2024年高考物理必修三專(zhuān)題練習(xí)第2～3節(jié) 綜合訓(xùn)練

《模型畫(huà)法·物理課堂》馮考必勝第2～3節(jié)綜合訓(xùn)練1．[廣東廣州海珠中學(xué)2021高二上月考]如圖所示，在光滑絕緣水平面上有A、B、C三個(gè)可視為點(diǎn)電荷的帶電小球，位于同一條直線上，僅在它們之間的靜電力作用下均處于靜止?fàn)顟B(tài)，且距離關(guān)系滿(mǎn)足AB>BC，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．A、C帶同種電荷B．C所帶電荷量最小C．A所帶電荷量最大D．A、B在C處產(chǎn)生電場(chǎng)的合場(chǎng)強(qiáng)為零答案B解析：系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，要使C球受到的合力為0，則C處合場(chǎng)強(qiáng)為0，可知A、B帶異種電荷，同理B、C帶異種電荷，A、D正確；B球受到合力為O，又AB>BC，則可知A帶電荷量大于C，A球受到合力為0，AC>AB，則C帶電荷量大于B，B錯(cuò)誤，C正確．2．[浙江名校協(xié)作體聯(lián)盟2020高二上聯(lián)考]在光滑絕緣的水平地面上放置四個(gè)相同的金屬小球，小球A、B、C位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，小球D位于三角形的中心，如圖所示．現(xiàn)使小球A、B、C都帶上大小為Q的正電荷，小球D帶上大小為q的負(fù)電荷，若四個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)且均可以看成點(diǎn)電荷，則小球D的帶電荷量q為()A．eq\f(1,3)QB．3QC．eq\f(\r(3),3)QD．eq\r(3)Q答案C解析：若以B為研究對(duì)象，B受到A、C的庫(kù)侖斥力作用，同時(shí)受到D的庫(kù)侖引力作用，設(shè)等邊三角形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，根據(jù)受力平衡有cos30°×2＝，由幾何關(guān)系知r＝eq\f(\r(3),3)L，解得q＝eq\f(\r(3),3)Q，C正確． 3．[山東棗莊滕州一中2021高二上月考]如圖所示，空間正四棱錐型的底面邊長(zhǎng)和側(cè)棱長(zhǎng)均為a，水平底面的四個(gè)頂點(diǎn)處均固定著電荷量為＋q的小球，頂點(diǎn)P處有一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球，在庫(kù)侖力和重力的作用下恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．若將P處小球的電荷量減半，同時(shí)加豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度E，此時(shí)P處小球仍能保持靜止．重力加速度為g，靜電力常量為k，則所加勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為()A．eq\f(mg,2q)B．eq\f(mg,4q)C．eq\f(\r(2)kq,a2)D．eq\f(2\r(2)kq,a2)答案D解析：設(shè)P處的帶電小球電荷量為Q，則P點(diǎn)小球受到各個(gè)頂點(diǎn)電荷的庫(kù)侖力大小為；根據(jù)幾何關(guān)系知，正四棱錐型的側(cè)棱與豎直線的夾角為45°；再由力的合成有，若將P處小球的電荷量減半，則四個(gè)頂點(diǎn)的電荷對(duì)P的小球的庫(kù)侖合力為，同時(shí)外加豎直方向勻強(qiáng)電場(chǎng)后，P處小球仍保持靜止，則有，解得E＝eq\f(2\r(2)kq,a2)，D正確，A、B、C錯(cuò)誤．4．如圖所示，光滑絕緣水平面上的P點(diǎn)固定著一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷，在它的右側(cè)N點(diǎn)由靜止開(kāi)始釋放一個(gè)也帶正電的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))．以水平向右為正方向，下圖中能反映小球運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間變化規(guī)律的是()答案A解析：由于小球與點(diǎn)電荷都帶正電，兩者之間存在庫(kù)侖斥力，相互遠(yuǎn)離，小球在庫(kù)侖力作用下做加速運(yùn)動(dòng)．根據(jù)庫(kù)侖定律可知，小球所受的庫(kù)侖力逐漸減小，加速度逐漸減小，而v－t圖像切線的斜率表示加速度，圖像切線的斜率應(yīng)不斷減小，故A正確．5．[黑龍江哈爾濱六中2021高二上月考]如圖所示，一個(gè)絕緣圓環(huán)，當(dāng)它的eq\f(1,4)環(huán)均勻帶電且電荷量為＋q時(shí)，圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，現(xiàn)使半圓ABC均勻帶電＋2q，而另一半圓ADC均勻帶電－2q，則圓心O處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向?yàn)?)A．2eq\r(2)E，方向由O指向DB．4E，方向由O指向DC．2eq\r(2)E，方向由O指向BD．0答案A解析：當(dāng)圓環(huán)的eq\f(1,4)環(huán)均勻帶電，電荷量為＋q時(shí)，圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，當(dāng)半圓ABC均勻帶電，電荷量為＋2q時(shí)，由如圖所示的矢量合成得，在圓心處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\r(2)E，方向由O到D，當(dāng)另一半圓ADC均勻帶電，電荷量為－2q時(shí)，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，在圓心處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小也為eq\r(2)E，方向由O到D，根據(jù)矢量的合成法則，圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為2eq\r(2)E，方向由O到D，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤．6．[江西宜春上高二中2021高二上月考改編]如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一個(gè)半徑為R的剛性光滑絕緣圓環(huán)．在圓環(huán)的最頂端固定一個(gè)電荷量為q的帶正電的小球(未畫(huà)出)，另一個(gè)質(zhì)量為m帶負(fù)電的小圓環(huán)套在大圓環(huán)上，當(dāng)小圓環(huán)平衡時(shí)，測(cè)得兩電荷之間的連線與豎直線的夾角為30°，則(設(shè)靜電力常量為k，重力加速度為g)()A．大圓環(huán)對(duì)小圓環(huán)的彈力大小為(eq\r(3)＋1)mgB．小圓環(huán)帶電荷量的大小為eq\f(3\r(3)mgR2,kq)C．大圓環(huán)對(duì)小圓環(huán)的彈力指向圓心D．小圓環(huán)帶電荷量增加，小圓環(huán)仍能保持靜止答案B解析：對(duì)小圓環(huán)受力分析如圖所示，由幾何關(guān)系得N＝mg，A錯(cuò)誤；庫(kù)侖力為F＝2mgcos30°＝eq\r(3)mg，則，解得，B正確；由受力分析圖可知，大圓環(huán)對(duì)小圓環(huán)的彈力背離圓心，C錯(cuò)誤；小圓環(huán)帶電荷量增加，庫(kù)侖力增大，小圓環(huán)受力不平衡，故小圓環(huán)將會(huì)運(yùn)動(dòng)起來(lái)，D錯(cuò)誤．7．[湖南岳陽(yáng)一中、汨羅一中2020高二上聯(lián)考]如圖所示，兩個(gè)相同的帶電小球A、B分別用長(zhǎng)為2L和eq\r(3)L的絕緣細(xì)線懸掛于絕緣天花板的同一點(diǎn)，當(dāng)二者均受力平衡時(shí)，小球B偏離豎直方向30°角，小球A豎直懸掛且與光滑絕緣墻壁接觸．若兩小球的質(zhì)量均為m，重力加速度為g.則()A．A、B之間的靜電力大小為eq\f(\r(3),2)mgB．墻壁受到的壓力大小為eq\f(\r(3),2)mgC．A球受到細(xì)線的拉力大小為eq\f(5,4)mgD．B球受到細(xì)線的拉力大小為eq\f(\r(3),4)mg答案C解析：對(duì)B球受力分析，如圖所示．根據(jù)共點(diǎn)力平衡得，A、B之間的靜電力大小FB＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，B球受到細(xì)線的拉力大小TB＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，故A、D錯(cuò)誤；對(duì)A球受力分析，根據(jù)平衡條件有N＝FAcos30°＝FBcos30°＝eq\f(1,2)mg·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)mg，根據(jù)牛頓第三定律知，墻壁受到的壓力大小N′＝eq\f(\r(3),4)mg，故B錯(cuò)誤；A球受到細(xì)線的拉力為T(mén)A＝mg＋FAsin30°＝mg＋eq\f(1,2)mg×eq\f(1,2)＝eq\f(5,4)mg，故C正確．8．[河南重點(diǎn)高中2021高二上階段性測(cè)試]如圖所示，傾角為30°的光滑斜面固定在水平面上，空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，若在斜面上放一電荷量為q的帶正電小球A，小球A剛好能夠平衡．若把電場(chǎng)方向改為沿斜面向上，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，在斜面上放一電荷量為q的帶正電小球B，小球B也剛好能夠平衡．則兩小球A、B質(zhì)量mA、mB之間關(guān)系為()A．mB＝eq\f(\r(3),2)mAB．mB＝eq\f(\r(3),3)mAC．mB＝eq\f(2\r(3),3)mAD．mB＝eq\r(3)mA答案C解析：對(duì)小球A受力分析可知，小球A受重力、水平向左的電場(chǎng)力和支持力，根據(jù)平衡條件可得qE＝eq\f(2\r(3),3)mAgtan30°，對(duì)小球B受力分析可知，小球B受重力、沿著斜面向上的電場(chǎng)力和支持力，根據(jù)平衡條件可得qE＝mBgsin30°，聯(lián)立解得mB＝mA，C正確，A、B、D錯(cuò)誤．9．[安徽阜陽(yáng)太和一中2021高二上月考](多選)如圖所示，A、B、C三個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn))的質(zhì)量分別為m、2m、3m，B小球帶負(fù)電，電荷量為q，A、C兩小球不帶電(不考慮小球間的靜電感應(yīng))，不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線將三個(gè)小球連接起來(lái)懸掛在O點(diǎn)，三個(gè)小球均處于豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，以下說(shuō)法正確的是()A．靜止時(shí)，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為5mg＋qEB．靜止時(shí)，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為5mg－qEC．剪斷O點(diǎn)與A小球間細(xì)線的瞬間，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為eq\f(1,3)qED．剪斷O點(diǎn)與A小球間細(xì)線的瞬間，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為eq\f(1,6)qE答案AC解析：靜止時(shí)，對(duì)B、C兩球整體受力分析，由平衡條件得，T＝2mg＋3mg＋Eq＝5mg＋Eq，A正確，B錯(cuò)誤；假設(shè)B球也不帶電，則剪斷OA線瞬間，A、B、C三個(gè)小球一起以加速度g做自由落體運(yùn)動(dòng)，相對(duì)靜止，AB、BC間拉力為0，B球帶負(fù)電，則相當(dāng)于在上述狀態(tài)下給B球施加一個(gè)豎直向下的電場(chǎng)力qE，電場(chǎng)力qE對(duì)A、B球整體產(chǎn)生一個(gè)豎直向下的加速度，此時(shí)A、B球的加速度為aA＝g＋(顯然大于g)，C球以加速度g保持自由下落，以A球?yàn)檠芯繉?duì)象，由牛頓第二定律得T′＋mg＝maA，解得T′＝eq\f(1,3)qE，C正確，D錯(cuò)誤．10．如圖所示，豎直放置在水平面上的輕質(zhì)彈簧上疊放著兩物塊A、B，相互絕緣且質(zhì)量均為2kg，A帶負(fù)電，電荷量為0.2C，B不帶電．開(kāi)始處于靜止?fàn)顟B(tài)，若突然加上沿豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，此瞬間A對(duì)B的壓力大小變?yōu)?N，g＝10m/s2，則()A．電場(chǎng)強(qiáng)度為60N/C，方向豎直向上B．電場(chǎng)強(qiáng)度為90N/C，方向豎直向下C．電場(chǎng)強(qiáng)度為120N/C，方向豎直向下D．電場(chǎng)強(qiáng)度為150N/C，方向豎直向上答案C解析：開(kāi)始時(shí)物塊A、B平衡，A對(duì)B的壓力大小等于A的重力大小，為20N，加上電場(chǎng)后瞬間A對(duì)B的壓力大小變?yōu)?N，而彈簧的彈力和物塊A、B的重力不變，故物塊B所受合力為12N，方向向上，對(duì)物塊B根據(jù)牛頓第二定律得，對(duì)物塊A受力分析，設(shè)電場(chǎng)力為F(方向豎直向上)，根據(jù)牛頓第二定律得FN＋F－mg＝ma，解得F＝24N，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，負(fù)電荷受到電場(chǎng)力方向豎直向上，所以電場(chǎng)強(qiáng)度的方向豎直向下，C正確，A、B、D錯(cuò)誤．11．[江西南昌二中2021高二上月考]如圖所示，內(nèi)壁光滑、粗細(xì)均勻的玻璃管豎直固定，在玻璃管內(nèi)有大小和質(zhì)量均相等的A、B、C三只小球，A、B小球之間用輕質(zhì)絕緣彈簧連接，C小球置于玻璃管底部．當(dāng)A、B、C小球均處于靜止時(shí)，A、B小球之間距離與B、C小球之間距離相等，已知A、B兩只小球帶電荷量均為q(q>0)，C小球帶電荷量為Q(Q>0)，小球直徑略小于玻璃管內(nèi)徑，它們之間距離遠(yuǎn)大于小球直徑，則()A．若Q＝3q，彈簧對(duì)小球A為向上的彈力B．若Q＝3q，彈簧對(duì)小球B為向上的彈力C．若Q＝2q，彈簧對(duì)小球A為向上的彈力D．若Q＝2q，彈簧對(duì)小球B為向下的彈力答案A解析：設(shè)A、B的質(zhì)量為m，AB與BC之間的距離為L(zhǎng)，假設(shè)當(dāng)彈簧處于壓縮狀態(tài)，此時(shí)A球受到向上的彈力，對(duì)A球，根據(jù)平衡條件得，A、B兩球作為整體，，若假設(shè)成立，則F≥0，聯(lián)立可得，若Q＝3q>，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，對(duì)小球A的彈力方向向上，對(duì)小球B的彈力方向向下，A正確，B錯(cuò)誤；若Q＝2q<，此時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，對(duì)小球A的彈力方向向下，對(duì)小球B的彈力方向向上，C、D錯(cuò)誤．12．[河北衡水安平中學(xué)2020高二上月考]如圖所示，長(zhǎng)L＝0.12m的絕緣輕桿上端固定在O點(diǎn)，質(zhì)量m＝0.6kg、帶電荷量q＝0.5C的帶正電金屬小球套在絕緣輕桿上，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.75.當(dāng)輕桿豎直固定放置時(shí)，小球恰好能勻速下滑，g取10m/s2.(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；(2)改變輕桿與豎直方向的夾角，使小球下滑過(guò)程中與輕桿之間的摩擦力為零，并將小球從O點(diǎn)由靜止釋放，求小球離開(kāi)輕桿時(shí)的速度大?。馕觯?1)當(dāng)輕桿豎直固定放置時(shí)，小球恰好能勻速下滑，故此時(shí)小球受力平衡，小球受重力、靜電力、輕桿的支持力和摩擦力，有mg＝Ff，F(xiàn)f＝μFN，F(xiàn)N＝Eq，解得＝16N/C.(2)小球與輕桿之間的摩擦力為零，說(shuō)明小球與輕桿之間的彈力為零，將重力、靜電力沿桿和垂直桿方向正交分解，垂直桿方向有Eqcosθ＝mgsinθ，得，即θ＝53°，沿桿方向，設(shè)小球的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgcos53°＋Eqsin53°＝ma，解得a＝eq\f(50,3)m/s2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2＝2aL，解得小球離開(kāi)輕桿時(shí)的速度大小為v＝2m/s.13．如圖所示，水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)線懸掛一小球，小球質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q，將小球拉至豎直方向最低位置A點(diǎn)處無(wú)初速度釋放，小球?qū)⑾蜃髷[動(dòng)，細(xì)線向左偏離豎直方向的最大角度θ＝74°.(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；(2)求小球向左擺動(dòng)的過(guò)程中對(duì)細(xì)線拉力的最大值；(3)若從A點(diǎn)處釋放小球時(shí)，給小球一個(gè)水平向左的初速度v0，則為保證小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中細(xì)線不會(huì)松弛，v0的大小應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？解析：(1)由于帶電小球所受靜電力方向向左，可將電場(chǎng)力與重力的合力當(dāng)成“等效重力”，由對(duì)稱(chēng)性可知，等效重力“與豎直方向夾角為，則有，解得.(2)小球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中速度最大時(shí)對(duì)細(xì)線的拉力最大，由動(dòng)能定理得，此時(shí)由重力、電場(chǎng)力與細(xì)線的拉力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得，解得，由牛頓第三定律可知，細(xì)線所受的拉力大小為.(3)要使細(xì)線不松弛有兩種情況，當(dāng)小球擺動(dòng)過(guò)程中，細(xì)線偏離“等效最低點(diǎn)”不超過(guò)90°時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有qELcoseq\f(θ,2)－mgLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋sin\f(