02LvT；(2) 208eUTmd；(3) 31.7%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)加速电场加速。由动能定理得
21012qUmv
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
所以运动时间
2Tt
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()22eUeUTTmdyatmd
(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：
01Uemad，023Uemad
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：
