高二物理下册知能优化检测试题21
高二物理下册知能优化训练题21
1．下列现象中，属于光的全反射现象的是( )A ．肥皂泡上的彩色条纹B ．雨后天边出现彩虹C ．早晨东方天边出现红色朝霞D ．荷叶上的水珠在阳光下晶莹透亮解析：选 D.肥皂泡上的彩色条纹属于光的干涉，雨后彩虹属于光的折射，早晨的红色朝霞是由于空气的散射作用，荷叶上的水珠在阳光下晶莹透亮，是由于光线在水珠中发生全反射．D 项正确．2．如图4－6－12所示，一束光线从折射率为1.5的玻璃内射向空气，在界面上的入射角为45°.下面四个光路图中，正确的是( )图4－6－12 解析：选A.因为玻璃的折射率为n ＝1.5，所以全反射临界角为C ＝arcsin 1n ＝arcsin 23.从题图可知入射角α＝45°>C ，故发生全反射．3．以下说法正确的是( )A ．光纤通信利用了激光相干性好的特点B ．激光武器利用了激光亮度高的特点C ．激光写、读利用了激光亮度高的特点D ．激光加工、激光手术利用了激光亮度高的特点解析：选ABD.利用激光的相干性进行信息的传递，例如利用激光相干性好进行光纤通信；利用激光的平行度好进行精确测量和数据采集；利用激光的亮度高进行激光切割和焊接．4．(2018年哈尔滨高二检测)光导纤维的结构，其内芯和外套材料不同，光在内芯中传播，以下说法正确的是( )A ．内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射B ．内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射C ．内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生折射D ．内芯的折射率与外套的相同，外套的材料有韧性，可以起保护作用解析：选 A.光导纤维内芯折射率较大．光在内芯中传播，射到内芯与外套的界面时，正好是由光密介质进入光疏介质．若此时入射角大于临界角，则发生全反射，光线被约束在内芯中．5. 图4－6－13为一直角棱镜的横截面，∠bac ＝90°，∠abc ＝60°.一平行细光束从O 点沿垂直于bc 面的方向射入棱镜．已知棱镜材料的折射率n ＝2，若不考虑入射光线在bc 面上的反射光，则有光线( )图4－6－13A ．从ab 面射出B ．从ac 面射出C ．从bc 面射出，且与bc 面斜交D ．从bc 面射出，且与bc 面垂直解析：选BD. 由全反射条件，sin C ＝1n ＝12，所以C ＝45°. 由已知几何知识和反射定律、折射定律作出光路图如图，通过分析计算可以判断：光线在ab 面发生全反射，在ac 面不发生全反射，即既有折射光线，又有反射光线，且其反射光线垂直于bc 面射出．6. 如图4－6－14所示，一根长为L 的直光导纤维，它的折射率为n .光从它的一个端面射入，又从另一端面射出所需的最长时间为多少？(设光在真空中的光速为c )图4－6－14解析：由题中的已知条件可知，要使光线从光导纤维的一端射入，然后从它的另一端全部射出，必须使光线在光导纤维中发生全反射现象．要使光线在光导纤维中经历的时间最长，就必须使光线的路径最长，即光对光导纤维的入射角最小．光导纤维的临界角为C ＝arcsin 1n .光在光导纤维中传播的路程为d ＝L sin C ＝nL .光在光导纤维中传播的速度为v ＝c n .所需最长时间为t max ＝d v ＝nL c n＝n 2L c .答案：n 2L c一、选择题1．(2018年高考江苏卷)激光具有相干性好、平行度好、亮度高等特点，在科学技术和日常生活中应用广泛．下面关于激光的叙述正确的是( )A ．激光是纵波B ．频率相同的激光在不同介质中的波长相同C ．两束频率不同的激光能产生干涉现象D ．利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离解析：选D.电磁波是横波，A 项错；光在不同介质中传播速度不同，波长也不同，B 项错；相干光的条件是频率相同，C 项错，D 项正确．2．在完全透明的水下某处，放一点光源，在水面上可见到一个圆形透光平面，如果圆形透光平面的半径匀速增大，则光源在( )A ．加速上升B ．加速下沉C ．匀速上升D ．匀速下沉解析：选D.水面上出现圆形透光平面是光发生全反射所造成的，设圆形透光平面的半径为r ，点光源距水面h ，临界角为C ，由几何知识有r ＝h ·tan C ，显然r ∝h ，故点光源匀速下沉．3．如图4－6－15所示，ABCD 是两面平行的透明玻璃砖，AB 面和CD 面平行，它们分别是玻璃和空气的界面，设为界面Ⅰ和界面Ⅱ，光线从界面Ⅰ射入玻璃砖，再从界面Ⅱ射出，回到空气中，如果改变光到达界面Ⅰ时的入射角，则( )图4－6－15A．只要入射角足够大，光线在界面Ⅰ上可能发生全反射现象B．只要入射角足够大，光线在界面Ⅱ上可能发生全反射现象C．不管入射角多大，光线在界面Ⅰ上都不可能发生全反射现象D．不管入射角多大，光线在界面Ⅱ上都不可能发生全反射现象解析：选CD.在界面Ⅰ光由空气进入玻璃砖，是由光疏介质进入光密介质，不管入射角多大，都不发生全反射现象，则选项C正确；在界面Ⅱ光由玻璃进入空气，是由光密介质进入光疏介质，但是，由于界面Ⅰ和界面Ⅱ平行，光由界面Ⅰ进入玻璃后再到达界面Ⅱ，在界面Ⅱ上的入射角等于在界面Ⅰ上的折射角，因此入射角总是小于临界角，因此也不会发生全反射现象，选项D也正确．4．劣质的玻璃中往往含有空气泡，这些空气泡看上去比较亮，对这一现象有以下不同的解释，其中正确的是()A．空气泡对光线有会聚作用，因而较亮B．空气泡对光线有发散作用，因而较亮C．从空气泡到达玻璃的界面处的光一部分发生全反射，因而较亮D．从玻璃到达空气泡的界面处的光一部分发生全反射，因而较亮解析：选 D.当光线从玻璃射入空气泡时，光从光密介质射入光疏介质，在其介面上发生全反射现象，这些气泡看上去因而较亮．5. 自行车的尾灯采用了全反射棱镜的原理，它虽然本身不能发光，但在夜间骑自行车时，从后面开来的汽车发出的强光照到尾灯后会有较强的光被反射回去，使汽车司机注意到前面有自行车．尾灯由透明介质做成，其外形如图4－6－16所示.下面说法中正确的是()图4－6－16A．汽车灯光应从左表面射过来，在尾灯的左表面发生全反射B．汽车灯光应从左表面射过来，在尾灯的右表面发生全反射C ．汽车灯光应从右表面射过来，在尾灯的右表面发生全反射D ．汽车灯光应从右表面射过来，在尾灯的左表面发生全反射 解析：选 B.全反射的条件是从光密介质进入光疏介质，则发生全发射必然在尾灯的右表面，光从左表面射过来，选项B 正确．6．纳米科技是跨世纪新科技，将激光束的宽度聚集在纳米级范围内可恢复人体已损坏的器官，对DNA 分子进行超微型基因修复，把至今尚令人类无奈的癌症彻底根除，这主要是利用了激光的( )A ．单色性B ．方向性C ．高能量D ．偏振性解析：选BC.因为激光有非常好的方向性和非常高的能量，可以用于医疗卫生．7．(2018年成都高二检测)两种单色光由水中射向空气时发生全反射的临界角分别为θ1、θ2，已知θ1＞θ2.用n 1、n 2分别表示水对两单色光的折射率，v 1、v 2分别表示两单色光在水中的传播速度，则( )A ．n 1＜n 2，v 1＜v 2B ．n 1＜n 2，v 1＞v 2C ．n 1＞n 2，v 1＜v 2D ．n 1＞n 2，v 1＞v 2解析：选B.由临界角定义sin C ＝1n 可知，临界角小，折射率大，因为θ1>θ2，所以n 1<n 2，故选项C 、D 是错误的．由n ＝c v 知，n 1v 1＝n 2v 2，v 1>v 2，故选项A 错误，B 正确．8．如图4－6－17所示，用透明材料做成一长方体光学器材，要求从上表面射入的光线可能从右侧面射出，那么所选的材料的折射率应满足( )图4－6－17A ．折射率必须大于 2B ．折射率必须小于 2C ．折射率可取大于1的任意值D ．无论折射率是多大都不可能 解析：选 B.从图中可以看出，为使上表面射入的光线经两次折射后从右侧面射出，θ1和θ2都必须小于临界角C ，即θ1<C ，θ2<C ，而θ1＋θ2＝90°，故C >45°，n ＝1/sin C <2，选B 答案．9．激光器发光功率为P ，发出的激光在折射率为n 的介质中波长为λ，c 表示光在真空中的速度，下列说法中正确的是( )A ．该光在真空中的波长为nλB ．该光在真空中的波长为λnC ．该光的频率为c λD ．该光的频率为c nλ解析：选AD.光从一种介质进入另一种介质时，频率不会发生变化，对激光也是一样，由于速度变化的原因，波长会相应地变化，对同一频率的光，它在真空中的波长应大于在介质中的波长．二、非选择题10．如图4－6－18所示，一束光线从空气射入某介质，入射光线与反射光线夹角为90°，折射光线与入射光线延长线间夹角为15°，求：图4－6－18(1)该介质的折射率；(2)光在该介质中传播的速度；(3)当光从介质射入空气时的临界角．解析：根据题意，入射光线与反射光线的夹角为90°，又根据光的反射定律，反射角等于入射角，即α＝β＝45°r ＝α－θ＝45°－15°＝30°所以(1)n ＝sin αsin r ＝sin45°sin30°＝2212＝ 2.(2)n ＝c vv ＝c n ＝3×108 m/s 2＝2.12×108 m/s. (3)sin C ＝1n ＝12＝22 C ＝45°.答案：(1)2 (2)2.12×108 m/s (3)45°。
高二物理下册知能优化训练题2
1．关于简谐运动的回复力的下列说法中，正确的是()A．可以是恒力B．可以是方向不变而大小变化的力C．可以是大小不变而方向变化的力D．一定是变力解析：选D.由回复力的表达式F＝－kx可知回复力的大小时刻在变化，回复力是变力，选D.图1－2－92．如图1－2－9表示某质点简谐运动的图像，以下说正确的是()A．t1、t2时刻的速度相同B．从t1到t2这段时间内，速度与加速度同向C．从t2到t3这段时间内，速度变大，加速度变小D．t1、t3时刻的加速度相同解析：选CD.t1时刻振子速度最大，t2时刻振子速度为零，故A 不正确；t1到t2这段时间内，质点远离平衡位置，故速度背离平衡位置，而加速度指向平衡位置，所以二者方向相反，则B不正确；在t2到t3这段时间内，质点向平衡位置运动，速度在增大，而加速度在减小，故C正确；t1和t3时刻质点在平衡位置，故加速度均为零，D 正确．3．(2018年盐城高二检测)做简谐运动的物体每次通过平衡位置时，下列说法正确的是()A．位移为零，动能为零B．动能最大，势能最小C．速率最大，回复力不为零D．以上说法均不对解析：选 B.物体经平衡位置时，位移为零，回复力为零，速度最大，动能最大，势能为零，所以B正确，A、C、D错误．图1－2－104．如图1－2－10所示，一弹簧振子在A、B间做简谐运动，平衡位置为O，已知振子的质量为M，若振子运动到B处时将一质量为m的物体放到M的上面，且m和M无相对运动而一起运动，下述正确的是()A．振幅不变B．振幅减小C．最大动能不变D．最大动能减少解析：选AC.当振子振动到B点时，M的动能为零，放上m，系统的总能量为弹簧储存的弹性势能E p，由于简谐运动过程中系统的机械能守恒，即振幅不变，故选项A正确．当M运动至平衡位置O 时，M的动能即为系统的总能量，此时动能最大，故最大的动能不变，选项C正确．5．关于水平弹簧振子做简谐运动时的能量，下列说法正确的是()A．振动能量等于在平衡位置时振子的动能B．振动能量等于任意时刻振子动能与弹簧弹性势能之和C．振动能量保持不变D．振动能量做周期性变化解析：选ABC.振动能量是振动系统的动能和势能的总和，选项B对；在平衡位置，弹性势能为零，所以振动能量等于振子的动能，选项A对；虽然振动能量中动能和势能不断相互转化，但是总和保持不变，所以选项C对，D错．一、选择题1．关于回复力说法正确的是()A．回复力是指物体受到的指向平衡位置的力B．回复力是指物体受到的合外力C．回复力是以力的作用效果来命名的，它可以是弹力，也可以是重力或摩擦力，还可以是这些力的合力D．回复力实际上就是向心力解析：选AC.回复力是物体振动时受到的指向平衡位置的力，它使物体回到平衡位置．它是根据效果命名的，可以是某一个力，也可以是某一个力的分力，也可以是几个力的合力．但应注意：回复力不一定等于合力．向心力是指物体做匀速圆周运动所受到的效果力，虽然都是按效果命名的，但力的作用效果不同．2．当弹簧振子振动到最大位移时()A．速度为零，加速度为零，回复力为零B．速度为零，加速度最大，回复力最大C．速度最大，加速度为零，回复力最大D．速度最大，加速度最大，回复力为零解析：选B.在最大位移处物体将反向运动，此时v＝0，但F＝－kx最大，a＝Fm也最大．3．做简谐运动的物体，当它多次通过同一位置时，一定相同的物理量是()A．速度B．加速度C．回复力D．位移解析：选BCD.同一位置，位移相同，由F＝－kx和a＝－km x知加速度a与回复力F也相同，而同一位置速度方向不确定，A错．4．甲、乙两弹簧振子，振动图像如图1－2－11所示，则可知()图1－2－11A．两弹簧振子完全相同B．弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1C．振子甲速度为零时，振子乙速度最大D．振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2解析：选CD.观察图像，从图像上尽可能多地获取信息．从图像中比较甲、乙弹簧振子的振幅和周期，并与物理模型相联系，通过对图像并结合模型的分析，选出正确选项．从图像中可以看出，两弹簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，得频率之比f甲∶f乙＝1∶2，D选项正确，弹簧振子周期与振子质量，弹簧劲度系数k有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，A错误．由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子受回复力(F＝－kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1，所以B错误．对简谐运动进行分析可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大；在振子到达最大位移处时，速度为零，从图像中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰到达平衡位置，所以C正确．5．(2018年北京海淀区模拟)如图1－2－12甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是()图1－2－12A．在t＝0.2 s时，弹簧振子的加速度为正向最大B．在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子在同一位置C．从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子做加速度增加的减速运动D．在t＝0.6 s时，弹簧振子有最小的弹性势能解析：选BC.从题图乙可以看出，t＝0.2 s时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度与位移大小成正比，方向与位移方向相反，A错误；在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的位移相同，即在同一位置，B正确；从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子从平衡位置向最大位移运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，C正确；在t＝0.6 s时，弹簧振子的位移负向最大，即弹簧的形变最大，弹簧振子的弹性势能最大，D错误．图1－2－136．如图1－2－13所示为某一质点的振动图像，|x 1|＞|x 2|，由图可知，在t 1和t 2两个时刻，质点振动的速度v 1、v 2与加速度a 1、a 2的关系为( )A ．v 1＜v 2，方向相同B ．v 1＜v 2，方向相反C ．a 1＞a 2，方向相同D ．a 1＞a 2，方向相反解析：选AD.由图像可知，t 1、t 2两时刻，质点都在沿x 轴负方向运动，越靠近平衡位置，速度越大，故选项A 正确．由F ＝－kx 可知F 1＞F 2，对于同一质点来说，a 1＞a 2且方向相反．选项D 正确．7．公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板．一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为T .取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，即t ＝0，其振动图像如图1－2－14所示，则( )图1－2－14 A ．t ＝14T 时，货物对车厢底板的压力最大B ．t ＝12T 时，货物对车厢底板的压力最小C ．t ＝34T 时，货物对车厢底板的压力最大D ．t ＝34T 时，货物对车厢底板的压力最小解析：选 C.要使货物对车厢底板的压力最大，则车厢底板对货物的支持力最大，则要求货物向上的加速度最大，由振动图像可知在34T 时，货物向上的加速度最大，C 选项正确；货物对车厢底板的压力最小，则车厢底板对货物的支持力最小，则要求货物向下的加速度最大，由振动图像可知在14T 时，货物向下的加速度最大，所以选项A 、B 、D 错误．二、非选择题8．如图1－2－15所示，一质量为M的无底木箱，放在水平地面上，一轻质弹簧一端悬于木箱的上边，另一端挂着用细线连接在一起的两物体A和B，m A＝m B＝m.剪断A、B间的细线后，A做简谐运动．则当A振动到最高点时，木箱对地面的压力为________．图1－2－15解析：初始时，整体平衡，剪断A、B间的细线的瞬间，物体A 所受的合力F＝mg，方向向上，是A振动的最大回复力，当物体A 运动到最高点时，回复力也应该是F′＝mg，方向向下，此时弹簧刚好是原长，对框架作用力为零，因此此时木箱对地面的压力为Mg.答案：Mg9．做简谐运动的物体经过A点时，加速度的大小是2 m/s2，方向指向B点；当它经过B点时，加速度的大小是3 m/s2，方向指向A 点．若AB之间的距离是10 cm，它的平衡位置为________．解析：由题意可知，A、B分别在平衡位置的两侧．在A点：kx1＝ma1在B点：kx2＝ma2两式相除得：x1/x2＝a1/a2＝2/3又x1＋x2＝10 cm得x1＝4 cm，x2＝6 cm.答案：平衡位置距A点4 cm，距B点6 cm，A、B分别在平衡位置两侧10．如图1－2－16所示，在一倾角为θ的光滑斜板上，固定着一根原长为l0的轻质弹簧，其劲度系数为k，弹簧另一端连接着质量为m的滑块，此时弹簧被拉长为l1.现把小球沿斜板向上推至弹簧长度恰好为原长，然后突然释放，试判断小球的运动是否为简谐运动．图1－2－16解析：松手释放，滑块沿斜板往复运动——振动．而振动的平衡位置是小球开始时静止(合外力为零)的位置．mg sinθ＝k(l1－l0)滑块离开平衡位置的距离为x，受力如图所示，滑块受三个力作用，其合力F合＝k(l1－l0－x)－mg sinθ，F合＝－kx.由此可知小球的振动为简谐运动．答案：小球的运动是简谐运动。
【高二】高二物理下册知能优化检测试题(带参考答案)
【高二】高二物理下册知能优化检测试题（带参考答案）1．(单选)氦原子核由两个质子与两个中子组成，两个质子之间存在着万有引力、库仑力和核力，则这三种力从大到小的排列顺序是( )a、核力，万有引力，库仑力b．万有引力、库仑力、核力c、库仑力，核力，引力d．核力、库仑力、万有引力分析：选择D。
从三种力的性质和特征中，我们知道D是正确的2．(单选)对原子核的组成，下列说法正确的是( )a、核力可以使一些中子形成原子核b．核力可使非常多的质子组成原子核c、没有只有质子的原子核d．质量较大的原子核内一定有中子分析：选择D。
因为原子核带正电，没有只有中子的原子核，但核力不能聚集大量质子形成原子核，因为核力是短程力，质子之间也有“远程力”库仑力，a和B错误，自然界中有一个质子核，11h和C错误；只有当质量较大的原子核中有一些中子时，库仑力才能减弱，原子核才能保持稳定，因此D是正确的3．(单选)核子结合成原子核或原子核分解为核子时，都伴随着巨大的能量变化，这是因为( )a、原子核带正电荷，电子带负电荷，电荷之间有很大的库仑力b．核子具有质量且相距很近，存在很大的万有引力c、核子之间有强大的核力d．核子间存在着复杂磁力分析：选择C。
核子之间有核力。
当核子结合成核子或核子分解成核子时，必须克服核力。
因此，在能量变化巨大的情况下，选择C4．(单选)为纪念爱因斯坦对物理学的巨大贡献，联合国将2021年定为“国际物理年”．对于爱因斯坦提出的质能方程e＝mc2，下列说法中不正确的是( )a、 E=MC2表示物体的能量与其质量成正比b．根据δe＝δmc2可以计算核反应中释放的核能c、当一个中子和一个质子结合形成一个氘核时，核能被释放，表明在这个过程中质量损失d．e＝mc2中的e是发生核反应中释放的核能分析：选择D.爱因斯坦的质能方程E=MC2，定量地指出物体的能量和质量之间的关系，a是正确的；根据质量-能量方程，当物体的质量减小时，物体的能量减小，能量向外释放；相反，如果物体的质量增加，物体的能量就会增加，这表明它从外部吸收能量。
高二物理下册知能优化检测试题21
1．下列说法正确的是( )A ．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用B ．运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为零C ．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D ．洛伦兹力对带电粒子不做功 解析：选D.运动电荷在磁场中所受的洛伦兹力F ＝q v B sin θ，所以F 的大小不但与q 、v 、B 有关系，还与v 的方向与B 的夹角θ有关系，当θ＝0°或180°时，F ＝0，此时B 不一定等于零，所以A 、B 错误；又洛伦兹力与粒子的速度始终垂直，所以洛伦兹力对带电粒子不做功，粒子的动能也就不变，但粒子速度在只受洛伦兹力作用时要变．所以C 错，D 对．2．(2018年高考广东理基卷)带电粒子垂直匀强磁场方向运动时会受到洛伦兹力的作用，下列表述正确的是( )A ．洛伦兹力对带电粒子做功B ．洛伦兹力不改变带电粒子的动能C ．洛伦兹力的大小与速度无关D ．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向解析：选B.根据洛伦兹力的特点，洛伦兹力对带电粒子不做功，A 错，B 对．根据F ＝q v B 可知洛伦兹力大小与速度有关．洛伦兹力的效果就是改变物体的运动方向，不改变速度的大小．故C 、D 选项错．3．(2018年黄山高二检测)关于安培力和洛伦兹力，下面的说法正确的是( )①安培力和洛伦兹力是性质完全不同的两种力②安培力和洛伦兹力，其本质都是磁场对运动电荷的作用力③安培力和洛伦兹力，二者是等价的④安培力对通电导体能做功，但洛伦兹力对运动电荷不能做功A ．①④B ．②④C ．②③D ．③④解析：选B.安培力和洛伦兹力在本质上都是磁场对运动电荷的作用力，故①错误，②正确．安培力和洛伦兹力虽然本质相同，但安培力对导体能做功而洛伦兹力对运动电荷不能做功，故③错误，④正确．故选B.4. 如图6－2－5所示，一个带正电荷量为q 的小球处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B ，若带电小球的质量为m ，为了使它对水平绝缘面正好无压力，应该( )图6－2－5A ．使B 的数值增大B ．使磁场以速率v ＝mg qB，向上移动 C ．使磁场以速率v ＝mg qB，向右移动 D ．使磁场以速率v ＝mg qB，向左移动 解析：选D.带电小球不动，而磁场运动，也可以看做带电小球相对于磁场沿相反方向运动，故带电小球仍受磁场力的作用．欲使小球对水平面正好无压力，则带电小球仅受重力和洛伦兹力作用，且二力平衡，所以带电小球所受的洛伦兹力的方向竖直向上，大小为F ＝mg ，由左手定则判断出小球相对于磁场的运动方向为水平向右，所以带电小球不动时，磁场应水平向左平移．设磁场向左平衡的速度为v ，由F ＝q v B 得v ＝F qB ＝mg qB. 5. (2018年福州理综模拟)如图6－2－6所示，套在很长的绝缘直棒上的小球，其质量为m ，电荷量为＋q ，小球可在棒上滑动．现将此棒竖直放在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场方向水平向右，电场强度为E ，匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度为B .小球与棒间的动摩擦因数为μ.求小球由静止沿棒下滑的最大速度和最大加速度大小．图6－2－6解析：小球下滑的开始阶段如甲图所示，根据牛顿第二定律有：mg －μN ＝ma ，且N ＝qE －F 洛＝qE －q v B ，当v 达到使F 洛＝qE 时，即v 1＝qE qB时，摩擦力f ＝0， 则a max ＝g .当v >v 1时，小球受力情况如乙图所示，由牛顿第二定律有mg －μN ＝ma ，且N ＝F 洛－qE ＝q v B －qE .当v 增大到使f ＝mg 时，a ＝0，此时v 达到最大值，即mg ＝μ(q v max B －Eq )，即v max ＝mg ＋μqE μqB .甲 乙答案：mg ＋μqE μqB g一、单项选择题1．下列说法中正确的是( )A ．运动电荷不受洛伦兹力的地方一定没有磁场B ．如果把＋q 改为－q ，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C ．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向也一定与电荷速率方向垂直D ．粒子在只受洛伦兹力作用时运动的动能变化解析：选B.带电粒子所受洛伦兹力的大小不仅与速度的大小有关，还与速度和磁场方向间的夹角有关，A 错误；由F ＝q v B sin θ知，q 、v 、B 中有两项相反而其他不变时，F 不变，B正确；不管速度是否与磁场方向垂直，洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，与磁场方向垂直，即垂直于v和B所决定的平面，但v与B不一定互相垂直，C错误；由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，若粒子只受洛伦兹力作用，运动的动能不变，D错误．2．一个长直螺线管中，通有大小和方向都随时间变化的交变电流，把一个带电粒子沿管轴射入管中，则粒子将在管中()A．做匀速圆周运动B．沿轴线来回振动C．做匀加速直线运动D．做匀速直线运动解析：选D.虽然螺线管中的电流在变化，但沿管轴的磁感线始终是一条直线，粒子的射入方向与磁场方向平行，故始终不受洛伦兹力的作用，所以粒子应做匀速直线运动．3．关于电场力与洛伦兹力，以下说法正确的是()A．电荷只要处在电场中，就会受到电场力，而电荷静止在磁场中，只有可能受到洛伦兹力B．电场力对放在电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对在磁场中的电荷却不会做功C．电场力与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线和磁感线上D．只有运动的电荷在磁场中才会受到洛伦兹力的作用解析：选D.静止在磁场中的电荷不可能受到洛伦兹力，所以A错；尽管电场力对电荷可以做功，但如果电荷在电场中不动或沿等势面移动，则电场力做功为零，因此B也错；洛伦兹力的方向与磁感线垂直及运动方向垂直，故C错．所以只有D是正确的．4. (2018年福建龙岩高二检测)如图6－2－7所示，是电视机中偏转线圈的示意图，圆心O处的黑点表示电子束，它由纸内向纸外而来，当线圈中通以图示方向的电流时(两线圈通过的电流相同)，则电子束将()图6－2－7A．向左偏转B．向右偏转C．向下偏转D．向上偏转解析：选D.偏转线圈由两个“U”形螺线管组成，由安培定则知右端都是N极，左端都是S极，O处磁场水平向左，由左手定则可判断出电子所受的洛伦兹力向上，电子向上偏转，D正确．5．(2018年福建南平高二测试)长直导线AB附近，有一带正电的小球，用绝缘丝线悬挂在M点，当导线AB通以如图6－2－8所示的恒定电流时，下列说法正确的是()图6－2－8A．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸里B．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸外C．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直向左D．小球不受磁场力作用解析：选D.电场对其中的静止电荷、运动电荷都有力的作用，而磁场只对其中的运动电荷才有力的作用，且运动方向不能与磁场方向平行，所以D选项正确．6. 如图6－2－9所示，在真空中，水平导线中有恒定电流I通过，导线的正下方有一质子初速度方向与电流方向相同，则质子可能的运动情况是()图6－2－9A．沿路径a运动B．沿路径b运动C．沿路径c运动D．沿路径d运动解析：选B.由安培定则，电流在下方产生的磁场方向指向纸外，由左手定则，质子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向向上．则质子的轨迹必定向上弯曲，因此C、D必错；由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直，故其运动轨迹必定是曲线，则B正确；A错误．7. 如图6－2－10所示，铜质导电板置于匀强磁场中，通电时铜板中电流方向向下，由于磁场的作用，则()图6－2－10A．板左侧聚集较多电子，使b点电势高于a点B．板左侧聚集较多电子，使a点电势高于b点C．板右侧聚集较多电子，使a点电势高于b点D．板右侧聚集较多电子，使b点电势高于a点解析：选C.铜板导电靠的是自由电子的定向移动，电流方向向下，则电子相对磁场定向移动方向向上，根据左手定则，电子受洛伦兹力方向向右，致使铜板右侧聚集较多电子，左侧剩余较多正离子，板中逐渐形成方向向右的水平电场，直到定向移动的自由电子受到的洛伦兹力与水平电场力平衡为止，所以，由于磁场的作用，整个铜板左侧电势高于右侧，即φa＞φb.8. (2018年宁夏高二检测)在图6－2－11中虚线所围的区域内，存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场．已知从左方水平射入的电子，穿过这区域时未发生偏转．设重力可忽略不计，则在这区域中的E和B的方向不．可能是()图6－2－11A．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相同B．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相反C ．E 竖直向上，B 垂直纸面向外D ．E 竖直向上，B 垂直纸面向里解析：选D.E 和B 都沿水平方向，并与电子运动的方向相同，电子不受洛伦兹力的作用，受到的电场力跟运动方向相反，若电子有足够的动能是可以穿过的，A 项对；E 和B 都沿水平方向，并与电子运动的方向相反，电子不受磁场力，所受电场力跟运动方向相同，做匀加速运动，B 项对；E 竖直向上，B 垂直纸面向外，左方进入的电子受到向下的电场力，向上的洛伦兹力，若平衡则能匀速穿过，C 项对，同理判断D 项错误．9. 一个单摆摆球带正电，在水平匀强磁场中振动．振动平面与磁场垂直，如图6－2－12所示，图中C 点为摆球运动的最低点，摆球向右运动和向左运动通过C 点时，以下说法中正确的是( )图6－2－12A ．受到的洛伦兹力相同B ．悬线对摆球的拉力相等C ．具有相同的动能D ．具有相同的速度 解析：选C.洛伦兹力始终与速度垂直，对电荷不做功．运动过程中机械能守恒．向左或向右摆时洛伦兹力方向不同，所以A 、B 、D 不对．10．如图6－2－13所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起置于粗糙的地板上，空间有垂直纸面向里的匀强磁场，用水平恒力F 拉乙物块，使甲、乙无相对滑动一起向左加速运动，在加速阶段( )图6－2－13A ．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大B ．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小C ．甲、乙两物块间的摩擦力大小不变D ．乙物块与地面间的摩擦力大小不变 解析：选B.加速阶段甲物块速度v 增大，所受洛伦兹力F 变大(F ＝Bq v )，对乙压力增大，对地面压力增大，据f ＝μN ，知f 增大，D 错，而甲、乙之间无相对滑动，整体加速度减小，甲的加速度减小，甲、乙之间的摩擦力变小，B 对，A 、C 错．二、非选择题11．一初速度为零的质子(质量m ＝1.67×10－27 kg ，电荷量q ＝1.6×10－19 C)，经过电压为470 V 的电场加速后，进入磁感应强度为5.0×10－4 T 的匀强磁场中，与磁场方向的夹角为30°，质子所受洛伦兹力为多大？解析：在加速电场中，由动能定理Uq ＝12m v 2得 质子获得的速度：v ＝2Uq m＝3.0×105 m/s质子受到的洛伦兹力：F ＝Bq v ＝1.2×10－17 N.答案：1.2×10－17 N12. 质量为m ，带电荷量为q 的微粒，以速度v 与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，如图6－2－14所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求：图6－2－14(1)电场强度的大小，该带电粒子带何种电荷．(2)磁感应强度的大小．解析：(1)微粒做匀速直线运动，所受合力必为零，微粒受到重力mg ，电场力qE ，洛伦兹力q v B ，由此可知微粒带正电，受力如图所示．qE ＝mg ，则电场强度E ＝mg q. (2)由于合外力为零，则q v B ＝2mg ，所以B ＝2mg q v . 答案：(1)mg q 正电 (2)2mg q v。
高二物理下册知能优化检测试题4
1．导体处于静电平衡时，下列说法正确的是()A．导体内部没有电场B．导体内部没有电荷，电荷只分布在导体的外表面C．导体内部没有电荷的运动D．以上说法均不正确解析：选A.处于静电平衡状态的导体内部场强处处为0，故A正确．导体内部没有多余的电荷，多余的电荷只分布在导体的外表面上，但导体内部有大量的自由电荷且做无规则热运动，只是没有电荷做定向运动．故B、C、D错．2．(2018年山东济南高二检测)如图1－4－17所示，两个相同的空心金属球M和N，M带－q电荷，N不带电，旁边各放一个不带电的金属球P和R(M、N相距很远，互不影响)，当将带正电q的小球Q分别放入M和N的空腔时()图1－4－17A．P、R上均出现感应电荷B．P、R上均没有感应电荷C．P上有感应电荷，而R上没有感应电荷D．P上没有感应电荷，而R上有感应电荷解析：选D.球Q和M带等量异种电荷，在M球外侧形成的合场强为0，故P上没有感应电荷；由于静电感应，N的内侧与外表面带等量的异种电荷，它们和球Q上的电荷在N外侧形成的合场强不为0，故R上有感应电荷，故选D.3．(2018年龙岩高二质检)图1－4－18ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图1－4－18所示．ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2.则以下说法正确的是()A．两处的电场方向相同，E1>E2B．两处的电场方向相反，E1>E2C．两处的电场方向相同，E1<E2D．两处的电场方向相反，E1<E2解析：选D.由对称性可知，P1左端杆内l4内的电荷与P1右端杆内l4内的电荷在P1处的场强为零，即P1处场强E1是由杆的右端l2内的电荷产生的．而P2处场强E2可看成是由杆的右端l2内的电荷与杆的左端l2内的电荷在P2处的合场强，由对称性可知，杆的右端l2内的电荷在P2处场强大小也为E1，若假定杆的左端l2内的电荷在P2处场强为E′，由电场的合成可知：E2＝E1＋E′，即E2>E1，由此分析可知，两处场强方向相反，故D项正确．4.如图1－4－19所示，在边长为L的正方形四个顶点A、B、C、D上依次放置电荷量为＋q、＋q、＋q和－q的点电荷，求正方形中心O点的电场强度．图1－4－19解析：由对称性原理可知：若正方形四个顶点处均放置相同电荷量的电荷，则中心O 点的场强为零，因此可把D 点的电荷等效为两部分：＋q 和－2q .＋q 和另三个点电荷在中心O 点的合场强为零，－2q 在中心O 点场强为E ＝k 2q L 2/2＝4kq L 2. 故正方形中心O 点的场强大小为E ＝4kq L 2，方向沿OD 连线由O 指向D . 答案：E ＝4kq L 2，方向沿OD 连线由O 指向D一、单项选择题1.如图1－4－20所示，金属球壳的内外表面分别用C 、D 表示，B 球与金属球壳内表面紧密接触．金属小球A 原来带正电，金属球壳与金属小球B 原来不带电，当用一根导线将A 、B 两球连接时，以下判断中正确的是( )图1－4－20A ．A 与B 带正电，C 带负电，D 带正电B ．D 带正电，A 带正电，B 与C 不带电C ．只有A 带正电，其他均不带电D ．A 带正电，D 带负电，B 与C 不带电解析：选B.A 与B 用导线连接后，A 、B 两球以及球壳成为一个大导体，A 球表面及球壳的外表面D 相当于大导体的外表面，B 球表面及球壳内表面相当于大导体的内表面．因为静电平衡导体的电荷只分布在外表面上，故B 正确，A 、C 、D 错误．2．如图1－4－21所示，A 、B 为带电荷量分别是Q 和－Q 的两个等量异种点电荷，c 、d 为A 、B 连线上的两个点，且Ac ＝Bd .下列关于c 、d 两点间电场强度的变化情况正确的是( )图1－4－21A ．由c 到d ，电场强度由大到小B ．由c 到d ，电场强度由小到大C ．由c 到d ，电场强度保持不变D ．由c 到d ，电场强度先变小后变大解析：选D.由场强叠加原理和电场线的分布特点可知，对于等量的异种电荷产生的电场关于两点电荷连线的中垂线对称分布，且中垂线上最弱，向两边逐渐增强．故正确答案为D.3.有一接地的导体球壳，如图1－4－22所示，球心O 处放一点电荷q ，达到静电平衡时，则( )图1－4－22A ．q 的电量变化时，壳外电场随之改变B ．q 在壳外产生的电场强度为零C ．球壳内外表面的电荷在壳外的场强为零D ．q 与壳内表面的电荷在壳外的合场强为零解析：选D.当导体球壳接地时，壳内电荷在壳外表面所产生的感应电荷流入大地，即壳外表面不带电，这时壳内电荷与壳内表面的感应电荷在壳内壁以外(包括导体壳层)任一点的合场强为零．故D 正确，A 、B 、C 错误．4．如图1－4－23所示为空腔球形导体(不带电)，现将一个带正电的小金属球A 放入腔内，静电平衡时，图中a 、b 、c 三点的场强E 的关系是( )图1－4－23A ．E a >E b >E cB ．E a ＝E b >E cC ．E a ＝E b ＝E cD ．E a >E c >E b解析：选D.如图所示空腔导体静电平衡时内部场强处处为零，电场线在电场内部中断，电场线总是与导体表面垂直，本题中球壳外表面带正电，电荷电场对外不对内，导体内部电场为零，球壳外表面产生的电场线与无球壳情况相同，故选D.5．(2018年莆田高二检测)图1－4－24是一块宽大的接地金属板的截面，在板的右侧面附近P 点处有一固定的带正电的点电荷(电荷量为＋q )．当金属板处于静电平衡状态时，则下列说法错误的是( )图1－4－24A ．板的右侧面上分布带负电的感应电荷，而左侧面上没有感应电荷B ．感应电荷在金属板内部任何一点的电场强度都指向P 点C ．感应电荷在金属板内部离P 点最近的一点产生的电场强度最大D ．接地线断开后，金属板上的电荷将消失解析：选D.金属板接地，可以把金属板与大地看成一体，然后根据电场中的导体静电平衡后，近端带异种电荷，远端带同种电荷可知A 正确；感应电荷的电场与场源电荷的电场大小相等、方向相反，故可以判断B 、C 正确．6．真空中有两个等量异种点电荷，电荷量均为q ，相距r .在它们连线的中点处，电场强度的大小和方向是( )A.2kq r 2，指向正电荷B.2kq r 2，指向负电荷C.8kq r 2，指向正电荷D.8kq r 2，指向负电荷 解析：选D.连线中点处的场强，是两个等量异种的电荷在该点产生的场强的叠加，方向与正电荷在该处受到的电场力方向相同，指向负电荷．每个点电荷在该处产生的场强大小相等，E 1＝E 2＝k q (r 2)2，由于它们的方向相同，所以合场强E ＝E 1＋E 2＝8k q r 2，故正确答案为D.7．(2018年泉州高二检测)如图1－4－25所示，在真空中把一绝缘导体AB 向带负电的小球P 缓慢地靠近(不接触，且未发生放电现象)时，下列说法中正确的是( )图1－4－25A ．B 端的感应电荷越来越多B ．导体内部场强越来越大C ．导体的感应电荷在M 点产生的场强小于在N 点产生的场强D ．导体的感应电荷在M 、N 两点产生的场强相等解析：选A.由于导体AB 缓慢移动，所以导体AB 内部可以认为始终处于静电平衡状态，导体内部场强始终为零，B 错误；由于AB 距P 越来越近，所以A 、B 两端积累的电荷会越来越多，A 正确；M 点距小球P 的距离比N 点要近，带负电的小球P 在M 点产生的场强大于在N 点产生的场强，而导体内部的合场强处处为零，那么导体上的感应电荷在M 点产生的场强就大于在N 点产生的场强，故C 、D 错误．8．(2018年泰州模拟)如图1－4－26所示，有一带电量为＋q 的点电荷与均匀带电圆形薄板相距为2d ，＋q 到带电薄板的垂线通过板的圆心．若图中a 点处的电场强度为零，则图中b 点处的电场强度大小是( )图1－4－26A.kq 9d 2＋kq d 2 B ．k q 9d 2－k q d 2 C ．0 D ．k q d 2 解析：选A.由a 点处电场强度为零，可知带电圆形薄板在a 处的场强E 1与＋q 在d 处的场强E 2等大反向，故E 1＝E 2＝kq d 2；由对称性可知，带电圆形薄板在b 处的场强大小也为E 1，方向向左，而＋q 在b 处的场强E ′2＝kq (3d )2，方向也向左，故图中b 点处的电场强度大小为E 1＋E 2′＝kq d 2＋kq 9d 2，故A 正确． 9.图1－4－27中a 、b 是两个点电荷，它们的电荷量分别为Q 1、Q 2，MN 是ab 连线的中垂线，P 是中垂线上的一点．下列哪种情况能使P 点的场强方向指向MN 的右侧( )图1－4－27A ．Q 1、Q 2都是正电荷，且Q 1<Q 2B ．Q 1是正电荷，Q 2是负电荷，且Q 1>|Q 2|C ．Q 1是负电荷，Q 2是正电荷，且|Q 1|<Q 2D ．Q 1、Q 2都是负电荷，且|Q 1|>|Q 2|解析：选B.MN 是ab 的中垂线，则MN 上的P 点到a 、b 的距离相等，设为r .由点电荷电场强度公式知：E 1＝k Q 1r 2，E 2＝k Q 2r2，若Q 1、Q 2都是正电荷，其在P 点的场强如图所示，由于Q 1<Q 2，则E 1<E 2，其合场强必指向MN 左侧，A 错．若Q 1是正电荷，Q 2是负电荷，则E 2方向反向，不论E 1、E 2多大，其合场强必指向MN 右侧，B 对．同理可判断C 、D 错误．10．如图1－4－28所示，A 、B 为两个固定的等量同种正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C ，现给电荷C 一个垂直于AB 连线的初速度v 0，若不计电荷C 所受的重力，则关于电荷C 运动过程中速度和加速度的情况，下列说法正确的是( )图1－4－28A ．加速度始终增大B ．加速度先减小后增大C ．速度始终增大，最后趋于无穷大D ．速度始终增大，最后趋于某有限值解析：选D.由电场的叠加规律可知，AB 中垂线上由C 至无穷远处场强先增大后减小，故电荷C 所受电场力先增大后减小，C 的加速度先增大后减小，但速度始终增大，运动到无穷远处时电场力为零，加速度为零，速度趋于某有限值，所以D 正确．二、非选择题11．如图1－4－29，长为L 的金属杆原来不带电，在距其左端r 处放一个电荷量为q 的点电荷．问：图1－4－29(1)金属杆中点处的场强为多少？(2)金属杆上的感应电荷在杆中点处产生的场强为多大？解析：导体棒处于静电平衡时内部场强处处为0，故金属杆中点处场强为0所以E 感－E ＝0E 感＝E ＝k q (r ＋L 2)2. 答案：(1)0 (2)k q (r ＋L 2)2 12.有一水平向右的匀强电场，场强E ＝9.0×103 N/C.在竖直平面内半径为0.1 m 的圆周上取如图1－4－30所示的最高点C ，另在圆心O 处放置电荷量为Q ＝1.0×10－8 C 的带正电的点电荷．试求C 处的电场强度．图1－4－30解析：点电荷在最高点产生的场强大小为E 1＝k Q r 2，方向竖直向上．C 处电场强度由水平向右的电场强度E 和点电荷在C 处产生的电场强度合成，根据矢量合成法则可得：E C ＝E 2＋(kQ r2)2＝92×103 N/C. 设该电场强度与水平方向之间的夹角为θ，则有tan θ＝1，θ＝45°.即该电场强度的方向与匀强电场方向成45°角斜向上．答案：92×103 N/C 方向与匀强电场方向成45°角斜向上。
高二物理下册知能优化检测试题3
1．关于电场线，下列说法正确的是( )A ．电场线的方向，就是电荷受力的方向B ．正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动C ．电场线越密的地方，同一电荷在此处所受电场力越大D ．电场线存在于电荷的周围解析：选C.电场线上每点的切线方向与该点场强的方向一致，与正电荷受力的方向一致，故A 项错；电场线不是电荷的运动轨迹，当电荷只在电场力作用下从静止开始运动，且电场线为直线时，其轨迹和电场线重合，故B 项错；电场线越密的地方场强越大，由F ＝Eq 得同一电荷在此处所受电场力越大，故C 项正确；电场线是一种理想化模型，故D 项错．2．(2011年厦门高二质检)下列关于电场强度的说法中，正确的是( )A ．公式E ＝F q 只适用于真空中点电荷产生的电场B ．由公式E ＝F q可知，电场中某点的电场强度E 与试探电荷在电场中该点所受到的电场力成正比C ．在公式F ＝k Q 1Q 2r 2中，k Q 2r 2是点电荷Q 2产生的电场在点电荷Q 1处的场强大小；而k Q 1r 2是点电荷Q 1产生的电场在点电荷Q 2处的场强大小D ．由公式E ＝k Q r 2可知，在离点电荷非常近的地方(r →0)，电场强度E 可达无穷大 解析：选C.电场强度的定义式E ＝F q 适用于任何电场，故A 错；电场中某点的电场强度由电场本身决定，而与电场中该点是否有试探电荷或引入试探电荷所受到的电场力无关，故B 错；点电荷间的相互作用是通过电场产生的，故C 对；公式E ＝k Q r 2是点电荷产生的电场中某点场强的计算式，当r →0时，所谓“点电荷”已不存在，该公式已不适用，故D 错．3.如图1－3－8，带箭头的线段表示某一电场的电场线，在电场力的作用下(不计重力)，一带电粒子径迹如图中虚线所示，以下判断正确的是( )图1－3－8A ．A 、B 两点相比较，A 点场强小B ．粒子在A 点时加速度大C ．粒子带正电D ．因粒子运动方向不确定，无法判断粒子的电性解析：选A.电场线疏密程度表示场强大小，所以A 对；由F ＝Eq 得粒子所受电场力F 与E 成正比，所以F A <F B ，又因为F ＝ma ，所以a A <a B ，B 错；假设粒子从A 向B 运动，则速度方向沿轨迹的切线方向，若粒子带正电，则受力沿电场线方向，因为物体做曲线运动时轨迹偏向力的方向，与题意不符，所以粒子带负电；若粒子从B 向A 运动，速度方向沿轨迹切线方向，若粒子带正电，受力仍沿电场线方向，轨迹偏转方向与题意不符，所以粒子带负电．由以上分析可得，粒子带负电，C 、D 均不对．4．(2011年福建师大附中高二质检)两个带等量正电荷的点电荷，O 点为两电荷连线的中点，a点在中垂线上，a、b关于O点对称．若在a点由静止释放一个电子，如图1－3－9所示，关于电子的运动，下列说法正确的是()图1－3－9A．电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B．电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C．电子运动到O时，加速度为零，速度最大D．电子通过O后，速度越来越小，加速度越来越大，一直到速度为零解析：选C.带等量正电荷的两点电荷连线的中垂线上，中点O处的场强为零，向中垂线的两边先变大，达到一个最大值后，再逐渐减小到零．但a点与最大场强点的位置关系不能确定，当a点在最大场强点的上方时，电子在从a点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小；当a点在最大场强点的下方时，电子的加速度则一直减小，故A、B错误；但不论a点的位置如何，电子在向O点运动的过程中，都在做加速运动，所以电子的速度一直增加，当达到O点时，加速度为零，速度达到最大值，C正确；通过O点后，电子的运动方向与场强的方向相同，故电子做减速运动，由能量守恒定律得，当电子运动到a点关于O点对称点的b时，电子的速度为零．同样因b点与最大场强的位置关系不能确定，故加速度大小的变化过程不能确定，D错误．5．如图1－3－10甲所示，两根长为L的丝线下端分别悬挂一质量为m、带电量为＋q 和－q的小球A和B，处于场强为E，方向水平向左的匀强电场之中，使长度也为L的连线AB拉紧，并使小球处于静止状态．求E的大小满足什么条件才能实现上述平衡状态．图1－3－10解析：首先，小球A、B均处于静止状态，其所受合外力为零；其次，若撤去水平向左的匀强电场，则A、B两小球在重力和彼此间静电引力作用下，回落到悬点正下方，可见只有匀强电场足够强时，A、B间连线才能被拉紧．设A、B间连线刚要被拉紧时，匀强电场的场强为E0，这时，小球A受力如题图乙所示，由共点力平衡条件得水平方向上E0q＝T cos60°＋F，①竖直方向上T sin60°＝mg，②其中由库仑定律得F＝k q2L2，③解①②③联立方程组可得E0＝kqL2＋3mg3q，故当匀强电场E满足E≥E0，即E≥kqL2＋3mg3q时A、B间连线才被拉紧．答案：E≥kql2＋3mg3q一、单项选择题1．关于电场，下列说法正确的是() A．电场是假想的，并不是客观存在的物质B．描述电场的电场线是客观存在的C．电场对放入其中的电荷有力的作用D．电场对放入其中的电荷没有力的作用解析：选C.电场是客观存在的一种特殊物质．而电场线是为形象描述电场而假想的线，电场的力学特性体现在对放入其中的电荷有力的作用，故选项C 正确．2．关于电场力和电场强度，以下说法正确的是( )A ．同一点电荷分别处于电场中的A 、B 两点，电荷受到的电场力大，则该点场强大B ．在电场某点如果没有试探电荷，则电场力为零，电场强度也为零C ．电场中某点场强为零，则试探电荷在该点受到的电场力不一定为零D ．一试探电荷在以一个点电荷为球心，半径为r 的球面上各点所受电场力相同解析：选A.由E ＝F q 知，对同一点电荷，受电场力越大，则场强越大，故A 正确．电场中某点的场强只与电场本身的性质有关，与试探电荷无关，故B 错．由F ＝qE 知当E ＝0时，F ＝0，故C 错．以点电荷为球心，半径为r 的球面上各点的场强方向不同，试探电荷受力不同，故D 错．3．将一质量为m 的带电微粒(不计重力)放在电场中无初速度释放，则以下说法正确的是( )A ．带电粒子的轨迹一定和电场线重合B ．带电粒子的速度方向总是与所在处的电场切线方向一致C ．带电粒子的加速度方向总是与所在处的电场线切线方向重合D ．带电粒子将沿电场线的切线方向抛出，做抛物线运动解析：选C.带电粒子的轨迹与电场线重合必满足：①电场线是直线，②只受电场力，③v 0＝0或v 0方向与场强方向共线，所以A 错，带电粒子的速度方向不一定与E 方向相同，但其所受电场力的方向必与该处电场线的切线重合，故选项B 错，C 对；因为电场不一定为匀强电场，其合力不一定为恒力，故不一定做抛物线运动，选项D 错．4．下列对公式E ＝k Q r 2的几种不同理解，正确的是( ) A ．当r →0时，E →∞B ．当r →∞时，E →0C ．某点的场强与点电荷Q 的大小无关D ．在以点电荷Q 为中心、r 为半径的球面上，各处的电场强度都相同解析：选B.因为公式E ＝k Q r 2是由公式E ＝F q 和库仑定律F ＝k Qq r 2推导而来的，所以用它来解决问题时需符合条件：真空中的点电荷周围的电场，所以r →0时，电荷不能看作点电荷，公式不再适用，所以A 错，B 对；并且Q 指源电荷所带的电荷量，它对E 会有影响，所以C 错；同时场强E 是矢量，有方向，点电荷周围以Q 为圆心、半径为r 的球面上各点场强大小都相等，但方向不同，场强也就不同，所以D 错．5．(2011年厦门高二质检)关于电场，下列说法正确的是( )A ．由E ＝F q可知，若q 减半，则该处场强为原来的2倍 B ．由E ＝k Q r 2知，E 与Q 成正比，而与r 2成反比 C ．由E ＝k Q r 2知，在以Q 为球心、r 为半径的球面上，各处场强都相同 D ．电场中某点场强方向就是该点所放电荷受到的电场力的方向解析：选B.因E ＝F /q 为场强定义式，而电场中某点场强E 只由电场本身决定，与是否引入试探电荷及q 的大小、正负无关，故A 错；E ＝k Q r 2是点电荷Q 的电场中各点场强决定式，故E ∝Q r 2是正确的，即B 对；因场强为矢量，E 相同意味着大小、方向都相同，而在该球面上各处E 大小相同而方向不同，故C 错；因所放电荷的电性不知，若为正电荷，则E 与正电荷受力方向相同，否则相反，故D 错．6．(2011年杭州高二检测)真空中距点电荷(电量为Q )为r 的A 点处，放一个带电量为q (q ≪Q )的点电荷，q 受到的电场力大小为F ，则A 点的场强为( )①F /Q ②F /q ③k q r 2 ④k Q r2 A ．①③ B ．②④C ．①④D ．②③解析：选B.由场强的定义可知②正确，①错误．由点电荷周围的电场的场强公式E ＝k Q r2知③错误，④正确，故选B. 7.如图1－3－11所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在该直线上有A 、B 两点，用E A 、E B 表示A 、B 两处的场强大小，则( )图1－3－11A ．A 、B 两处的场强方向不相同B ．因为A 、B 在一条电场线上，且电场线是直线，所以E A ＝E BC ．电场线从A 指向B ，所以E A >E BD ．不知A 、B 附近电场线的分布情况，E A 、E B 的大小不能确定解析：选D.电场线的切线方向指场强方向，所以A 错误；电场线的疏密程度表示场强大小，只有一条电场线的情况下不能判断场强大小，所以B 、C 错误，D 正确．8．(2011年福建调研)一负电荷由电场中的A 点静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B 点，它运动的v t 图象如图1－3－12所示，则A 、B 两点所在区域的电场线分布情况可能是( )图1－3－12图1－3－13解析：选C.由v t 图可知，粒子运动过程中速度和加速度都逐渐增大，说明负电荷受力方向与运动方向相同且力越来越大，故选项C 正确．9．在x 轴上有两个点电荷，一个带正电Q 1，一个带负电Q 2，且Q 1＝2Q 2.用E 1和E 2分别表示两个点电荷所产生的场强的大小，则在x 轴上( )A ．E 1＝E 2之点只有一个，该处合场强为零B ．E 1＝E 2之点共有两处，一处合场强为零，另一处合场强为2E 2C ．E 1＝E 2之点共有三处，其中两处合场强为零，另一处合场强为2E 2D ．E 1＝E 2之点共有三处，其中一处合场强为零，另两处合场强为2E 2解析：选B.在Q 1左边区域时，由于Q 1＝2Q 2，它们对q 的作用力不可能相等，因此在Q 1的左边不存在E 1＝E 2的点，而在Q 1与Q 2之间以及Q 2的右边区域有这样的点，而且这样的点到Q 1的距离是它到Q 2距离的2倍．进一步考虑E 1、E 2的方向，可知合场强为零的点在Q 2的右边，合场强为2E 2的点在Q 1与Q 2之间．所以，本题只有选项B 是正确的．10．(2011年宁夏调研)两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E 的匀强电场中．小球1和小球2均带正电，电荷量分别为q 1和q 2(q 1>q 2)．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图1－3－14所示．若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T 为(不计重力及两小球间的库仑力)( )图1－3－14A ．T ＝12(q 1－q 2)E B ．T ＝(q 1－q 2)E C ．T ＝12(q 1＋q 2)E D ．T ＝(q 1＋q 2)E 解析：选A.以小球1为研究对象，由牛顿第二定律可得Eq 1－T ＝ma ；以小球2为研究对象，由牛顿第二定律可得T ＋Eq 2＝ma ；两式联立解得T ＝12(q 1－q 2)E . 二、非选择题11．把一个电荷量q ＝－10－6 C 的试探电荷，依次放在带正电的点电荷Q 周围的A 、B两处，如图1－3－15所示，受到的电场力大小分别为F A ＝5×10－3 N ，F B ＝3×10－3 N.图1－3－15(1)画出试探电荷在A 、B 两处的受力方向；(2)求出A 、B 两处的电场强度；(3)如在A 、B 两处分别放上另一个电荷量为q ′＝10－5 C 的电荷C ，受到的电场力多大？解析：(1)试探电荷在A 、B 两处的受力方向沿着它们与点电荷Q的连线向内，如图所示．(2)A 、B 两处的场强大小分别为E A ＝F A q ＝5×10－310－6 N/C ＝5×103 N/C E B ＝F B q ＝3×10－310－6 N/C ＝3×103 N/C 电场强度方向取决于正试探电荷的受力方向，因此沿着A 、B 两点与点电荷Q 的连线向外．(3)当在A 、B 两点放上电荷C 时，受到的电场力分别为：F A ′＝E A q ′＝5×103×10－5 N ＝5×10－2 NF B ′＝E B q ′＝3×103×10－5 N ＝3×10－2 N方向均与场强方向相同．答案：(1)见解析图 (2)5×103 N/C 3×103 N/C (3)5×10－2 N 3×10－2 N12．(2011年福建泉州高二统考)如图1－3－16所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，场强E ＝3×104 N/C.在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m ＝5×10－3 kg 的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角θ＝60°(g 取10m/s 2)．试求：图1－3－16(1)小球的电性和电荷量；(2)悬线的拉力；(3)若小球静止时离右板d ＝53×10－2 m ，剪断悬线后，小球经多少时间碰到右极板．解析：(1)小球受电场力向右，故带正电，受力分析如图所示．由平衡条件有qE ＝mg tan60°解得q ＝533×10－6 C (2)由平衡条件得F ＝mg cos60°， 解得F ＝0.1 N.(3)剪断细线后，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动． 在水平方向上有a x ＝qE m ；d ＝12a x t 2 联立以上两式解得t ＝0.1 s.答案：(1)正电 533×10－6 C (2)0.1 N(3)0.1 s。
高二物理下册知能优化检测试题8
1．下列说法中正确的是( )A ．任何两个靠得很近的导体都构成了电容器，与是否带电无关B ．电容是盛放电荷和电能的仪器，只有带电的容器才能称为电容器C ．电容器所带电荷量为2 C ，说明每个极板所带电荷量均为1 CD ．电容器所带电荷量为2 C ，说明每个极板所带电荷量的绝对值均为2 C解析：选D.两导体靠得很近，且相互绝缘才能是电容器，A 错误；是否是电容器与是否盛放电荷无关，B 错误；电容器所带的电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值，C 错误，D 正确．答案为D.2．(2011年福安高二检测)对于给定的电容器，描述其电容C 、电荷量Q 、电压U 之间相应关系的图应是下图中的( )图2－4－5解析：选B.电容C 与电容器所带的电荷量及两极板间的电压都无关，所以电容不随Q 、U 变化，B 对．3．(2009年高考海南卷)一平行板电容器两极板间距为d 、极板面积为S ，电容为ε0S /d ，其中ε0是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间( ) A ．电场强度不变，电势差变大 B ．电场强度不变，电势差不变 C ．电场强度减小，电势差不变 D ．电场强度减小，电势差减小解析：选A.对电容器充电后断开电源，电容器的带电量Q 恒定，由电容的定义式C ＝QU和决定式C ＝ε0S d 及电势差与电场强度关系E ＝U d 可知U ＝Q C ＝Qdε0S .随着d 增大，两板间电势差变大；由E ＝U d ＝Q Cd ＝Qε0S可知，d 变化时两板间电场强度E 不变，A 项正确．4．(2011年厦门高二检测)已知平行板电容器的图2－4－6电容与两板的正对面积成正比，与两板间距离成反比，利用这一特点可制成如图2－4－6所示的一种通过测量电容器电容的变化，来检测液面高低的仪器原理图，电容器的两个电极分别用导线接到指示器上，指示器可显示电容的大小．下列关于该仪器的说法中正确的有( )A ．该仪器中电容器的两个电极分别是金属芯线和导电液体B ．金属芯线外套的绝缘管越厚，该电容器的电容越大C ．如果指示器显示出电容增大了，则说明容器中液面降低了D ．如果指示器显示出电容减小了，则说明容器中液面升高了解析：选A.此电容器的结构类似于平行板电容器，金属芯线和液体构成电容器的两个电极，金属芯线的绝缘层是极板间电介质，其厚度相当于两平行板间的距离，液体深度h 相当于两平行板间的相对面积，所以h 大时，C 就大，若C 大时则表明h 大．5．一个电容器的电容是1.2×102 μF ，用12 V 的直流电源给它充电后，求每个极板上的电荷量为多少？若两板间电压从电势差为12 V 降到6 V ，则每个极板上减少多少电荷量？解析：C ＝1.2×102 μF ＝1.2×10－4 F由C ＝QU知，每个极板上的电荷量为：Q ＝CU ＝1.2×10－4×12 C ＝1.44×10－3 C若电压变化ΔU ＝12 V －6 V ＝6 V ，则由C ＝ΔQΔU知：ΔQ ＝C ·ΔU ＝1.2×10－4×6 C ＝7.2×10－4C即每个极板上电荷量减少7.2×10－4 C.答案：1.44×10－3 C 7.2×10－4 C一、单项选择题1．下面关于电容器及其电容的叙述正确的是( )A ．任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关B ．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和C ．电容器的电容与电容器所带电荷量成反比D ．一个电容器的电荷量增加ΔQ ＝1.0×10－6 C 时，两板间电压升高10 V ，则电容器的电容无法确定解析：选 A.电容器既然是储存电荷的容器，它里面有无电荷不影响其储存电荷的能力，A 正确；电容器所带的电荷量指任一极板电荷量的绝对值，B 错；电容器的电容由电容器结构决定，不随带电荷量的变化而变化，C 错，由C ＝Q U ＝ΔQΔU可求电容器的电容，D 错．答案为A.2．某一电容器标注的是“300 V 5 μF ”，则下述说法正确的是( ) A ．该电容器可在300 V 以下电压下正常工作 B ．该电容器只能在300 V 电压时正常工作 C ．电压是200 V 时，电容小于5 μFD ．使用时只需考虑工作电压，不必考虑电容器的引出 解析：选A.“300 V 5μF ”表示使用该电容器时正常工作的最大电压为300 V ，电容器的电容始终为5 μF ，所以A 正确，B 、C 错．而且电容的极板上分别带正、负电荷，对电解电容器有正、负极之分，在使用时仍需区分电源与哪个极相连，一般的电容器是不需要区分的，D 错．3．根据电容器电容的定义式C ＝QU，可知( )A ．电容器所带电荷量越多，它的电容就越大B ．电容器不带电时，其电容为零C ．电容器两极板间电压越高，它的电容就越小D ．电容器电容大小与电容器带电荷量无关解析：选D.电容反映电容器本身特性，它的大小决定于电容器本身的结构(极板正对面积、极板间距、板间电介质)，而与电容器所带电荷量的多少、极板间电压的大小无关．当电容器带电荷量为零时，其电容仍存在．4．如图2－4－7是一个由电池、电阻R 与平行板电容器组成的串联电路．已知C ∝εSd，电键闭合时，在增大电容器两极板间距离的过程中( )图2－4－7A ．电阻R 中没有电流B ．电容器的电容变大C ．电阻R 中有从a 流向b 的电流D ．电阻R 中有从b 流向a 的电流解析：选C.由题意知电容器两板间电压恒定，设已充电荷量为Q ，当两极板距离增大时，电容C 变小，由Q ＝CU 可知带电荷量Q 将减小，必然有一部分正电荷通过电阻R 回流，答案为C.5.如图2－4－8所示，已知平行板电容器的电容C 与两板正对面积S 成正比，现将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则( )图2－4－8A ．电容器带电荷量不变B ．尘埃向下运动C ．检流计中有a →b 的电流D ．检流计中有b →a 的电流解析：选D.电容器与电源相连，所以两极板间电压不变．两板错开一些，正对面积S 将减小，由C ∝S 得C 减小．由Q ＝CU 得，Q 减小，电容器放电，电子从a 向b 运动，所以电流从b 向a .由E ＝U /d 得，E 不变．分析尘埃受力，受重力mg 和电场力Eq .开始mg ＝Eq ，变化后mg ＝Eq ，所以尘埃不动．6．(2010年高考北京卷)用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图2－4－9)．设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ.且C ∝εS /d ，实验中，极板所带电荷量不变，若( )图2－4－9A ．保持S 不变，增大d ，则θ变大B ．保持S 不变，增大d ，则θ变小C ．保持d 不变，减小S ，则θ变小D ．保持d 不变，减小S ，则θ不变解析：选A.根据C ∝εSd知，保持S 不变，当d 增大时，电容C 减小，又因电荷量Q 不变，根据U ＝QC得，C 减小时，U 增大，则θ变大，A 项正确，B 项错误；同理可以判断d 不变时，减小S ，电容减小，电压增大，θ变大，C 、D 项均错误．7．有一个已充了电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－6 C ，则其电压降为原来的13，则下列说法错误的是( )A ．电容器原来的电荷量是9×10－6 CB ．电容器原来的电荷量是4.5×10－6 C C ．电容器原来的电压可能是5 VD ．电容器原来的电压可能是5×10－7 V解析：选A.由题意知Q U ＝Q －3×10－6C U /3，解得Q ＝4.5×10－6 C ．当U 1＝5 V 时，C 1＝Q U 1＝4.5×10－65 F ＝0.9 μF ；当U 2＝5×10－7 V 时，C 2＝Q U 2＝4.5×10－65×10－7F ＝9 F. 8.如图2－4－10所示是一个平行板电容器，其电容为C ，带电荷量为Q ，上极板带正电，两极板间距为d .现将一个检验电荷＋q 由两极板间的A 点移动到B 点，A 、B 两点间的距离为s ，连线AB 与极板间的夹角为30°，则静电力对检验电荷＋q 所做的功等于( )图2－4－10A.qCs QdB.qQs CdC.qQs 2CdD.qCs 2Qd解析：选C.电容器两极板间电势差为U ＝Q C ，场强为E ＝U d ＝QCd.而AB 两点间电势差为U AB＝Es sin30°＝Qs 2Cd ，静电力对＋q 所做的功为W ＝qU AB ＝qQs2Cd，C 正确．9．随着人们生活质量的提高，自动干手机已进入家庭洗手间．当人将湿手靠近干手机时，机内的传感器便驱动电热器加热，于是有热空气从机内喷出，将湿手烘干，手靠近干手机能使传感器工作，这是因为( ) A ．改变了湿度 B ．改变了温度 C ．改变了电场 D ．改变了电容解析：选D.由于人体是导体，手可以和其他导体构成电容器，当手靠近时就可以改变电容，相当于连接了一个电容器，可见其内部设置的是一个电容式传感器，当人将湿手靠近时干手机便开始工作，故选D.10．如图2－4－11是某同学设计的电容式(C ＝εS4πkd)速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测物体，在两极板间电压恒定的条件下，极板上所带电荷量Q 将随待测物体的上下运动而变化，若Q 随时间t 的变化关系为Q ＝bt ＋a(a 、b 为大于零的常数), 其图象如图甲所示，那么图乙、丙中反映极板间场强大小E 和物体速率v 随t 变化的图线可能是( )图2－4－11 图2－4－12A ．①和③B ．①和④C ．②和③D ．②和④解析：选C.由题意可知E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4k πd d＝Qεr S4k π，所以E 的变化规律与Q 的变化规律相似，所以E 的图象为②；由Q ＝CU ＝εr S 4k πd U ＝b t ＋a，整理得d ＝εr SU (a ＋t )4πkb ，令εr SU4πkb ＝K ，所以d＝K (a ＋t )＝Kt ＋aK ，即物体匀速移动，所以速度图象为③，综上所述C 正确． 二、非选择题11.如图2－4－13所示，平行板电容器的两个极板A 、B 分别接在电压为60 V 的恒压电源上，两极板间距为3 cm ，电容器带电荷量为6×10－8C ，A 极板接地．求：图2－4－13(1)平行板电容器的电容；(2)平行板电容器两板之间的电场强度； (3)距B 板为2 cm 的C 点处的电势．解析：(1)由公式C ＝QU知：C ＝6×10－860F ＝1×10－9 F.(2)因平行板间为匀强电场，由公式E ＝U d ＝603×10－2 V/m ＝2×103V/m 方向竖直向下．(3)C 点距A 板间距离为 d AC ＝d －d BC ＝1 cmA 与C 间电势差U AC ＝Ed AC ＝20 V又U AC ＝φA －φC ，φA ＝0可得φC ＝－20 V .答案：(1)1×10－9 F (2)2×103 V/m 方向竖直向下 (3)－20 V 12．(2011年福建莆田高二检测)图2－4－14如图2－4－14所示，A 、B 为不带电平行金属板，间距为d ，构成的电容器电容为C .质量为m 、电荷量为q 的带电液滴一滴一滴由A 板上小孔以初速度v 0射向B 板．液滴到达B 板后，把电荷全部转移在B 板上．求到达B 板上的液滴数目最多不能超过多少？解析：金属板原来不带电，所以液滴开始进入极板间时，只受重力作用向下运动．当液滴滴在B 板上后，B 板会带上与液滴同性的电荷，由于静电感应，A 、B 两板将带等量异种电荷，液滴在受重力的同时开始受电场力作用．当液滴所受重力和电场力相等时，液滴将不能再达到B 板．由动能定理：0－12m v 20＝－qU ＋mgd又Q ＝nq ，U ＝Q /C解得：n ＝C q 2(mgd ＋12m v 20)．答案：C q 2(mgd ＋12m v 20)。
高二物理下册知能优化检测试题22
1．在匀强磁场中，一个带电粒子正在做匀速圆周运动，如果突然把它的速率增大到原来的2倍，那么粒子运动的( )A ．轨道半径不变，周期是原来的一半B ．轨道半径是原来的2倍，周期不变C ．轨道半径和周期都是原来的2倍D ．轨道半径是原来的4倍，周期不变解析：选B.由R ＝m v qB 知，当v 增大到原来的2倍，则半径变为原来的2倍，而由T ＝2πmqB 知，周期与速度大小无关．故选B.2．有三束粒子，分别是质子(p)、氚核(31H)和α粒子束，如果它们以相同的速度沿垂直于磁场方向射入匀强磁场(磁场方向垂直纸面向里)，在图6－3－12所示的四个图中，能正确表示出这三束粒子的运动轨迹的是( )图6－3－12解析：选C.三束粒子以相同的速度沿垂直于磁场方向进入匀强磁场，因此粒子做匀速圆周运动，则q v B ＝m v 2R ，所以R ＝m v qB .因此它们的半径大小之比为R p ∶R 氚∶R α＝m p q p ∶m 氚q 氚∶m αq α＝1∶3∶2，由此可判断出C 答案正确．3. (2018年厦门高二检测)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图6－3－13所示．设D 形盒半径为R .若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B ，高频交流电频率为f .则下列说法正确的是( )图6－3－13A ．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfRB ．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关C ．只要R 足够大，质子的速度可以被加速到任意值D ．不改变B 和f ，该回旋加速器也能用于加速α粒子解析：选A.由于回旋加速器所加交变电压周期与粒子转动的周期相同，则粒子的最大速度为2πfR ，A 项正确；质子被加速后的最大速度v max ＝BqRm ，与加速电场的电压大小无关，B 项不正确；R 足够大，质子速度不能被加速到任意值．因为按相对论原理，质子速度接近光速时质子质量发生变化，进一步提高速度就不可能了，C 项错误；因为回旋加速器所加交变电压周期与粒子转动周期应相同，粒子转动周期T ＝2πmBq ，α粒子与质子的比荷不相同，应调节f 或B ，故D 项错误．4．如图6－3－14所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负离子(质量相同)以相同速率沿与x 轴成30°角的方向从原点射入磁场，则正、负离子在磁场中运动时间之比为( )图6－3－14 A ．1∶2 B ．2∶1 C ．1∶ 3D ．1∶1解析：选B.作出轨迹，找出轨迹所对圆心角是解题的关键，如图所示．t 1＝16T ＝13πmqB，t 2＝13T ＝132πm qB，所以t 2∶t 1＝2∶1，即B 选项正确．5．如图6－3－15所示，MN 表示真空室中垂直于纸面放置的感光板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B .一个电荷量为q 的带电粒子从感光板上的狭缝O 处以垂直于感光板的初速度v 射入磁场区域，最后到达感光板上的P 点．经测量P 、O 间的距离为l ，不计带电粒子受到的重力．求：图6－3－15(1)带电粒子所受洛伦兹力的大小； (2)带电粒子的质量．解析：(1)由洛伦兹力公式得F ＝q v B(2)由洛伦兹力提供向心力得q v B ＝m v 2r由题意得r ＝l2联立以上两式解得带电粒子的质量m ＝qBl2v.答案：(1)q v B (2)qBl2v一、单项选择题1. 一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图6－3－16所示．径迹上的每一小段可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电荷量不变)．则由图中情况可判定下列说法正确的是( )图6－3－16A ．粒子从a 运动到b ，带正电B ．粒子从b 运动到a ，带正电C ．粒子从a 运动到b ，带负电D ．粒子从b 运动到a ，带负电解析：选B.粒子速率v 不断减小，依据轨道半径公式R ＝m vqB 可知，其轨道半径R 将不断减小，故粒子从b 运动到a ；由于洛伦兹力的方向应指向弧形轨道的凹侧，利用左手定则可判断粒子带正电．故选B.2．两个粒子，带电荷量相等，在同一匀强磁场中只受磁场力而做匀速圆周运动．则下列说法正确的是( )A ．若速率相等，则半径必相等B ．若质量相等，则周期必相等C ．若质量相等，则半径必相等D ．若动能相等，则周期必相等解析：选B.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径R ＝m v qB ，T ＝2πmqB ，由于q 、B相同，故m 相同，则T 相同，与v 无关．m v 大小相等时R 相等，选项B 正确．3．在匀强磁场中一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又顺利进入另外一个磁感应强度是原磁感应强度的2倍的匀强磁场，则( )A ．粒子的速率加倍，周期减半B ．粒子的速率不变，轨道半径减半C ．粒子的速率减半，轨道半径变为原来的14D ．粒子的速率不变，周期不变解析：选B.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即q v B ＝m v 2r，所以r ＝m vqB .由于洛伦兹力只改变速度的方向不改变速率，故粒子的速率不变．当B 增大为2B 时，T 与r 都减半．综上所述选项B 正确．4. 带电粒子以初速度v 0从a 点进入匀强磁场，如图6－3－17所示，运动中经过b 点，Oa ＝Ob ，若撤去磁场，加一个与y 轴平行的匀强电场，带电粒子仍以v 0从a 点进入电场，粒子仍能通过b 点，那么电场强度E 与磁感应强度B 之比E /B 为( )图6－3－17 A ．v 0 B ．1/v 0 C ．2v 0D ．v 0/2解析：选C.设Oa ＝Ob ＝d ，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d ，即r ＝m v 0qB ＝d ，得到B ＝m v 0qd.如果换成匀强电场，带电粒子在水平方向以v 0做匀速直线运动，沿y 轴负方向做匀加速运动，即d ＝12×qE m ×(d v 0)2，得到E ＝2m v 20qd ，所以E /B ＝2v 0，选项C 正确．5. 质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图6－3－18所示。
高二物理下册知能优化训练题9
1．下列说法中不．正确的是()A．只有平面波的波面才与波线垂直B．任何波的波线与波面都相互垂直C．任何波的波线表示波的传播方向D．有些波的波面表示波的传播方向解析：选AD.不管是平面波，还是球面波，其波面与波线均垂直，选项A错误，选项B正确，只有波线才表示波的传播方向，选项C 正确，D错误．2．(2011年西安高二检测)一列波从空气传入水中，保持不变的物理量是()A．波速B．波长C．频率D．振幅解析：选 C.波由一种介质进入另一种介质即发生波的折射现象时，波的频率不变，因为它是由波源决定的，C正确．3．下列现象中属于声波反射现象的是()A．隔着墙能听到房外的人说话B．音响设备制作时要考滤混响效应C．夏日的雷声有时轰鸣不绝D．在水里的人能听到岸上的声音解析：选BC.A选项是波的衍射现象，是声波绕过墙，传播到墙的背面去了．D选项是波的折射现象．B、C选项是属于声波反射现象．4．如图2－4－7所示是声波从介质Ⅰ进入介质Ⅱ的折射情况，由图判断下面的说法正确的是()图2－4－7A．若i>r，则声波在介质Ⅰ中的传播速度大于声波在介质Ⅱ中的传播速度B.若i >r ，则 Ⅰ 可能是空气，Ⅱ 可能是水C ．若i >r ，则 Ⅰ 可能是钢铁， Ⅱ 可能是空气D ．在介质 Ⅰ 中的传播速度v 1与介质 Ⅱ 中的传播速度v 2，满足v 1v 2＝sin r sin i 解析：选AC. 根据折射规律：v 1v 2＝sin i sin r ，故D 错，而A 正确．因为i >r ，则v 1>v 2，若Ⅰ为空气，则Ⅱ不可能是水，因为声波在空气中的传播速度比在水中小，故B 错，而C 正确．5．一列波以60°的入射角入射到两种介质的交界面上，反射波刚好跟折射波垂直，若入射波的波长为0.6 m ，那么折射波的波长为________ m ，反射波的波长为________ m.解析：根据题意，折射波跟反射波垂直，得折射角为30°，由公式sin60°sin30°＝v 1v 2，再由公式v ＝λf 代入得：λ1λ2＝3，λ1＝0.6 m ，λ2＝λ13＝0.35 m.答案：0.35 0.6图2－4－86．如图2－4－8，a 、b 、c 分别为入射波、反射波、折射波，已知入射波波速v ＝10 m/s ，入射角θ1为30°，反射波线与折射波线相垂直，求折射波的速度．解析：由图可知波的折射角θ2＝60°，由折射定律：sin θ1sin θ2＝v 1v 2， v 2＝sin θ2v 1sin θ1＝3212×10 m/s ＝17.3 m/s. 答案：17.3 m/s一、选择题1．下列现象是利用波的反射的有()A．手附耳旁听远方人说话B．利用超声波探测鱼群的位置C．雷达的工作原理D．潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况解析：选ABCD.手附耳旁听远方人说话是充分利用了波的反射现象，使能量集中，听得清楚；超声波探测仪、雷达以及声呐系统都是利用了波的反射来测距，设声音来回时间为t，则s＝v声t2；故A、B、C、D都对．2．下列说法正确的是()A．波发生反射时波的频率不变，波速变小，波长变短B．波发生反射时频率、波长、波速均不变C．波发生折射时波的频率不变，但波长、波速发生变化D．波发生折射时波的频率、波长、波速均发生变化解析：选BC.波发生反射时在同一介质中，频率、波长和波速均不变，故B选项正确；波发生折射时，介质改变，故波速发生变化，但频率由振源决定，波的频率不变，由v＝λf可知波长也发生变化，故C选项正确．3．下列说法正确的是()A．声波的反射遵守与光波反射类似的反射定律B．声波发生折射时，频率、波长、波速均要改变C．声波是纵波D．一个剧院满座时交响乐混响时间比空座时长解析：选AC.声波发生折射时，频率不改变；一个剧院满座时声音传播在多次反射的过程中能量损失得更快．图2－4－94．如图2－4－9中1、2、3分别代表入射波、反射波、折射波的波线，则()A．2与1的波长、频率相等，波速不等B ．2与1的波速、频率相等，波长不等C ．3与1的波速、频率、波长均相等D ．3与1的频率相等，波速、波长均不等解析：选 D.反射波的波长、频率、波速与入射波都应该相等，故A 错，B 错．折射波的波长、波速与入射波都不等，但频率相等，故C 错，D 正确．5．对于波长为100 m 的声波，下列哪些说法是错误的( )A ．在同一介质中，比波长为20 m 的声波传播快B ．在空气中的频率比在水中大C ．声波能发生折射，但折射后频率改变D ．声波能发生反射，但反射后波速改变解析：选ABCD.在同一介质中，声波的传播速度相同，故A 错；同一声波在空气中的频率和在水中的频率相同，故B 错；声波发生折射后，声波的频率不变，故C 错；声波能发生反射，但反射后波速并不改变，因为是在同一介质中传播的，故D 错．6．甲、乙两人平行站在一堵墙前面，二人相距2a ，距离墙均为3a ，当甲开了一枪后，乙在时间t 后听到第一声枪响，则乙听到第二声枪响的时间为( )A ．听不到B ．甲开枪3t 后C ．甲开枪2t 后D ．甲开枪 3＋72t 后解析：选 C.乙听到第一声枪响必然是甲放枪的声音直接传到乙的耳朵中，设枪响声音的传播速度为v ，故t ＝2a v .甲、乙两人及墙的位置如图所示，乙听到第二声枪响必然是墙反射的枪声，由反射定律可知，波线如图中AC 和CB .由几何关系可得：AC ＝CB ＝2a ，故第二声枪响传到乙的耳朵中的时间为t ′＝AC ＋CB v＝4a v ＝2t .故选项C 正确．二、非选择题7．利用超声波可以探测鱼群的位置，在一只装有超声波发射和接收装置的渔船上，当它向选定的方向发射出频率为5.8×104 Hz 的超声波后，经过0.64 s 收到从鱼群反射回来的反射波，已知5.8×104 Hz 的超声波在水中的波长为 2.5 cm ，则这群鱼跟渔船的距离为______m ．反射波的频率为________Hz.解析：鱼跟渔船的距离为s ，根据波的反射现象得t ＝2s v ①又波速公式v ＝λf ②由①②两式得：s ＝464 m.答案：464 5.8×1048．某物体发出的声音在空气中波长为1 m ，波速为340 m/s ，在海水中波长为4.5 m ．在海面上发出的声音经0.5 s 后听到回声，则海水深度为________m.解析：声音在空气和海水中传播的频率是相同的，由v ＝λf 可知v 气v 水＝λ气λ水，则v 水＝λ水λ气v 气＝4.51×340 m/s ＝1530 m/s 海水的深度为h ＝v t 2＝12×1530×0.5 m ＝382.5 m.答案：382.59．天空有近似等高的浓云层．为了测量云层的高度，在水平地面上与观测者的距离为d ＝3.0 km 处进行一次爆炸，观测者听到由空气直接传来的爆炸声和由云层反射来的爆炸声时间上相差Δt ＝6.0s ．试估算云层下表面的高度．已知空气中的声速v ＝13 km/s.解析：由题意画出其平面图：设云层下表面的高度为h ，则由云层反射来的爆炸声传播距离为s ＝2h 2＋(d 2)2，传播时间为t 1＝s v ，声音直接传来的时间为t 2＝d v .则t 1－t 2＝Δt ，将数据代入以上各式得：h＝2 km.答案：2 km图2－4－1010．如图2－4－10所示，某列波以60°的入射角由甲介质射到乙介质的界面上同时产生反射和折射，若反射波的波线与折射波的波线的夹角为90°，此波在乙介质中的波速为1.2×105km/s.(1)该波的折射角为________．(2)该波在甲介质中的传播速度为多少？(3)该波在两种介质中的波长比为多少？解析：由反射定律可得反射角的大小，由反射波与折射波垂直可得，折射角的余角大小，从而求得折射角，由折射定律，可得波速；由波速公式再变形可得波长．(1)由反射定律可得反射角为60°，由题图的几何关系可得折射角为r ＝30°.(2)由波的折射规律v 甲v 乙＝sin i sin r ，所以v 甲＝sin i sin r ·v 乙＝sin60°sin30°·v 乙＝3212×1.2×105 km/s ＝2.08×105 km/s.(3)因波长λ＝v f ，又因为波在两种介质中的频率相同，则λ甲λ乙＝v 甲v 乙＝2.08×1051.2×105＝2615. 答案：(1)30° (2)2.08×105 km/s (3)2615。
高二物理下册章末综合知能优化训练题1
(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题包括12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分) 1．一个带电的金属球，当它带的电荷量增加到一定数值后(稳定)与增加前比较，其内部的场强将( )A．一定增强B．不变C．一定减弱D．可能增强也可能减弱解析：选B.处于静电平衡的导体内部场强处处为0，故B对．2．带负电的粒子在某电场中仅受静电力作用，能分别完成以下两种运动：①在电场线上运动，②在等势面上做匀速圆周运动．该电场可能由( )A．一个带正电的点电荷形成B．一个带负电的点电荷形成C．两个分立的带等量负电的点电荷形成D．一带负电的点电荷与带正电的无限大平板形成解析：选A.带负电的粒子在由一个带正电的点电荷形成的电场中，可以由静电力提供向心力，围绕正电荷做匀速圆周运动，也可以沿电场线做变速直线运动，A对、B错．C、D两个选项中的电场线均是曲线，粒子只受到静电力作用时不会沿电场线运动，C、D均错．3．如图1－6所示，把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中．导体处于静电平衡时，下列说法正确的是( )图1－6A．A、B两点场强相等，且都为零B．A、B两点场强不相等C．感应电荷产生的附加电场E A<E BD．当电键S闭合时，电子从大地沿导线向导体移动解析：选AD.导体处于静电平衡状态时，其内部场强处处为零，故A 正确，B错误，因感应电荷在导体内某点的场强与正电荷在该点的场强等大反向，A点离正电荷较近，故有E A>E B，C错误；当电键S闭合时，电子从大地沿导线移向导体中和枕形导体右端的正电荷，相当于右端正电荷流向远端，故D正确．4．(2018年高考北京理综卷)某静电场的电场线分布如图1－7所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q，电势分别为φP和φQ，则( )图1－7A．E P>E Q，φP>φQ B．E P>E Q，φP<φQC．E P<E Q，φP>φQ D．E P<E Q，φP<φQ解析：选 A.根据沿着电场线的方向电势是降落的，可以判断出φP>φQ；根据电场线的疏密表示电场的强弱，可以判断出E P>E Q，故选A.图1－85．(2018年连云港高二检测)A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B 点，其速度—时间图象如图1－8所示．则这一电场可能是图1－9中的( )图1－9解析：选A.由v－t图象知，微粒做加速度变大的减速运动．6．(2018年高考福建卷)如图1－10所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )图1－10A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减小D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大解析：选B.上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为U，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错；P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的油滴向下运动，电场力做负功，电势降低，B对；油滴向下运动时电场力做负功，油滴的电势能应增加，C错；电容器的电容C＝εr S4πkd，由于d增大，电容C应减小，极板带电量Q＝CU将减小，D错．7．(2018年太原市高三诊断考试)带电粒子射入一固定的带正电的点电荷Q的电场中，沿图1－11中实线轨迹从a运动到b，a、b两点到点电荷Q的距离分别为r a、r b(r a＞r b)，b为运动轨迹上到Q的最近点，不计粒子的重力，则可知( )图1－11A．运动粒子带负电B．b点的场强大于a点的场强C．a到b的过程中，电场力对粒子不做功D．a到b的过程中，粒子动能和电势能之和保持不变解析：选BD.由带电粒子的运动轨迹可知带电粒子带正电；由点电荷所形成电场的场强公式E＝k Qr2知，E b＞E a；粒子从a到b的过程中，电场力对粒子做负功，动能减小，电势能增大，但总能量不变，故选B、D.8.如图1－12所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一个固定的质点A，在Q的上方P点用丝线悬挂着另一个质点B.A、B两质点因带同种电荷而相斥，致使悬线与竖直方向成θ角，由于漏电使A、B两质点的带电荷量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对P点的拉力大小将( )图1－12A ．保持不变B ．先变小后变大C ．逐渐减小D ．逐渐增大解析：选A.如图所示，B 球受到三个力平衡，三力构成三角形与△PAB相似，对应边成比例：mg PA ＝F T BP ＝F AB，故悬线拉力F T 大小不变，答案是A.9．(2018年高考全国卷Ⅱ)图1－13中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M 、N 质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M 、N 从虚线上的O 点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a 、b 、c 为实线与虚线的交点，已知O 点电势高于c 点．若不计重力，则( )图1－13A ．M 带负电荷，N 带正电荷B ．N 在a 点的速度与M 在c 点的速度大小相同C ．N 在从O 点运动至a 点的过程中克服电场力做功D ．M 在从O 点运动至b 点的过程中，电场力对它做的功等于零 解析：选BD.由O 点电势高于c 点电势知，场强方向垂直虚线向下，由两粒子运动轨迹的弯曲方向知N 粒子所受电场力方向向上，M 粒子所受电场力方向向下，故M 粒子带正电、N 粒子带负电，A 错误．N 粒子从O 点运动到a 点，电场力做正功．M 粒子从O 点运动到c 点电场力也做正功．因为U aO ＝U O c ，且M 、N 粒子质量相等，电荷的绝对值相等，由动能定理易知B 正确．因O 点电势低于a 点电势，且N 粒子带负电，故N 粒子运动过程中电势能减少，电场力做正功，C 错误．O 、b 两点位于同一等势线上，D 正确．10．(2018年石北中学高二检测)带电粒子以初速度v 0垂直电场方向进入平行金属板形成的匀强电场中，它离开时偏离原方向y ，偏角为φ，下列说法正确的是( )A ．粒子在电场中做类平抛运动B ．偏角φ与粒子的电荷量和质量无关C ．粒子飞过电场的时间，决定于极板长和粒子进入电场时的初速度D ．粒子的偏移距离y ，可用加在两极板上的电压控制解析：选ACD.粒子进入电场中时，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，即粒子在电场中做类平抛运动，故A 正确；由tan φ＝v y v 0＝Eql mv 20可知B 错误； 由t ＝l v 0可知C 正确； 由y ＝12Eq m l 2v 20＝Uql 22mdv 20，可见y 与U 成正比，D 正确． 11．(2018年福建省三明高二月考)如图1－14所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b 沿直线运动到d ，且bd 与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是( )图1－14A ．此液滴带负电B ．液滴的加速度等于2gC ．合外力对液滴做的总功等于零D ．液滴的电势能减少解析：选ABD.带电液滴由静止沿bd 方向运动，因此静电力与重力的合力必定沿bd 方向，如图所示．因此，液滴带负电，由F 合＝mg cos45°＝ma 可得：a ＝2g ，故A 、B 正确；合外力做正功，C 错误；静电力F 电做正功，液滴的电势能减少，D 正确．12．(2018年金溪一中高二月考)如图1－15所示，A 、B 、C 、D 为匀强电场中相邻的等势面，一个电子垂直经过等势面D 时的动能为20 eV ，经过等势面C 时的电势能为－10 eV ，到达等势面B 时的速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为 5 cm ，不计电子的重力，下列说法中正确的是( )图1－15 A ．C 等势面的电势为10 VB ．匀强电场的场强为200 V/mC ．电子再次经过D 等势面时，动能为10 eVD ．电子的运动是匀变速曲线运动解析：选AB.设相邻两等势面间的电势差大小为U ，对电子由D 到B的过程应用动能定理得：－2Ue ＝0－20 eV ，可得U ＝10 V ，由E ＝U d可得：E ＝100.05 V/m ＝200 V/m ，B 正确；由E p C ＝φC q 得：φC ＝－10 eV －e＝10 V ，A 正确；当电子再次经过D 等势面时，电场力对电子做的总功为零，动能仍为20 eV ，C 错误；电场方向垂直于等势面，沿竖直方向，故电子的运动为匀变速直线运动，D 错误．二、计算题(本题包括4小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(8分)(2018年济南市高二质检)如图1－16所示，在水平向右的匀强电场中的A 点，有一个质量为m 、带电荷量为－q 的油滴以速度v 竖直向上运动．已知当油滴经过最高点B 时，速度大小也为v .求：场强E 的大小及A 、B 两点间的电势差．图1－16解析：根据分运动与合运动的等时性以及匀变速直线运动平均速度公式有：h ＝vt 2，x ＝vt 2，故h ＝x . 由动能定理得：qEx －mgh ＝0，即E ＝mg q，再由动能定理得：qU AB －mgh ＝0，mgh ＝12mv 2， 所以U AB ＝mv 22q. 答案：见解析14．(10分)(2018年陕西西安一中高二月考)如图1－17所示，两带电平行板A 、B 间的电场为匀强电场，场强E ＝4.0×102 V/m ，两板相距d ＝16 cm ，板长L ＝30 cm.一带电荷量q ＝1.0×10－16C 、质量m ＝1.0×10－22 kg 的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B 板偏转，不计带电粒子所受重力，求：图1－17 (1)粒子带何种电荷？(2)要使粒子恰能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v 0为多大？解析：(1)因带电粒子进入两板间后向B 板偏转，故所受到的电场力竖直向下，粒子带正电．(2)粒子恰好飞出电场时，偏转位移y ＝d 2， 又y ＝12Eq m L 2v 20以上两式联立可得：v 0＝1.5×104 m/s.答案：(1)正电 (2)1.5×104 m/s15．(10分)如图1－18所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间，距下板h ＝0.8 cm ，两板间的电势差为300 V ，如果两板间电势差减小到60 V ，则带电小球运动到极板上需多长时间？(板间距为d ，取g ＝10 m/s 2)图1－18解析：取带电小球为研究对象，设它带电荷量为q ，则带电小球受重力mg 和向上的电场力qE 的作用．当U 1＝300 V 时，小球平衡：mg ＝q U 1d① 当U 2＝60 V 时，重力大于电场力，带电小球向下板做匀加速直线运动：mg －q U 2d＝ma ② 又h ＝12at 2③ 由①②③得：t ＝ 2U 1h U 1－U 2 g ＝ 2×300×0.8×10－2 300－60 ×10s≈4.5×10－2s. 答案：4.5×10－2s16．(12分)(2018年武汉高二检测)如图1－19，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，它的极板长L ＝0.1 m ，两极板间距离d ＝0.4 cm.有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒落到下板上．已知微粒质量为m ＝2×10－6 kg ，电荷量为q ＝＋1×10－8 C ，电容器电容为C ＝10－6 F ，g 取10 m/s 2，求：图1－19(1)为使第一个微粒的落点范围在下极板中点到紧靠边缘的B 点之内，则微粒入射速度v 0应为多少？(2)若带电粒子落到AB 板上后电荷全部转移到极板上，则以上述速度射入的带电粒子最多能有多少个落到下极板上？解析：(1)若第一个粒子落到O 点， 由L2＝v 01t 1， d 2＝12 gt 21得v 01＝2.5 m/s 若落到B 点，由L ＝v 02t 1，d 2＝12gt 22得v 02＝5 m/s 故 2.5 m/s<v 0<5 m/s.(2)由L ＝v 01t ，得t ＝4×10－2 s由d 2＝12at 2 得a ＝2.5 m/s 2由mg －qE ＝ma ，E ＝Q dC得Q ＝6×10－6C 所以n ＝Q q＝600个． 答案：(1)2.5 m/s<v 0<5 m/s (2)600个。
高二物理下册知能优化训练题3
1．做一个单摆有下列器材可供选用，可以用来做成一个单摆的有()A．带小孔的实心木球B．带小孔的实心钢球C．长约1 m的细线D．长约10 cm的细线解析：选BC.制作单摆时应选用体积小、质量大的球和细、轻、弹性小的线．2．关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论正确的是() A．摆球受重力、摆线的拉力、回复力、向心力作用B．摆球受的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大C．摆球受的回复力最大时，摆线中的拉力大小比摆球的重力大D．摆球受的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向解析：选 B.小球只受重力和绳的拉力，拉力和重力沿半径方向分力的合力为向心力．重力沿切线方向的分力为回复力．3．下列有关单摆运动过程中受力的说法中，正确的是()A．回复力是重力和摆线拉力的合力B．回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力C．单摆过平衡位置时合力为零D．回复力是摆线拉力的一个分力解析：选 B.单摆经过平衡位置时，回复力等于零，但合力不为零，因摆球沿圆弧运动，在径线方向上有向心加速度，即存在向心力．4．当单摆的摆球摆到最大位移处时，摆球所受的()A．合外力为零B．回复力为零C．向心力为零D．摆线中张力为零解析：选C.当摆球摆到最大位移处时，回复力最大(不为零)，所以选项A、B均错；由向心力公式F＝m v2r可知，在最大位移处，速度为零，向心力也为零，此时摆线中的张力等于重力沿摆线方向上的分力，所以选项C对，D错．5．甲、乙两个单摆摆长相等，将两个单摆的摆球由平衡位置拉开，使摆角α甲＞α乙(α甲、α乙都小于10°)，由静止开始释放，则() A．甲先到达平衡位置B．乙先到达平衡位置C．甲、乙同时到达平衡位置D．无法判断解析：选 C.两个摆长相同的单摆，实际上就是相同的摆，在摆角都小于10°时都做简谐运动并且“步调”相同，即两单摆的振动是同相的．6．如图1－3－5所示是单摆振动示意图，下列说法中正确的是()图1－3－5A．在平衡位置摆球的动能和势能均达到最大值B．在最大位移处势能最大，而动能最小C．在平衡位置绳子的拉力最大，摆球速度最大D．摆球由A→C运动时，动能变大，势能变小解析：选BCD.单摆的振动是简谐运动，机械能守恒，远离平衡位置运动，位移变大，势能变大，而动能减小；反之，向平衡位置运动时，动能变大而势能变小，故B、D正确，A错．小球在平衡位置只受重力和绳子拉力，在平衡位置C，拉力F＝mg＋m v2/r，由上述分析知，在平衡位置时动能最大，即v最大，故F也最大，所以C 正确．一、选择题1．单摆是为了研究振动而抽象出来的理想化模型，其理想化条件是()A．摆线质量不计B．摆线长度不伸缩C．摆球的直径比摆线长度短得多D．只要是单摆的运动就是一种简谐运动解析：选ABC.单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不伸缩，A、B、C正确．只有在摆角很小(θ＜10°)的情况下，单摆的运动才是简谐运动．2．把实际的摆看作单摆的条件是()①细线的伸缩可以忽略②小球的质量可以忽略③细线的质量可以忽略④小球的直径比细线的长度小得多⑤小球的最大偏角足够小A．①②③④⑤B．①②③④C．①③④D．②③④⑤解析：选 C.单摆的球应选择体积较小，质量较大的球；细线应选用较轻、弹性较小的线，且小球尺寸比细线要小得多．摆动时的摆角要小于5°，并非越小越好．应选C.3．单摆运动到达其平衡位置时，摆球所受回复力的方向或数值正确的是()A．指向地面B．指向悬点C．数值为零D．垂直于摆线解析：选C.由回复力表达式F＝－kx知，平衡位置处x＝0，故回复力为零，C正确．4．以下四种状态下，物体受力平衡的是()A．弹簧振子通过平衡位置时B．单摆摆球过平衡位置时C．竖直上拋的物体在最高点时D．做匀速圆周运动的物体解析：选A.物体受力平衡时F合＝0，单摆摆球过平衡位置时F合提供向心力，不为零，B错；竖直上拋的物体在最高点时F合＝G，C错；做匀速圆周运动的物体合外力提供向心力，也不为零，D错．5．关于单摆，下列说法正确的是()A．摆球运动的回复力是摆线张力和重力的合力B．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加速度是不变的C．摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置D．摆球经过平衡位置时，加速度为零解析：选B.同一点的x不变，F不变，故a不变．6．单摆做简谐运动时，下列说法正确的是()A．摆球质量越大、振幅越大，则单摆振动的能量越大B．单摆振动能量与摆球质量无关，与振幅有关C．摆球到达最高点时势能最大，摆线弹力最大D．摆球通过平衡位置时动能最大，摆线弹力最大解析：选AD.单摆运动过程中，机械能守恒，其数值等于最大位移处摆球的重力势能或平衡位置处摆球的动能．摆球质量越大、振幅越大，则最大位移处摆球的重力势能越大，所以选项A正确，而选项B错误；在最高点时速度为零，所需向心力为零，故摆线弹力最小，所以选项C错误；同理，选项D正确．7．一单摆做小角度摆动，其振动图像如图1－3－6所示，以下说法正确的是()图1－3－6A．t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小B．t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小C．t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大解析：选D.由振动图像可知t1和t3时刻摆球偏离平衡位置位移最大，此时摆球速度为0，悬线对摆球拉力最小；t2和t4时刻摆球位移为0，正在通过平衡位置，速度最大，悬线对摆球拉力最大，故选项D正确．8．(2011年高考上海单科卷)两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速度v1、v2(v1＞v2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2，则()A．f1＞f2，A1＝A2B．f1＜f2，A1＝A2C．f1＝f1，A1＞A2D ．f 1＝f 2，A 1＜A 2解析：选 C.单摆的频率由摆长决定，摆长相等，频率相等，所以A 、B 错误；由机械能守恒，小球在平衡位置的速度越大，其振幅越大，所以C 正确，D 错误．二、非选择题9．一物体沿x 轴做简谐运动，振幅为8 cm ，频率为0.5 Hz ，在t ＝0时，位移是4 cm ，且向x 轴负方向运动，试写出用正弦函数表示的振动方程．解析：简谐运动振动方程的一般表示式为x ＝A sin(ωt ＋φ)．根据题给条件，有：A ＝0.08 m ，ω＝2πf ＝π.所以x ＝0.08 sin(πt ＋φ) m ．将t ＝0，x ＝0.04 m ，代入得0.04＝0.08 sin φ，解得初相位φ＝π6或φ＝5π6，因为t ＝0时，速度方向沿x 轴负方向，即位移在减小，所以取φ＝5π6.故所求的振动方程为x ＝0.08sin(πt ＋5π6) m.答案：x ＝0.08sin(πt ＋5π6) m。
高二物理下册知能优化训练题7
1．关于机械波的以下说法中，正确的是()A．波动发生需要两个条件：波源和介质B．波动过程是介质质点由近及远移动的过程C．波动过程是能量由近及远的传递的过程D．波源与介质质点的振动都是自由振动解析：选AC.波源振动时，依靠介质中的相互作用力带动周围各部分质点振动起来，形成机械波．介质质点只在平衡位置附近振动，并不随波迁移，仅把振源的振动和能量传播开来．波源和介质质点之间相互作用力阻碍波源的振动，是一种阻力，所以波源的振动不可能是自由振动；相邻质点间存在相互作用，故介质质点也不是自由振动．2．沿绳传播的一列机械波，当波源突然停止振动时()A．绳上各质点同时停止振动，横波立即消失B．绳上各质点同时停止振动，纵波立即消失C．离波源较近的各质点先停止振动，较远的各质点稍后停止振动D．离波源较远的各质点先停止振动，较近的各质点稍后停止振动解析：选 C.波动把能量从波源由近及远地传播出去，振动的各质点先后获得能量，因此只有C正确．3．科学探测表明，月球表面无大气层，也没有水，更没有任何生命存在的痕迹，在月球上，两宇航员面对面讲话也无法听到，这是因为()A．月球太冷，声音传播太慢B．月球上没有空气，声音无法传播C．宇航员不适应月球，声音太轻D．月球上太嘈杂，声音听不清楚解析：选 B.声音的传播方式为声波，而形成波必须满足两个条件：振源和介质．月球上没有空气，即没有介质，无法形成波，所以选项B正确．4．下列关于横波、纵波的说法正确的是()A．同一波源在同一介质中形成的机械波中可同时具有横波和纵波B ．由于横波、纵波的振动方向与波的传播方向的关系不同，因此横波、纵波可能沿同一方向传播C ．横波、纵波在同一介质中的传播速度一定相等D ．波源停止振动时，波立即停止传播解析：选AB.同一波源产生的波中可同时具有横波、纵波，如地震波，所以选项A 、B 正确．波的传播速度是波形由波源向外伸展的速度，在均匀介质中其速度大小不变；而质点振动的速度和方向都随时间周期性地发生变化，所以选项C 错．波源一旦将振动传给了介质，振动就会在介质中向远处传播，即使波源停止振动，波也继续向前传播，所以选项D 错．因此本题正确答案为AB.图2－1－25．一列波在介质中向某一方向传播，图2－1－2为此波在某一时刻的波形图，并且此时振动还只发生在M 、N 之间，已知此波的周期为T ，Q 质点速度方向在波形图中是向下的，下面说法中正确的是( )A ．波源是M ，由波源起振开始计时，P 点已经振动时间TB ．波源是N ，由波源起振开始计时，P 点已经振动时间34TC ．波源是N ，由波源起振开始计时，P 点已经振动时间T 4D ．波源是M ，由波源起振开始计时，P 点已经振动时间T 4解析：选C.由于此时Q 质点向下振动，且Q 质点右方邻近质点在Q 质点下方，则波向左传播，N 是波源．振动从N 点传播到M 点，经过一个周期，又因从波源N 起振开始计时，需经34T ，P 点才开始起振，故P 质点已振动了T 4，选项C 正确．一、选择题1．把闹钟放在密闭的玻璃罩内，在玻璃罩外仍然可以听到闹钟的铃声．但如果将玻璃罩内的空气用抽气机抽出去，就听不到闹钟的铃声，这说明()A．声波是纵波B．抽去罩内的空气后，闹钟不再运转了C．气体和固体都能传播声音D．声波不能在真空中传播解析：选CD.由题中所述现象无法说明声波是纵波，故A错；抽去罩内空气后，不会使闹钟停止运转，故B错；抽去罩内空气前，在罩外仍能听到铃声，说明钟罩和空气都能传播声音，故C对；抽去罩内空气后，听不到闹铃声，说明声波不能在真空中传播，故D 对．2．(2011年佛山检测)在机械波中有()A．各质点都在各自的平衡位置附近振动B．相邻质点间必有相互作用力C．前一质点的振动带动相邻的后一质点振动，后一质点的振动必定落后于前一质点D．各质点随波的传播而迁移解析：选ABC.机械波在传播时，介质中的各质点在波源的带动下都在各自的平衡位置附近振动，并没有随波的传播而发生迁移．在相邻质点间作用力下，前一质点带动后一质点振动，故A、B、C正确，D错误．3．将一个小石子投向平静的湖面中心，会激起一圈圈波纹向外传播，如果此时水面上有一片树叶，下列对树叶运动情况的叙述正确的是()A．树叶慢慢向湖心运动B．树叶慢慢向湖岸漂去C．在原处上下振动D．沿着波纹做圆周运动解析：选 C.机械波中各质点不随波迁移，仅在各自的平衡位置附近振动，波传播的是振动形式和能量．故正确答案为C.4．下列关于纵波的说法中，正确的是()A．在纵波中，波的传播方向就是波中质点的移动方向B．纵波中质点的振动方向一定与波的传播方向在一条直线上C．纵波中质点的振动方向一定与波的传播方向垂直D．纵波也有波峰和波谷解析：选 B.纵波中质点的振动方向与波的传播方向虽然在一条直线上，但质点的振动方向与波的传播方向可能相同，也可能相反．故选项B正确．5．关于振动和波的关系，下列说法中正确的是()A．振动是单个质点呈现的运动现象，波是彼此相联系的许多质点联合起来呈现的运动现象B．振动是波动的基本要素，波是振动的传播C．波的传播速度就是质点振动的速度D．有机械振动必有波解析：选AB.一个质点的振动通过相互作用会带动邻近质点的振动，使振动这种运动形式通过介质中质点的依次带动由近及远向外传播出去而形成机械波，故选项A、B正确；波的传播速度不是质点振动的速度，故选项C错误；产生机械波的条件是：①要有波源；②要有传播振动的介质．即在缺少介质的情况下，波动现象就无法发生，故选项D错误．6．下列关于波的应用正确的是()A．要将放在河中的纸船逐渐靠近河岸，可向比纸船更远处投掷石子形成水波B．两个在水中潜泳并且靠得较近的运动员也能利用语言交流是声波在液体中传播的应用C．光缆是利用机械波传递信息D．宇航员在宇宙飞船里击打船壁只能引起机械振动，不能形成声波解析：选 B.机械波在传播的过程中，质点只是在各自的平衡位置附近振动，介质本身并不迁移，故选项A错误．光缆是利用光波传递信息，故C错误．固体和液体也能传播机械波，故D错误，B 正确．图2－1－37．如图2－1－3所示为波沿着一条一端固定的绳子传播到B点时的波形图，由图可判断出A点刚开始的振动方向是() A．向左 B．向右C．向上D．向下解析：选 C.介质中各质点的开始振动方向都与波源开始振动的方向相同，此时波刚传到B点，由波的传播特点知，B点此时向上运动，所以波源A点刚开始振动的方向也是向上的．图2－1－48．如图2－1－4所示为某一时刻的波形曲线，波的传播方向沿＋x方向. 下列说法中正确的是()A．质点A、D的振幅不等B．该时刻质点B、E的速度相等C．该时刻质点D、F的加速度为零D．该时刻质点C正向上运动解析：选D.介质中各质点都做振幅相同的简谐运动，A错误；B、E两质点的速度方向不同，B错误；D、F两点的速度为零，但加速度最大，C选项错误；由质点的振动方向与波传播方向的关系知，D 选项正确．图2－1－59．如图2－1－5，沿波的传播方向上有间距为2 m的五个质点a、b、c、d、e，均静止在各自的平衡位置．一列简谐横波以2 m/s的速度水平向右传播，t＝0时刻波到达质点a，质点a开始从平衡位置向下运动，t＝3 s时质点a第一次到达最高点，则下列说法中正确的是()A．t＝4 s时刻波恰好传到质点dB．t＝4 s时刻波恰好传到质点eC．t＝5 s时质点b到达最高点D．在3 s<t<4 s这段时间内质点c速度方向向上解析：选BD.波的形成是依次带动的结果，波沿传播方向以2 m/s 的速度传播，每经1 s传播到下一个质点．质点a带动质点b，依次类推．质点a从平衡位置向下先到下方最大位移处，再回到平衡位置向上，再运动到上方最大位移处，历时3 s，即每一个四分之一周期等于1 s，根据波向前推进的速度知，每经1 s传播到下一个质点，由此判断B、D正确．二、非选择题10．2010年4月青海玉树地区发生了里氏7.1级大地震，已知地震中的纵波和横波在地表附近的传播速度分别是9.1 km/s和 3.7 km/s，在某地的观测站中，记录了玉树地震的纵波和横波到达该地的时间差为5.4 s.(1)求这个观测站距离玉树的距离．(2)观测站首先观察到的是上下振动还是左右摇晃？解析：根据纵、横波传到观测站的时间差s3.7－s9.1＝5.4 s，求出s ＝33.67 km，先传到的是纵波，所以是左右晃动．答案：(1)33.67 km(2)先传到的是纵波，所以是左右晃动。
高二物理下册知能优化检测试题5
1．带负电的试探电荷，只受电场力作用，下列几种情况正确的是()A．它的运动方向跟所在位置的场强方向相反B．它受力的方向跟所在位置的场强方向相反C．它的动能增加，电势能减小D．它的电势能越来越大解析：选B.带负电的电荷，只受电场力作用，其受力方向应跟所在位置的场强方向相反；但因为不知电荷的初速度情况，所以不能判断其运动方向及力的做功情况，也就不能判断电势能的变化情况．2．下列关于电荷的电势能的说法中正确的是()A．电荷在电场强度大的地方电势能一定大B．电荷在电场强度为零的地方，电势能一定为零C．电荷只在电场力的作用下，电荷的电势能一定减少D．只在电场力的作用下，电荷的电势能可能增加，也可能减小解析：选D.因为电势能是一个相对量，电势能的大小和零势能点的选取有关，A错误；电场强度为零的地方，电势能不一定为零，如处于静电平衡状态的导体，内部的场强为零，但电势能不为零，B错误；如果电荷的初速度为零，电荷只在电场力的作用下，电荷将做加速运动，电荷的电势能转化为动能，但如果电荷的初速度不为零，电荷可能在电场力的作用下，先做减速运动，这样电场力对电荷做负功，电荷的动能转化为电势能，电荷的电势能增加，所以C错误，D正确．答案为D.3.(2011年福建龙岩高二检测)两带电小球，电荷量分别为＋q和－q，固定在一长度为l 的绝缘杆两端，置于电场强度为E的匀强电场中，杆与场强方向平行，其位置如图2－1－5所示．若此杆绕过O点垂直于杆的轴转过180°，则此过程中电场力做功为()图2－1－5A．零B．qElC．2qEl D．πqEl解析：选C.由图示位置绕O点转过180°的过程中，电场力对正、负电荷都做正功W＝qEl，所以总功为2qEl.选项C正确．4．a、b为电场中的两个点，如果把q＝－2×10－8C的负电荷从a点移到b点，电场力对该电荷做了4×10－7 J的正功，则该电荷的电势能()A．增加了4×10－7 J B．增加了2×10－8 JC．减少了4×10－7 J D．减少了8×10－15 J解析：选C.可以借助电场力做功的特征与重力做功的特征相似来分析．当重力对物体做正功时，物体是从高处降到低处，重力势能减少；当重力对物体做负功时，物体是从低处升到高处，重力势能增加．在电场中，不管是哪种电荷，只要是电场力对电荷做了正功，该电荷的电势能一定减少；反之，电场力做负功，该电荷的电势能一定增加．且电场力做功的多少等于电势能变化的多少，故选C.5．(2011年福建“四市六校”联考)如图2－1－6，将一质量为m，电荷量为＋q的小球固定在绝缘轻杆的一端，杆的另一端可绕通过O点的固定轴转动，杆长为l杆和小球置于场强为E的匀强电场中，电场的方向如图所示．将杆拉至水平位置OA，在此处将小球自由释放，求杆运动到竖直位置OB时，小球的动能及小球电势能的变化量．图2－1－6解析：小球从A到B，由动能定理得mgl＋qEl＝E k－0所以B处小球动能E k＝mgl＋qEl电场力做功W＝qEl所以电势能减少ΔE p＝W＝qEl .答案：mgl＋qEl电势能减少ΔE p＝qEl一、单项选择题1．如图2－1－7所示，是以＋Q为圆心的一组同心圆(虚线)，电场中有A、B、C、D 四点．现将一带正电荷q的点电荷由A点沿不同的路径移动到D点．沿路径①做功为W1，沿路径②做功为W2，沿路径③做功为W3，则()图2－1－7A．W2<W3<W1B．W1＝W2＝W3C．W2>W3>W1D．因不知道＋q的具体数值，故无法作出判断解析：选B.因为电场力做功只与初、末位置有关，而与电荷运动路径无关，故沿三条路径由A移动到D的过程中，电场力做功相等，选项B正确．2.如图2－1－8所示，a、b为某电场线上的两点，那么以下结论正确的是()图2－1－8A．把正电荷从a移到b，电场力做负功，电荷的电势能减少B．把负电荷从a移到b，电场力做负功，电荷的电势能增加C．把负电荷从a移到b，电场力做正功，电荷的电势能增加D．不论正电荷还是负电荷，从a移到b电势能逐渐降低解析：选B.由电场线方向可知，将正电荷从a移到b电场力做正功，电势能减少，而将负电荷从a移到b，电场力做负功，电势能增加，故选项B正确，A、C、D错误．3．如图2－1－9所示，实线表示电场线，一个负电荷q由a点飞入图示的电场后，沿abc运动，并从c点飞出电场．已知q由a运动到b动能减少了3×10－5J，由b运动到c 动能增加了4.5×10－5J，忽略重力．则从a到c，电荷的电势能的变化及电场线的方向为()图2－1－9A．增加1.5×10－5 J，方向斜向下B．增加3.0×10－5 J，方向斜向上C．减少1.5×10－5 J，方向斜向上D．减少4.5×10－5 J，方向斜向下解析：选C.由负电荷的运动轨迹可知，负电荷的受力方向斜向下，所以电场线方向斜向上．由a到c电荷动能增加量为4.5×10－5J－3×10－5J＝1.5×10－5J，所以电势能减少了1.5×10－5 J，故C正确，A、B、D错误．4.如图2－1－10所示，有一带电的微粒，在电场力的作用下沿曲线从M点运动到N点，则微粒()图2－1－10A．带负电，电势能增加B．带负电，电势能减少C．带正电，电势能增加D．带正电，电势能减少解析：选D.由带电微粒运动的径迹可以看出带电微粒受到的电场力指向径迹凹侧，即与电场方向相同，故带电微粒带正电，选项A、B错误；因为电场力对带电微粒做正功，微粒电势能减少，选项C错误，D正确．答案为D.5.(2011年绵阳高二检测)如图2－1－11所示，a、b是竖直方向上同一电场线上的两点，一带负电质点在a点由静止释放，到达b点时速度最大，则()图2－1－11A．电场线的方向竖直向上B．a点的电场强度大于b点的电场强度C．质点从a点运动到b点的过程中电势能增加D．质点在a点受到的电场力小于在b点受到的电场力解析：选B.质点受电场力方向向上，由于带负电，所以电场线从b→a, A错误；a到b 电场力做正功，电势能应减少，所以C错误；a处电场力大于重力，而b处电场力等于重力，所以B正确，D错误．6.如图2－1－12所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，沿图中虚线由A运动到B，其能量变化情况是()图2－1－12A．动能减少，重力势能增加，电势能减少B．动能减少，重力势能增加，电势能增加C．动能不变，重力势能增加，电势能减少D．动能增加，重力势能增加，电势能减少解析：选B.因带电微粒做直线运动，故合外力方向与速度方向在同一直线上，微粒受力分析如图所示，合外力方向与v0反向，做负功，故微粒动能减少．同时，我们知道重力和电场力均做负功，重力势能增加，电势能增加．故B正确，A、C、D错误．7．质量为m的带电小球射入匀强电场后，以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动，在小球下落h的过程中()A．小球的重力势能减少了2mghB．小球的动能减少了3mghC．电场力做负功，大小为2mghD．小球的电势能增加了3mgh解析：选D.带电小球受到向上的电场力和向下的重力，据牛顿第二定律F合＝F电－mg ＝2mg，得F电＝3mg.在下落过程中电场力做功W电＝－3mgh，重力做功W G＝mgh，总功W＝W电＋W G＝－2mgh，根据做功与势能变化关系可判断：小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh；根据动能定理，小球的动能减少了2mgh.8.如图2－1－13所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负的试探电荷在这个电场中仅在电场力作用下运动的轨迹．若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是()图2－1－13A．电荷从a到b加速度减小B．电荷从a到b加速度增大C．电荷从a到b电势能减小D．电荷从a到b动能增加解析：选A.根据电场线的疏密程度可以判断在a处的场强大于b处的，也就是说试探电荷在a处受到的电场力大于在b处的，由牛顿第二定律可知粒子在a处运动的加速度大于b处的，所以选项A正确，B错误．根据带电粒子做曲线运动的条件，曲线向力的方向弯曲，可判定，在a、b两点所受到的电场力的方向都应在电场线上并大致向左．由此判断电场线方向发散向外，粒子在电场中从a向b点运动，电场力对电荷做负功，动能减小，电势能不断增大，选项C、D错误．9．如图2－1－14所示，图甲是某电场中的一条电场线，a、b是这条线上的两点，一负电荷只受电场力作用，沿电场线从a运动到b.在这个过程中，电荷的速度—时间图线如图乙所示，比较a、b两点场强大小E a、E b和负电荷具有的电势能大小E p a、E p b有()甲乙图2－1－14A．E a>E b，E p a<E p bB．E a＝E b，E p a>E p bC．E a<E b，E p a>E p bD．E a＝E b，E p a<E p b解析：选D.从速度图线看到，负电荷做匀减速运动，所受电场力为恒力，电场为匀强电场；受电场力的方向为b到a，因此电场力做负功，所以电荷在a点的电势能低于在b点的．选项D正确．10.(2011年济南模拟)如图2－1－15所示，在粗糙的水平面上，固定一点电荷Q ，由M 点无初速度释放一带有恒定电荷量的小物块，小物块在点电荷Q 的电场中运动到N 静止，则从M 点运动到N 点的过程中( )图2－1－15A ．小物块所受的电场力逐渐减小B ．小物块具有的电势能逐渐增大C ．小物块具有的动能减小D ．电场力先做正功后做负功解析：选A.物块处于点电荷Q 的电场中，故离Q 越远，电场力越小，由于物块在电场力作用下运动，故电场力一直做正功，动能增加，电势能减小．二、非选择题11．有一带负电的点电荷，从电场中的A 点移到B 点时，克服电场力做功6×10－4 J ．从B 点移到C 点时，电场力做功9×10－4 J ，问：(1)若以A 为零势能点，B 、C 两点的电势能各为多少？A 、C 间的电势能之差为多少？(2)若以B 为零势能点，A 、C 两点的电势能各为多少？A 、C 间的电势能之差为多少？解析：(1)从A 点移到B 点，克服电场力做功6×10－4 J ，电势能增加6×10－4 J ，由于A 点的电势能为零，故B 点电势能为6×10－4 J.从B 点移到C 点，电场力做功9×10－4 J ，电势能减少9×10－4 J ，故C 点电势能为－3×10－4 J.由于A 为零势能点，故A 、C 间的电势能之差为3×10－4 J.(2)以B 点为零势能点，电荷从A 点移到B 点，电势能增加6×10－4 J ，B 点电势能为零，故A 点电势能为－6×10－4 J.从B 点移到C 点，电势能减少9×10－4 J ，故C 点电势能为－9×10－4 J ．A 、C 间的电势能之差为3×10－4 J.答案：(1)6×10－4 J －3×10－4 J 3×10－4 J(2)－6×10－4 J －9×10－4 J 3×10－4 J12．(2011年泉州高二检测)一匀强电场，场强方向是水平的(如图2－1－16所示)．一个质量为m 的带正电的小球，从O 点出发，初速度的大小为v 0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动．求小球运动到最高点时其电势能与在O 点的电势能之差．图2－1－16解析：设小球的电荷量为q ，因小球做直线运动，则它受到的电场力Eq 和重力mg 的合力必沿初速度方向，如图所示．有mg ＝Eq tan θ由此可知，小球做匀减速直线运动的加速度大小为a ＝F 合m ＝mg /sin θm ＝g sin θ设从O 点到最高点的路程为s ，有v 20＝2as运动的水平距离为l ＝s cos θ由上面公式可得电场力做功W ＝－qEl＝－12m v 20cos 2θ电势能之差ΔE p＝－W＝12m v2cos2θ.答案：12m v2cos2θ。
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1．下列说法正确的是( )A ．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用B ．运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为零C ．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D ．洛伦兹力对带电粒子不做功 解析：选D.运动电荷在磁场中所受的洛伦兹力F ＝q v B sin θ，所以F 的大小不但与q 、v 、B 有关系，还与v 的方向与B 的夹角θ有关系，当θ＝0°或180°时，F ＝0，此时B 不一定等于零，所以A 、B 错误；又洛伦兹力与粒子的速度始终垂直，所以洛伦兹力对带电粒子不做功，粒子的动能也就不变，但粒子速度在只受洛伦兹力作用时要变．所以C 错，D 对．2．(2009年高考广东理基卷)带电粒子垂直匀强磁场方向运动时会受到洛伦兹力的作用，下列表述正确的是( )A ．洛伦兹力对带电粒子做功B ．洛伦兹力不改变带电粒子的动能C ．洛伦兹力的大小与速度无关D ．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向解析：选B.根据洛伦兹力的特点，洛伦兹力对带电粒子不做功，A 错，B 对．根据F ＝q v B 可知洛伦兹力大小与速度有关．洛伦兹力的效果就是改变物体的运动方向，不改变速度的大小．故C 、D 选项错．3．(2011年黄山高二检测)关于安培力和洛伦兹力，下面的说法正确的是( )①安培力和洛伦兹力是性质完全不同的两种力②安培力和洛伦兹力，其本质都是磁场对运动电荷的作用力③安培力和洛伦兹力，二者是等价的④安培力对通电导体能做功，但洛伦兹力对运动电荷不能做功A ．①④B ．②④C ．②③D ．③④解析：选B.安培力和洛伦兹力在本质上都是磁场对运动电荷的作用力，故①错误，②正确．安培力和洛伦兹力虽然本质相同，但安培力对导体能做功而洛伦兹力对运动电荷不能做功，故③错误，④正确．故选B.4. 如图6－2－5所示，一个带正电荷量为q 的小球处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B ，若带电小球的质量为m ，为了使它对水平绝缘面正好无压力，应该( )图6－2－5A ．使B 的数值增大B ．使磁场以速率v ＝mg qB，向上移动 C ．使磁场以速率v ＝mg qB，向右移动 D ．使磁场以速率v ＝mg qB，向左移动 解析：选D.带电小球不动，而磁场运动，也可以看做带电小球相对于磁场沿相反方向运动，故带电小球仍受磁场力的作用．欲使小球对水平面正好无压力，则带电小球仅受重力和洛伦兹力作用，且二力平衡，所以带电小球所受的洛伦兹力的方向竖直向上，大小为F ＝mg ，由左手定则判断出小球相对于磁场的运动方向为水平向右，所以带电小球不动时，磁场应水平向左平移．设磁场向左平衡的速度为v ，由F ＝q v B 得v ＝F qB ＝mg qB. 5. (2011年福州理综模拟)如图6－2－6所示，套在很长的绝缘直棒上的小球，其质量为m ，电荷量为＋q ，小球可在棒上滑动．现将此棒竖直放在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场方向水平向右，电场强度为E ，匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度为B .小球与棒间的动摩擦因数为μ.求小球由静止沿棒下滑的最大速度和最大加速度大小．图6－2－6解析：小球下滑的开始阶段如甲图所示，根据牛顿第二定律有：mg －μN ＝ma ，且N ＝qE －F 洛＝qE －q v B ，当v 达到使F 洛＝qE 时，即v 1＝qE qB时，摩擦力f ＝0， 则a max ＝g .当v >v 1时，小球受力情况如乙图所示，由牛顿第二定律有mg －μN ＝ma ，且N ＝F 洛－qE ＝q v B －qE .当v 增大到使f ＝mg 时，a ＝0，此时v 达到最大值，即mg ＝μ(q v max B －Eq )，即v max ＝mg ＋μqE μqB .甲 乙答案：mg ＋μqE μqB g一、单项选择题1．下列说法中正确的是( )A ．运动电荷不受洛伦兹力的地方一定没有磁场B ．如果把＋q 改为－q ，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C ．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向也一定与电荷速率方向垂直D ．粒子在只受洛伦兹力作用时运动的动能变化解析：选B.带电粒子所受洛伦兹力的大小不仅与速度的大小有关，还与速度和磁场方向间的夹角有关，A 错误；由F ＝q v B sin θ知，q 、v 、B 中有两项相反而其他不变时，F 不变，B正确；不管速度是否与磁场方向垂直，洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，与磁场方向垂直，即垂直于v和B所决定的平面，但v与B不一定互相垂直，C错误；由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，若粒子只受洛伦兹力作用，运动的动能不变，D错误．2．一个长直螺线管中，通有大小和方向都随时间变化的交变电流，把一个带电粒子沿管轴射入管中，则粒子将在管中()A．做匀速圆周运动B．沿轴线来回振动C．做匀加速直线运动D．做匀速直线运动解析：选D.虽然螺线管中的电流在变化，但沿管轴的磁感线始终是一条直线，粒子的射入方向与磁场方向平行，故始终不受洛伦兹力的作用，所以粒子应做匀速直线运动．3．关于电场力与洛伦兹力，以下说法正确的是()A．电荷只要处在电场中，就会受到电场力，而电荷静止在磁场中，只有可能受到洛伦兹力B．电场力对放在电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对在磁场中的电荷却不会做功C．电场力与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线和磁感线上D．只有运动的电荷在磁场中才会受到洛伦兹力的作用解析：选D.静止在磁场中的电荷不可能受到洛伦兹力，所以A错；尽管电场力对电荷可以做功，但如果电荷在电场中不动或沿等势面移动，则电场力做功为零，因此B也错；洛伦兹力的方向与磁感线垂直及运动方向垂直，故C错．所以只有D是正确的．4. (2011年福建龙岩高二检测)如图6－2－7所示，是电视机中偏转线圈的示意图，圆心O处的黑点表示电子束，它由纸内向纸外而来，当线圈中通以图示方向的电流时(两线圈通过的电流相同)，则电子束将()图6－2－7A．向左偏转B．向右偏转C．向下偏转D．向上偏转解析：选D.偏转线圈由两个“U”形螺线管组成，由安培定则知右端都是N极，左端都是S极，O处磁场水平向左，由左手定则可判断出电子所受的洛伦兹力向上，电子向上偏转，D正确．5．(2011年福建南平高二测试)长直导线AB附近，有一带正电的小球，用绝缘丝线悬挂在M点，当导线AB通以如图6－2－8所示的恒定电流时，下列说法正确的是()图6－2－8A．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸里B．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸外C．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直向左D．小球不受磁场力作用解析：选D.电场对其中的静止电荷、运动电荷都有力的作用，而磁场只对其中的运动电荷才有力的作用，且运动方向不能与磁场方向平行，所以D选项正确．6. 如图6－2－9所示，在真空中，水平导线中有恒定电流I通过，导线的正下方有一质子初速度方向与电流方向相同，则质子可能的运动情况是()图6－2－9A．沿路径a运动B．沿路径b运动C．沿路径c运动D．沿路径d运动解析：选B.由安培定则，电流在下方产生的磁场方向指向纸外，由左手定则，质子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向向上．则质子的轨迹必定向上弯曲，因此C、D必错；由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直，故其运动轨迹必定是曲线，则B正确；A错误．7. 如图6－2－10所示，铜质导电板置于匀强磁场中，通电时铜板中电流方向向下，由于磁场的作用，则()图6－2－10A．板左侧聚集较多电子，使b点电势高于a点B．板左侧聚集较多电子，使a点电势高于b点C．板右侧聚集较多电子，使a点电势高于b点D．板右侧聚集较多电子，使b点电势高于a点解析：选C.铜板导电靠的是自由电子的定向移动，电流方向向下，则电子相对磁场定向移动方向向上，根据左手定则，电子受洛伦兹力方向向右，致使铜板右侧聚集较多电子，左侧剩余较多正离子，板中逐渐形成方向向右的水平电场，直到定向移动的自由电子受到的洛伦兹力与水平电场力平衡为止，所以，由于磁场的作用，整个铜板左侧电势高于右侧，即φa＞φb.8. (2011年宁夏高二检测)在图6－2－11中虚线所围的区域内，存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场．已知从左方水平射入的电子，穿过这区域时未发生偏转．设重力可忽略不计，则在这区域中的E和B的方向不．可能是()图6－2－11A．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相同B．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相反C ．E 竖直向上，B 垂直纸面向外D ．E 竖直向上，B 垂直纸面向里解析：选D.E 和B 都沿水平方向，并与电子运动的方向相同，电子不受洛伦兹力的作用，受到的电场力跟运动方向相反，若电子有足够的动能是可以穿过的，A 项对；E 和B 都沿水平方向，并与电子运动的方向相反，电子不受磁场力，所受电场力跟运动方向相同，做匀加速运动，B 项对；E 竖直向上，B 垂直纸面向外，左方进入的电子受到向下的电场力，向上的洛伦兹力，若平衡则能匀速穿过，C 项对，同理判断D 项错误．9. 一个单摆摆球带正电，在水平匀强磁场中振动．振动平面与磁场垂直，如图6－2－12所示，图中C 点为摆球运动的最低点，摆球向右运动和向左运动通过C 点时，以下说法中正确的是( )图6－2－12A ．受到的洛伦兹力相同B ．悬线对摆球的拉力相等C ．具有相同的动能D ．具有相同的速度 解析：选C.洛伦兹力始终与速度垂直，对电荷不做功．运动过程中机械能守恒．向左或向右摆时洛伦兹力方向不同，所以A 、B 、D 不对．10．如图6－2－13所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起置于粗糙的地板上，空间有垂直纸面向里的匀强磁场，用水平恒力F 拉乙物块，使甲、乙无相对滑动一起向左加速运动，在加速阶段( )图6－2－13A ．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大B ．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小C ．甲、乙两物块间的摩擦力大小不变D ．乙物块与地面间的摩擦力大小不变 解析：选B.加速阶段甲物块速度v 增大，所受洛伦兹力F 变大(F ＝Bq v )，对乙压力增大，对地面压力增大，据f ＝μN ，知f 增大，D 错，而甲、乙之间无相对滑动，整体加速度减小，甲的加速度减小，甲、乙之间的摩擦力变小，B 对，A 、C 错．二、非选择题11．一初速度为零的质子(质量m ＝1.67×10－27 kg ，电荷量q ＝1.6×10－19 C)，经过电压为470 V 的电场加速后，进入磁感应强度为5.0×10－4 T 的匀强磁场中，与磁场方向的夹角为30°，质子所受洛伦兹力为多大？解析：在加速电场中，由动能定理Uq ＝12m v 2得 质子获得的速度：v ＝2Uq m＝3.0×105 m/s质子受到的洛伦兹力：F ＝Bq v ＝1.2×10－17 N.答案：1.2×10－17 N12. 质量为m ，带电荷量为q 的微粒，以速度v 与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，如图6－2－14所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求：图6－2－14(1)电场强度的大小，该带电粒子带何种电荷．(2)磁感应强度的大小．解析：(1)微粒做匀速直线运动，所受合力必为零，微粒受到重力mg ，电场力qE ，洛伦兹力q v B ，由此可知微粒带正电，受力如图所示．qE ＝mg ，则电场强度E ＝mg q. (2)由于合外力为零，则q v B ＝2mg ，所以B ＝2mg q v . 答案：(1)mg q 正电 (2)2mg q v。