北京北京理工大学附属中学必修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，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，两异种点电荷的电荷量均为Q ，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O 且与连线垂直，平面上A 、O 、B 三点位于同一竖直线上，AO BO L ==，点电荷到O 点的距离也为L 。

现有电荷量为q -、质量为m 的小物块（可视为质点），从A 点以初速度0v 向B 滑动，到达B 点时速度恰好减为零。

已知物块与平面的动摩擦因数为μ。

求：(1)A 点的电场强度的大小；(2)物块运动到B 点时加速度的大小和方向； (3)物块通过O 点的速度大小。

【答案】(1)222QE k L =；(2)222qkQ a g mL μ=-，方向竖直向上；(3)022v v = 【解析】 【分析】 【详解】(1)正、负点电荷在A 点产生的场强)02222QQ E kkL L==A 点的电场强度的大小022kQE E ==(2)由牛顿第二定律得qE mg ma μ-=解得222qkQa g mL μ=-方向竖直向上；(3)小物块从A 到B 过程中，设克服阻力做功W f ，由动能定理得201202f mgL W mv -=-小物块从A 到O 过程中220111222f mgL W mv mv -=-解得02v v =3．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 点进入电场时的速度为2gH ；（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+．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。

另一同样小球置于斜面顶点B 处，已知斜面长为L ，现把上部小球从B 点从静止自由释放，球能沿斜面从B 点运动到斜面底端C 处（静电力常量为k ，重力加速度为g ）求：（1）小球从B 处开始运动到斜面中点D 处时的速度？ （2）小球运动到斜面底端C 处时，球对斜面的压力是多大？【答案】(1) 2D glv = (2) 2232'3N N kq F F mg L ==-【解析】（1）由题意知：小球运动到D 点时，由于AD=AB ，所以有D B ϕϕ= 即0DB D B U ϕϕ=-=① 则由动能定理得：21sin30022DB L mg qu mv ︒+=-② 联立①②解得2D gl v =③ （2）当小球运动到C 点时，对球受力分析如图所示则由平衡条件得：sin30cos30N F F mg +︒=︒库④由库仑定律得：()22cos30kq F l =︒库⑤联立④⑤得：223223N kq F mg L=-由牛顿第三定律即2232'3N N kq F F mg L==-．5．如图所示，边长为a 的等边三角形ABC 的三个顶点分别固定三个点电荷＋q 、＋q 、－q ，已知静电力常量K ．（1）求C 点电荷受到的电场力的大小和方向 （2）求三角形中心O 点处的场强的大小和方向【答案】（1223q k a方向由C 指向O - （2）26q k a 场强方向O 向C【解析】（1）根据库仑定律，A 对C 的引力212q F k a=根据库仑定律，B 对C 的引力：222q F k a=根据平行四边形定则可以得到：2122cos303q F F k a== ，合力方向由C 指向O（2） 设OA 距离为r,由几何关系知3r a = 则A 在O 点产生场强大小为1223q q E k k r a ==，方向由A 指向O B 在O 点产生场强大小为2223q q E k k r a ==，方向由B 指向O C 在O 点产生场强大小为3223q q E kk r a ==，方向由O 指向C 所以根据平行四边形定则可以得到：2226q qE kk r a ==，合场强方向O 向C ． 点睛：本题考查库仑定律以及电场的叠加问题，关键要掌握库仑定律公式、点电荷场强公式和平行四边形定则，结合数学知识求解．6．如图，绝缘细杆AB 倾角为α，在杆上B 点处固定有一电荷量为Q 的正电荷．现将带正电的小球由距B 点竖直高度为H 的A 点处无初速释放，小球下滑过程中电荷量不变．己知小球的质量为m 、电荷量为q ．不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中．静电力常量为k ，重力加速度为g ．求：（1）正电荷Q 在A 处产生的场强大小； （2）小球刚释放时的加速度大小；（3）若A 、B 间的距离足够大，小球动能最大时球与B 点间的距离．【答案】(1) 22sin A Q E k H α=(2)22sin sin kQq a g mH αα=- (3)sin kQq R mg α=【解析】 【详解】 (I)根据2QE kr= 又因为sin Hr α=所以22sin A QE kHα= (2)根据牛顿第二定律sin mg F ma α-=根据库仑定律Qq F kr= 解得22sin sin kQq a g mHαα=- (3)当小球受到的合力为零，即加速度为零时，动能最大 设此时小球与B 点间的距离为R ,则2sin kQqmg R α=解得sin kQqR mg α=答案：(1) 22sin A Q E k H α=(2)22sin sin kQq a g mHαα=- (3)sin kQq R mg α=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，倾角为θ＝30°绝缘斜面被垂直斜面直线MN 分为左右两部分，左侧部分光滑，范围足够大，上方存在大小为E ＝1 000 N/C ，方向沿斜面向上的匀强电场，右侧部分粗糙，范围足够大，一质量为m ＝1 kg ，长为L ＝0.8 m 的绝缘体制成的均匀带正电直棒AB 置于斜面上，A 端距MN 的距离为d ，现给棒一个沿斜面向下的初速度v 0，并以此时作为计时的起点，棒在最初0.8 s 的运动图像如图乙所示，已知0.8 s 末棒的B 端刚好进入电场，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)直棒AB 开始运动时A 端距MN 的距离为d ； (2)直棒AB 的带电量q ；(3)直棒AB 最终停止时，直棒B 端到MN 的距离． 【答案】(1)20 m (2)7.5×10－3 C (3)125 m 【解析】 【分析】根据v-t 图像确定出直棒AB 匀减速直线运动的位移，结合棒的长度，得出直棒AB 开始运动时A 端距MN 的距离为d ；根据图线得出直棒AB 匀减速直线运动的加速度大小，根据加速度，结合牛顿第二定律求出带电量的大小；根据动能定理得出，物体在电场中运动的距离． 【详解】（1）由v-t 图像可知直棒AB 匀减速直线运动．0～0.8s 内棒运动的位移为：0120.8m 2tv v x t +== ．A 端距离MN 的距离为：120.80.820m d x L m =-=-=． （2）棒的加速度为：2Δva==2.5m/s Δt．对直棒AB 进行受力分析，越过MN 后受到重力、斜面支持力和电场力，合力为sin F Eq mg θ=-．根据牛顿第二定律，：sin Eq mg ma θ-= ，代入数据解得：37.510C q -=⨯ ．（3）根据动能定律，物体从B 端到达MN 至最终停止的过程，满足：2221sin 02mgx Eqx mv θ-=-．带入数据解得，x 2 =125 m故B 端在MN 右边且距MN 为125 m ． 【点睛】本题考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合运用，通过v-t 图像，确定出物体运动的加速度不变，得出物体做匀变速直线运动是解决本题的关键．8．电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。