【金版学案】20142015学年高中物理第四节电容器同步检测试题新人教版选修11

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【志鸿优化设计】2014-2015高中物理 1-4 电容器同步检测新人教版选修1-1

电容器1.如图是一个常用的电子元件,关于它的说法正确的是( )A.这个电子元件名称叫电阻B.这个电子元件的电容是220法拉C.这个电子元件名称叫电容器D.这个电子元件名称叫电感器答案:C2.如图是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图象,其中正确的是( )答案:BCD解析:电容器的电容C由电容器本身的因素决定,与充电电压及带电荷量无关,所以C U图线与C Q 图线均为平行于横轴的直线,而Q U图线为过原点的直线,所以选项A错误,B、C、D均正确.3.对于水平放置的平行板电容器,下列说法正确的是( )A.将两极板的间距加大,电容将增大B.将两极板平行错开,使正对面积减小,电容将减小C.在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板,电容将增大D.在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板,电容将增大答案:BCD解析:影响平行板电容器电容大小的因素有:①随正对面积的增大而增大;②随两极间距离的增大而减小;③在两极板间放入电介质,电容增大.据上面叙述可直接看出B、C选项正确.对D选项,实际上是减小了平行板的间距.所以本题正确选项为B、C、D.4.电容器A的电容比电容器B的电容大,这表明( )A.所带的电荷量比B多B.A比B能容纳更多的电荷量C.A的体积比B大D.两电容器的电压都改变1 V时,A的电荷量改变比B的大答案:D解析:电容是电容器的固有属性,由电容器本身的构造决定,电容描述电容器容纳电荷的本领(电容器两极间的电压每改变1 V所改变电荷量的多少)大小,而不表示容纳电荷的多少(带电荷量的多少).5.如图所示是用来测定角度θ的电容式传感器.当动片与定片之间的角度θ发生变化时,引起极板正对面积S的变化,使电容C发生变化,知道C的变化,就可以知道θ的变化情况.下列说法正确的是( )A.θ变大,则C变大B.θ变大,则C变小C.θ变小,则C变大D.θ变小,则C变小答案:BC解析:θ变化,表示极板正对面积变化,由电容器电容随极板正对面积增大而增大可知:θ变大,正对面积变小,C变小;θ变小,正对面积变大,C变大,则B、C项正确.6.如图是电容式话筒的示意图,它是利用电容器制作的传感器,话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层,距膜几十微米处有一金属板,振动膜的金属层和这个金属板构成电容器的两极.在两极间加一电压,人对着话筒讲话时,振动膜前后振动,使电容发生变化,导致话筒所在电路中的其他量发生变化,使声音信号被话筒转化成电信号.其中导致电容变化的原因可能是电容器两极间的( )A.距离变化B.正对面积变化C.介质变化D.电压变化答案:A解析:由题目条件“人对着话筒讲话时,振动膜前后振动,使电容发生变化”可知导致电容变化的原因是振动膜前后振动,从而改变了振动膜与金属板间的距离,所以A选项正确.7.如图所示为常见的可变电容器.(1)将动片旋出一些,稍微减小极板间的正对面积,该电容器的电容将如何变化?(2)如果保持两极板间的正对面积不变,只使极板间的距离稍微增大,则电容器的电容将如何变化? 答案:(1)极板间的正对面积减小,则该电容器电容应减小.(2)若极板间距离增大,则电容器电容也减小.8.找一个旧的电解电容器,将其“正、负”极分别与电池“正、负”极相连,然后将电容器两极同时与舌尖相触,舌尖上会有种“麻酥酥”,类似于触电的感觉,试解释这种现象产生的原因.答案:电容器与电池相接,电池给电容器充电,当将电容器的两极同时与舌尖接触时,舌尖将电容器两极接通,电容器会放电,尽管电流很小,但因为舌尖较敏感,所以能产生“麻酥酥”的感觉.。

【金版学案】2014-2015高中物理人教版必修2同步练习：章末过关检测卷(2)

物理·必修2（人教版）章末过关检测卷(二)第六章万有引力与航天(考试时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．下列说法中正确的是()A．经典力学能够说明微观粒子的规律性B．经典力学适用于宏观物体的低速运动问题，不适用于高速运动的问题C．相对论与量子力学的出现，表示经典力学已失去意义D．对于宏观物体的高速运动问题，经典力学仍能适用解析：经典力学适用于低速、宏观问题，不能说明微观粒子的规律性，不能用于宏观物体的高速运动问题，A、D错误，B正确．相对论与量子力学的出现，并不否定经典力学，只是说经典力学有其适用范围，C错误．答案：B2．要使两物体间万有引力减小到原来的18，可采取的方法是( )A ．使两物体的质量各减少一半，距离保持不变B ．使两物体间距离变为原来的2倍，其中一个物体质量减为原来的12C ．使其中一个物体质量减为原来的14，距离不变D ．使两物体质量及它们之间的距离都减为原来的14解析：由F ＝G Mmr 2可知两物体的质量各减少一半，距离保持不变，两物体间万有引力减小到原来的14，A 错误；两物体间距离变为原来的2倍，其中一个物体质量减为原来的12，两物体间万有引力减小到原来的18，B 正确；使其中一个物体质量减为原来的14，距离不变，两物体间万有引力减小到原来的14，C 错误；两物体质量及它们之间的距离都减为原来的14，两物体间万有引力保持不变，D 错误．答案：B3．星球上的物体脱离该星球引力所需要的最小速度称为第二宇宙速度．星球的第二宇宙速度v 2与第一宇宙速度v 1的关系是v 2＝2v 1.已知某星球的半径为r ，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g 的16.不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为( )A .gr 3B .gr 6C .gr3 D .gr解析：该星球的第一宇宙速度：G Mmr 2＝m v 12r ，在该星球表面处万有引力等于重力：G Mm r 2＝m g6，由以上两式得v 1＝gr6，则第二宇宙速度v 2＝2v 1＝2×gr 6＝gr3，故A 正确．答案：A4．某人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球轨道半径的13，则此卫星运行的周期大约是( )A ．1天～4天B ．4天～8天C ．8天～16天D ．16天～20天解析：根据G Mmr 2＝m 4π2T2r 得，T ＝2πr 3GM ，即T 卫T 月＝r 卫3r 月3＝127，又T 月＝30天，解得T 卫≈5.8天，B 正确．答案：B5．人造地球卫星与地面的距离为地球半径的1.5倍，卫星正以角速度ω做匀速圆周运动，地面的重力加速度为g ，R 、ω、g 这三个物理量之间的关系是( )A ．ω＝252g5RB ．ω＝2g5R C ．ω＝323g 2R D ．ω＝255g 2R解析：由G Mmr 2＝mrω2得ω＝GMr 3，其中r ＝2.5R ，再根据黄金代换g ＝GMR 2可得ω＝252g5R，故A 正确．答案：A6．有两个大小一样、由同种材料组成的均匀球体紧靠在一起，它们之间的万有引力为F ，若用上述材料制成两个半径更小的靠在一起的均匀球体，它们间的万有引力将( )A ．等于FB ．小于FC ．大于FD ．无法比较解析：均匀球体看成位于球心的质点，则两质点相距d ＝2r ，其中r 为球体半径，其万有引力F ＝G m 2（2r ）2＝G⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ·43πr 324r 2＝49ρ2G π2r 4，由此知当r 减小时，它们间的万有引力F 减小，B 正确．答案：B7．2011年11月3日，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接．任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟九号”交会对接．变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R 1、R 2，线速度大小分别为v 1、v 2.则v 1：v 2等于( )A .V 1V 2＝R 13R 23 B .V 1V 2＝R 2R 1C .V 1V 2＝R 22R 12D .V 1V 2＝R 2R 1解析：“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动，向心力由万有引力提供．设地球质量为M ，“天宫一号”质量为m ，则变轨前：G Mm R 12＝m v 12R 1，变轨后：G MmR 22＝m v 22R 2，联立以上两式解得：v 1v 2＝R 2R 1，故选项B 正确．答案：B8．两颗行星绕某恒星做匀速圆周运动，从天文望远镜中观察到它们的运行周期之比是8∶1，两行星的公转速度之比为() A．1∶2 B．2∶1 C．1∶4 D．4∶1解析：由开普勒第三定律得r13r23＝T12T22＝641，故r1r2＝41，两行星的公转速度之比v1v2＝r1·2πT1r2·2πT2＝r1r2·T2T1＝12，A正确．答案：A二、双项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中有两个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分．)9．有一宇宙飞船到了某行星上(该行星没有自转运动)，以速度v 接近行星表面匀速飞行，测出运动的周期为T，已知引力常量为G，则可得()A．该行星的半径为vT 2πB．该行星的平均密度为3πGT2 C．无法求出该行星的质量D．该行星表面的重力加速度为4π2v2 T2解析：由T＝2πRv可得：R＝v T2π，A正确；由GMmR2＝mv2R可得：M＝v3T2πG，C错误；由M＝43πR3ρ得：ρ＝3πGT2，B正确；由GMmR2＝mg得：g＝2πvT，D错误．答案：AB10．2012年6月，“神舟九号”与“天宫一号”完美“牵手”，成功实现交会对接．交会对接飞行过程分为远距离导引段、自主控制段、对接段、组合体飞行段和分离撤离段．则下列说法正确的是() A．在远距离导引段，“神舟九号”应在距“天宫一号”目标飞行器前下方某处B．在远距离导引段，“神舟九号”应在距“天宫一号”目标飞行器后下方某处C．在组合体飞行段，“神舟九号”与“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/sD．分离后，“天宫一号”变轨升高至飞行轨道运行时，其速度比在交会对接轨道时大解析：在远距离导引段，“神舟九号”位于“天宫一号”的后下方的低轨道上飞行，通过适当加速，“神舟九号”向高处跃升，并追上“天宫一号”与之完成对接，A错，B对．“神舟九号”与“天宫一号”组合体在地球上空数百公里的轨道上运动，线速度小于第一宇宙速度7.9 km/s ，C 对．分离后，“天宫一号”上升至较高轨道上运动，线速度变小，D 错．答案：BC11．关于“亚洲一号”地球同步通讯卫星，下述说法正确的是( )A ．已知它的质量是1.24 t ，若将它的质量增加为2.84 t ，其同步轨道半径变为原来的2倍B ．它的运行速度小于7.9 km /s ，它处于完全失重状态C ．它可以绕过北京的正上方，所以我国能利用其进行电视转播D ．它的周期是24 h ，其轨道平面与赤道平面重合且距地面高度一定解析：所有同步卫星的质量可能不同，但轨道半径一定相同，A 错．同步卫星在较高轨道上运行，速度小于7.9 km/s ，重力(万有引力)全部提供向心力，处于完全失重状态，B 对．同步卫星轨道处于赤道的正上方，不可能在北京正上方，C 错．同步卫星的周期与地球自转周期相同，由G Mm （R ＋h ）2＝m (R ＋h )4π2T 2知，高度h ＝3GMT 24π2－R ，即同步卫星的高度一定，D 对．答案：BD12．宇宙中两颗相距很近的恒星常常组成一个双星系统．它们以相互间的万有引力彼此提供向心力，从而使它们绕着某一共同的圆心做匀速圆周运动．若已知它们的运动周期为T ，两星到某一共同圆心的距离分别为R 1和R 2.那么，双星系统中两颗恒星的质量关系是( )A ．这两颗恒星的质量必定相等B ．这两颗恒星的质量之和为4π2（R 1＋R 2）3GT 2C ．这两颗恒星的质量之比为m 1∶m 2＝R 1∶R 2D ．必有一颗恒星的质量为4π2R 1（R 1＋R 2）2GT 2解析：对于两星有共同的周期T ，由牛顿第二定律得G m 1m 2（R 1＋R 2）2＝m 14π2T 2R 1＝m 24π2T 2R 2，所以两星的质量之比m 1∶m 2＝R 2∶R 1，C 错；由上式可得m 1＝4π2R 2（R 1＋R 2）2GT 2，m 2＝4π2R 1（R 1＋R 2）2GT 2，D 正确，A 错误；m 1＋m 2＝ 4π2（R 1＋R 2）3GT 2，B 正确．故正确答案为B 、D.答案：BD三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13．(8分)“东方一号”人造卫星A 和“华卫二号”人造卫星B ，它们的质量之比为m A ∶m B ＝1∶2，它们的轨道半径之比为2∶1，则卫星A 与卫星B 的线速度大小之比为多少？解析：由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mmr 2＝m v 2r ，解得v＝GMr ，故v A v B ＝r Br A＝12＝12. 答案：1∶214．(10分)某星球的质量约为地球质量的9倍，半径为地球半径的一半，若从地球表面高为h 处平抛一物体，水平射程为60 m ，则在该星球上从同样高度以同样的初速度平抛同一物体，水平射程为多少？解析：平抛运动水平位移x ＝v 0t ，竖直位移h ＝12gt 2，解以上两式得x ＝v 0·2h g ，由重力等于万有引力mg ＝G Mm R 2得g ＝GMR2，所以g 星g 地＝M 星M 地⎝ ⎛⎭⎪⎫R 地R 星2＝9×41＝36，x 星x 地＝g 地g 地＝16，x 星＝16x 地＝10 m.答案：10 m15．(12分)发射地球同步卫星时，先将卫星发射到距地面高度为h 1的近地圆轨道上，在卫星经过A 点时点火实施变轨进入椭圆轨道，最后在椭圆轨道的远地点B 点再次点火将卫星送入同步轨道，如图所示．已知同步卫星的运动周期为T ，地球的半径为R ，地球表面重力加速度为g ，忽略地球自转的影响．求：(1)卫星在近地点A 的加速度大小；(2)远地点B 距地面的高度．解析：(1)设地球质量为M ，卫星质量为m ，万有引力常量为G ，卫星在A 点的加速度为a ，由牛顿第二定律得：G Mm （R ＋h 1）2＝ma ，物体在地球赤道表面上受到的万有引力等于重力，则G Mm R 2＝mg ，解以上两式得a ＝R 2g （R ＋h 1）2. (2)设远地点B 距地面高度为h 2，卫星受到的万有引力提供向心力得GMm （R ＋h 2）2＝m 4π2T 2(R ＋h 2)，解得h 2＝3gR 2T 24π2－R . 答案：(1)R 2g （R ＋h 1）2 (2)3gR 2T 24π2－R16．(14分)天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星．双星系统在银河系中很普遍．利用双星系统中两颗恒星的运动特征可推算出它们的总质量．已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为T ，两颗恒星之间的距离为r ，试推算这个双星系统的总质量．(引力常量为G)解析：设两颗恒星的质量分别为m 1、m 2，做圆周运动的半径分别为r 1、r 2，角速度分别是ω1、ω2.根据题意有ω1＝ω2①r 1＋r 2＝r ②根据万有引力定律和牛顿第二定律，有G m 1m 2r 2＝m 1ω12r 1③ G m 1m 2r 2＝m 2ω22r 2④ 联立①②③④式解得r 1＝m 2r m 1＋m 2⑤ 根据角速度与周期的关系知ω1＝ω2＝2πT⑥ 联立③⑤⑥式解得m 1＋m 2＝4π2r 3T 2G. 答案：4π2r 3T 2G。

【金版学案】2014-2015学年高中物理第四节磁场对运动电荷的作用课件新人教版选修1-1

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变式迁移 1．(单选)有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是( ) A．通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用 B．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现 C．带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功 D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行
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变式迁移
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三、电子束的磁偏转及显像管的工作原理垂直磁场方向射入，粒子沿圆轨道运 1．带电粒子________ 动．磁感应强度B 和 2．影响洛伦兹力大小的因素有____________ 栏运动电荷的速度v ． ___________________ 目
电子束磁偏转原理． 3．显像管利用了_______________
例1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，可能受到洛伦兹力 B．洛伦兹力可能对磁场中的电荷做功 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
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解析：磁场对静止电荷没有洛伦兹力的作用，A 错；由于洛伦兹力方向与电荷运动方向始终垂直，故洛伦兹力对电荷不做功，B 错；由左手定则知，洛伦兹力的方向并不在磁感线上，C 错．答案：D
解析：通电直导线与磁场方向平行时，安培力等于零，故选项
A 错；安培力一定垂直磁场和电流所决定的平面，即安培力方向一定垂直磁场方向，选项 D 错；洛伦兹力也一定垂直磁场与速度方向决定的平面，即洛伦兹力一定与运动方向垂直，洛伦兹力一定不做栏目功，选项 C 错；二者的关系为：安培力是大量运动电荷所受洛伦兹链接力的宏观表现，选项 B 正确．答案：B

【金版学案】2014-2015高中物理人教版必修2同步练习：模块综合检测卷

物理·必修2（人教版）模块综合检测卷(考试时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．发现万有引力定律的科学家是()A．开普勒B．牛顿C．卡文迪许D．爱因斯坦答案：B2．经典力学适用于解决()A．宏观高速问题B．微观低速问题C．宏观低速问题D．微观高速问题答案：C3．关于向心加速度的物理意义，下列说法中正确的是()A．描述线速度的大小变化的快慢B．描述线速度的方向变化的快慢C．描述角速度变化的快慢D．描述向心力变化的快慢答案：B4．当质点做匀速圆周运动时，如果外界提供的合力小于质点需要的向心力了，则()A．质点一定在圆周轨道上运动B．质点一定向心运动，离圆心越来越近C．质点一定做匀速直线运动D．质点一定离心运动，离圆心越来越远答案：D5．忽略空气阻力，下列几种运动中满足机械能守恒的是() A．物体沿斜面匀速下滑B．物体自由下落的运动C．电梯匀速下降D．子弹射穿木块的运动答案：B6．人造地球卫星中的物体处于失重状态是指物体()A．不受地球引力作用B．受到的合力为零C．对支持物没有压力D．不受地球引力，也不受卫星对它的引力答案：C7．物体做竖直上抛运动时，下列说法中正确的是()A．将物体以一定初速度竖直向上抛出，且不计空气阻力，则其运动为竖直上抛运动B．做竖直上抛运动的物体，其加速度与物体重力有关，重力越大的物体，加速度越小C．竖直上抛运动的物体达到最高点时速度为零，加速度为零，处于平衡状态D．竖直上抛运动过程中，其速度和加速度的方向都可改变答案：A8．已知地球的第一宇宙速度为7.9 km/s，第二宇宙速度为11.2 km/s, 则沿圆轨道绕地球运行的人造卫星的运动速度() A．只需满足大于7.9 km/sB．小于等于7.9 km/sC．大于等于7.9 km/s，而小于11.2 km/sD．一定等于7.9 km/s答案：B9．如图甲、乙、丙三种情形表示某物体在恒力F作用下在水平面上发生一段大小相同的位移，则力对物体做功相同的是()A．甲和乙B．甲、乙、丙C．乙和丙D．甲和丙答案：D10．如图所示，物体P以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回．若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中()A．P做匀变速直线运动B．P的加速度大小不变，但方向改变一次C．P的加速度大小不断改变，当加速度数值最大时，速度最小D．有一段过程，P的加速度逐渐增大，速度也逐渐增大二、双项选择题(本题共6小题，每题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中有两个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分．)11．关于质点做匀速圆周运动，下列说法中正确的是()A．质点的速度不变B．质点的周期不变C．质点的角速度不变D．质点的向心加速度不变答案：BC12．对下列四幅图的描述正确的是()A．图A可能是匀速圆周运动的速度大小与时间变化的关系图象B．图B可能是竖直上抛运动的上升阶段速度随时间变化的关系图象C．图C可能是平抛运动的竖直方向加速度随时间变化的关系图象D．图D可能是匀速圆周运动的向心力大小随时间变化的关系图象13．关于同步地球卫星，下列说法中正确的是()A．同步地球卫星可以在北京上空B．同步地球卫星到地心的距离为一定的C．同步地球卫星的周期等于地球的自转周期D．同步地球卫星的线速度不变答案：BC14．三颗人造地球卫星A、B、C在地球的大气层外沿如图所示的轨道做匀速圆周运动，已知m A＝m B>m C，则三个卫星()A．线速度大小的关系是v A>v B＝v CB．周期关系是T A<T B＝T CC．向心力大小的关系是F A>F B＝F CD．向心加速度大小的关系是a A>a B>a C答案：AB15.如右图所示，一轻弹簧一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度释放，让它自由摆下．不计空气阻力，则在重物由A点摆向最低点B的过程中()A．弹簧与重物的总机械能守恒B．弹簧的弹性势能增加C．重物的机械能不变D．重物的机械能增加答案：AB三、非选择题(本大题3小题，共40分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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．) 16．(11分)在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50 Hz，当地重力加速度的值为9.80 m/s2，测得所用重物的质量为1.00 kg.若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图所示(相邻计数点时间间隔为0.02 s)，那么：(1)纸带的______端与重物相连；(2)打点计时器打下计数点B时，物体的速度v B＝________；(3)从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是ΔE p＝________，此过程中物体动能的增加量ΔE k＝________(取g＝9.8 m/s2)；(4)通过计算，数值上ΔE p____ΔE k(填“＞”“＝”或“＜”)，这是因为_______________________________________________________ _________________；(5)实验的结论是______________________________________________________．解析：(1)重物在开始下落时速度较慢，在纸带上打的点较密，越往后，物体下落得越快，纸带上的点越稀．所以，纸带上靠近重物的一端的点较密，因此纸带的左端与重物相连．(2)v B＝OC－OA2T＝0.98 m/s.(3)ΔE p＝mg×OB＝0.49 J，ΔE k＝12m v B2＝0.48 J.(4)ΔE p＞ΔE k，这是因为实验中有阻力．(5)在实验误差允许范围内，机械能守恒．答案：(1)左(2)0.98 m/s(3)0.49 J0.48 J(4)＞这是因为实验中有阻力(5)在实验误差允许范围内，机械能守恒17.(4分)如图所示，将轻弹簧放在光滑的水平轨道上，一端与轨道的A端固定在一起，另一端正好在轨道的B端处，轨道固定在水平桌面的边缘上，桌边悬一重锤．利用该装置可以找出弹簧压缩时具有的弹性势能与压缩量之间的关系．(1)为完成实验，还需下列那些器材？________．A．秒表B．刻度尺C．白纸D．复写纸E．小球F．天平(2)某同学在上述探究弹簧弹性势能与弹簧压缩量的关系的实验中，得到弹簧压缩量x和对应的小球离开桌面后的水平位移s的一些数据如下表，则由此可以得到的实验结论是___________________________________________________________ _____________.答案：(1)BCDE (2)弹簧的弹性势能与弹簧压缩量的平方成正比18.(8分)如图一辆质量为500 kg 的汽车静止在一座半径为50 m 的圆弧形拱桥顶部．(取g ＝10 m /s 2)(1)此时汽车对圆弧形拱桥的压力是多大？(2)如果汽车以6 m /s 的速度经过拱桥的顶部，则汽车对圆弧形拱桥的压力是多大？(3)汽车以多大速度通过拱桥的顶部时，汽车对圆弧形拱桥的压力恰好为零？解析：(1)汽车受重力G 和拱桥的支持力F ，二力平衡，故F ＝G ＝5 000 N根据牛顿第三定律，汽车对拱桥的压力为5 000 N. (2)汽车受重力G 和拱桥的支持力F ，根据牛顿第二定律有 G －F ＝m v 2r 故F ＝G －m v 2r＝4 000 N根据牛顿第三定律，汽车对拱桥的压力为4 000 N.(3)汽车只受重力GG ＝m v 2rv ＝gr ＝10 5 m/s.答案：见解析19．(8分)要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道．求摩托车在直道上行驶所用的最短时间．有关数据见表格．某同学是这样解的：要使摩托车所用时间最短，应先由静止加速到最大速度 v 1＝40 m /s ，然后再减速到v 2＝20 m /s ，t 1＝v 1a 1；t 2＝（v 1－v 2）a 2；t ＝t 1＋t 2.你认为这位同学的解法是否合理？若合理，请完成计算；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果．解析：①不合理②理由：因为按这位同学的解法可得t1＝v1a1＝10s，t2＝（v1－v2）a2＝2.5s总位移x＝v12t1＋v1＋v22t2＝275m>s.③由上可知摩托车不能达到最大速度v2，设满足条件的最大速度为v，则v22a1＋v2－v222a2＝218.解得v＝36 m/s，这样加速时间t1＝va1＝9 s，减速时间t2＝（v1－v2）a2＝2 s，因此所用的最短时间t＝t1＋t2＝11 s.答案：见解析20．(9分)如下图所示，质量m＝60 kg的高山滑雪运动员，从A 点由静止开始沿雪道滑下，从B点水平飞出后又落在与水平面成倾角θ＝37°的斜坡上C点．已知AB两点间的高度差为h＝25 m，B、C两点间的距离为s＝75 m，(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)，求：(1)运动员从B点飞出时的速度v B的大小．(2)运动员从A到B过程中克服摩擦力所做的功．解析：(1)设由B到C平抛运动的时间为t 竖直方向：h BC＝s sin 37°h BC＝12gt2水平方向：s cos 37°＝v B t代入数据，解得：v B＝20 m/s.(2)A到B过程由动能定理有mgh AB＋W f＝12m v B2－0代入数据，解得W f＝－3 000 J所以运动员克服摩擦力所做的功为3 000 J.答案：见解析。

金版学案2014-2015学年高中物理第1章末整合训练试题粤教版必修2

【金版学案】2014-2015学年高中物理第1章末整合训练试题粤教版必修2专题一判断合运动的性质合运动的性质由物体所受的合外力的性质决定，判断物体做直线运动还是曲线运动，则由物体所受的合外力与速度方向的关系决定．1．合运动的性质判断．(1)当物体所受的合外力为零时，做匀速直线运动，如两个分运动都是匀速运动，合运动一定是匀速直线运动．(2)当物体所受的合外力为恒力时，做匀变速运动，如一个分运动为匀速运动，另一个分运动为匀变速运动，合运动的加速度恒定，故合运动是匀变速运动．(3)当物体所受的合外力为变力时，做变加速运动，如匀速圆周运动．2．物体做直线运动还是曲线运动的判断．(1)当物体所受的合外力与速度方向在同一直线上时，做直线运动，如自由落体运动、竖直上抛运动，合外力方向都与速度方向在同一直线上．(2)当物体所受的合外力与速度方向不在同一直线上时，做曲线运动，如平抛运动、斜抛运动，合外力的方向都与速度方向不在同一直线上．(2014·天津高一期中考)关于曲线运动，以下说法正确的是( )A．曲线运动不可能是一种匀变速运动B．做曲线运动的物体合外力可能为零C．做曲线运动的物体所受的合外力一定是变化的D．曲线运动是一种变速运动解析：运动轨迹是直线还是曲线，只决定于合外力的方向与速度的方向是否在同一直线上，A、B、C选项错误；做曲线运动的物体速度时刻变化，一定是变速运动，D选项正确．答案：D变式训练1．(2014·浙江余姚高一期中考)下列说法中正确的是( )A．做曲线运动的物体速度的方向必定变化B．速度变化的运动必定是曲线运动C．加速度恒定的运动不可能是曲线运动D．加速度变化的运动必定是曲线运动解析：做曲线运动的物体速度的方向是曲线上各点的切线方向，曲线的切线方向时刻变化，A正确；变速直线运动的速度时刻变化，B错误；只要合外力与速度方向不在一直线时物体一定做曲线运动，C、D错误．答案：A专题二运动的合成与分解1．运动的合成与分解：运动的合成与分解是指描述运动的物理量位移、速度及加速度的合成和分解，遵循矢量运算的平行四边形定则．(1)按物体实际参与的运动效果进行：如小船渡河问题中，小船同时参与了水流和静水中小船自身两个分运动．(2)按正交分解法进行：把物体参与的运动按两个选定的直角坐标方向进行分解． 2．运动的合成与分解的应用． (1)小船渡河问题的应用．①小船渡河的最短时间：渡河的最短时间由垂直于河岸方向的分速度及河宽决定，t min＝d v ⊥. ②小船渡河的最短距离：a ．若v 船>v 水，则当船的合速度垂直于河岸时，有最短的距离，等于两河岸的距离d ，这时船头与河岸的夹角为cos α＝v 水v 船.b ．若v 船<v 水，当船头与船的合速度垂直时，渡河的距离最小，船头与河岸的最小夹角α，则cos α＝v 船v 水. (2)跨过定滑轮(或绳拉物体)运动速度的分解问题：按运动的实际效果分解，可分解为沿绳的方向和垂直于绳的方向的运动，若物体的速度(合速度)为v ，沿绳方向的分速度为v 1，垂直于绳方向分速度为v 2，则v ＝v 1cos α，如果v 1恒定，则v 是变化的，匀速拉绳子时，船做变速运动．如图所示，用一根轻绳拉住一置于水平地面的物体，绳的另一端通过定滑轮被人拉住，则当人用手匀速向左拉绳时，物体将做( )A ．匀速运动B ．减速运动C ．加速运动D ．不能确定解析：物体的速度v 为合速度，人的速度与绳的速度相同，则v 人＝v cos α恒定，物体靠近墙边的过程，α角增大，则船速v 增大．选项C 正确．答案：C专题三抛体运动1．抛体运动的特点．抛体运动有两个共同的特点： (1)只受重力的作用，故抛体运动都是匀变速运动．(2)初速度不为零，所以，当合力与速度在一直线时，物体做匀变速直线运动，如竖直上抛和竖直下抛；当合力与速度不在一直线时，物体做曲线运动，如平抛和斜抛运动．2．平抛运动的规律及应用：平抛运动是典型的匀变速曲线运动，从下面三方面介绍其应用．(1)利用平抛运动的偏转角度解题．设做平抛运动的物体，下落高度为h ，水平位移为x 时，速度v A 与初速度v 0的夹角为θ，由图可得：tan θ＝v y v x ＝gt v 0＝gt 2v 0t ＝2hx①将v A 反方向延长与x 相交于O 点，设A ′O ＝d ，则有： tan θ＝h d解得d ＝12x ，tan θ＝2hx＝2tan α②①②两式揭示了偏转角和其他各物理量的关系．(2)利用平抛运动的轨迹解题．平抛运动的轨迹是一条抛物线，已知抛物线上的任意一段，就可求出水平初速度和抛出点，其他物理量也就迎刃而解了．设图为某小球做平抛运动的一段轨迹，在轨迹上任取两点A 和B ，分别过A 点作竖直线，过B 点作水平线相交于C 点，然后过BC 的中点D 作垂线交轨迹于E 点，过E 点再作水平线交AC 于F 点，小球经过AE 和EB 的时间相等，设为单位时间T .由Δs ＝aT 2知T ＝Δyg＝y FC －y AFgv 0＝y FET＝g y FC －y AF·y EF .(3)斜面与平抛运动问题：解决这类问题的方法是抓住斜面倾角的正切值，从这条主线入手，问题就迎刃而解．小球从空中以某一初速度水平抛出，落地前1 s 时刻，速度方向与水平方向夹角为30°，落地时速度方向与水平方向夹角为60°，g 取10 m/s 2.求小球在空中的运动时间及抛出的初速度．解析：如下图所示，作出平抛运动轨迹上该两时刻的速度分解图，设小球初速度为v 0，其在空中的运动时间为t ，则由图示直角三角形关系得tan 30°＝g （t －1）v 0，tan 60°＝gtv 0，将有关数字代入即可求得t ＝1.5 s ，v 0＝5 3 m/s.答案：1.5 s 5 3 m/s如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P 点正上方某一位置Q 处以大小为10 m/s 的水平速度向左抛出一小球，小球恰好能垂直撞在斜坡上，运动时间为t ，则t 的值是(不计空气阻力，g ＝10 m/s 2)( )A. 2 sB.12s C ．2 s D ．1 s解析：设小球的末速度为v ，把v 分解为水平分速度v x 及竖直分速度v y ，由几何关系可得tan 45°＝v y v x，而v x ＝v 0＝10 m/s ，v y ＝gt ，可得t ＝1 s ，D 选项正确．答案：D 变式训练2．如图所示，在离地面高h 处有个小球A ，以速度v 1水平抛出，与此同时，地面上有个小球B ，以速度v 2竖直向上抛出，两个小球在空中相遇，则( )A ．从抛出到相遇所需的时间为h v 1B ．从抛出到相遇所需的时间为h v 2C ．两球抛出时的水平距离为hv 2v 1D ．两球抛出时的水平距离一定为h解析：A 球在竖直方向做自由落体运动，设两球经时间t 相遇，则y A ＋y B ＝h ，而y A ＝12gt 2，y B ＝v 2t －12gt 2即12gt 2＋v 2t －12gt 2＝h ，解得t ＝hv 2，故B 正确，A 错误；两球抛出时的水平距离即A 球的水平位移x ＝v 1t ＝hv 1v 2，故C 、D 错误．答案：B。

【金版学案】20142015学年高中物理第一节电磁波的发现同步检测试题新人教版选修11

"【金版学案】2014-2015学年高中物理第一节电磁波的发现同步检测试题新人教版选修1-1 "电磁波及其应用通过本章的学习，要了解有关电磁波的产生、发展、接收及相关应用，本章通过“电磁波的发现”定性地介绍了麦克斯韦的电磁场理论，并展现了存在电波的“伟大预言”的科学思辨过程；通过“赫兹的电火花”给出了对电磁波预言的验证方法及其工作意义．要使学生理解不同频率范围的电磁波服从电磁波的共同规律，但因为频率不同又各自具有某些特性和用途，知道电磁波具有能量，是一种物质．在电磁波发射和接收技术中，了解一些技术名词，如：“调制”“调幅”“调谐”“调频”“解调”等．知道电视、移动通信、互联网、传感器等实际应用和简单原理．感受信息时代来临对人类生产生活带来的巨大影响，科学技术对经济、社会发展的贡献．第一节电磁波的发现►基础巩固1．(多选)关于电磁场的理论，下列说法正确的是( )A．变化的电场周围产生的磁场一定是变化的B．变化的电场周围产生的磁场不一定是变化的C．均匀变化的磁场周围产生的电场也是均匀变化的D．按照正弦函数规律变化的振荡电场周围产生的磁场是变化的磁场解析：根据麦克斯韦电磁场理论，如果电场的变化是均匀的，产生的磁场就是稳定的．如果电场的变化是不均匀的，产生的磁场就是变化的，A选项错，B选项正确；均匀变化的磁场产生稳定的电场，C选项错；按照正弦函数规律变化的振荡电场，因为电场不是均匀改变的，所以在其周围空间一定产生同频率的变化的磁场，故D选项正确．答案：BD2．(多选)下列说法中正确的是( )A．电磁感应现象是法拉第发现的B．建立完整的电磁理论的科学家是麦克斯韦C．最早预见到电磁波存在的科学家是麦克斯韦D．麦克斯韦最早用实验证实电磁波的存在答案：ABC3．(单选)关于电磁波在真空中的传播速度，以下说法正确的是( )A．电磁波的频率越高，传播速度越大B．电磁波的波长越长，传播速度越大C．电磁波的能量越大，传播速度越大D．所有电磁波在真空中的传播速度都相等解析：电磁波在真空中的传播速度为光速，与其他因素无关．答案：D4．(多选)按照麦克斯韦的电磁场理论，下列说法中正确的是( )A．稳定的电场周围产生稳定的磁场，稳定的磁场周围产生稳定的电场B．变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场C．均匀变化的电场周围产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场周围产生均匀变化的电场D．均匀变化的电场周围产生稳定的磁场，均匀变化的磁场周围产生稳定的电场解析：只有变化的电场(磁场)周围才能产生磁场(电场)，并且均匀变化的电场(磁场)周围产生的磁场(电场)是稳定的．所以B、D选项正确．答案：BD5．(多选)关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是( )A．有电磁场就有电磁波B．电磁波的传播需要介质C．电磁波能产生干涉和衍射现象D．电磁波中电场和磁场的方向处处相互垂直解析：电磁场由近及远的传播形成电磁波，电磁波在传播过程中，电场、磁场以及传播方向三者相互垂直，电磁波是一种波，它具有波的一切特征，它能发生反射、折射、干涉、衍射等现象，电磁波在真空中的速度最大，它的传播不需要介质．答案：CD6．(单选)如下图所示是某一固定面的磁通量的变化图象，在它周围空间产生的电场中的某一点场强E应是( )A．逐渐增强 B．逐渐减弱C．不变 D．无法确定解析：由图象可知，磁场在均匀变化，故在磁场周围产生的电场是稳定不变的．答案：C7．(多选)电磁波与机械波相比，以下说法正确的是( )A．电磁波可以在真空中传播B．机械波也可以在真空中传播C．机械波可以传递能量D．电磁波可以离开波源继续传播答案：ACD8．(单选)某电路中电场随时间变化的图象如下列图所示，能发射电磁波的电场是( )解析：由麦克斯韦电磁场理论，当空间出现恒定的电场时(如A图)，由于其不激发磁场，故无电磁波产生；当出现均匀变化的电场(如B图、C图)，会激发出磁场，但磁场恒定，不会再在较远处激发起电场，故也不会产生电磁波；只有周期性变化的电场(如D图)，才会激发出周期性变化的磁场，其又激发出周期性变化的电场……如此不断激发，便会形成电磁波．答案：D►能力提升9．(单选)手机A有号码是133××××0002，手机B的号码是133××××0008.手机A拨手机B时，手机发出响声且屏上显示A的号码“133××××0002”，若将手机A置于一透明真空玻璃罩中，用手机B拨叫手机A，则玻璃罩外面的人发现手机A( ) A．发出响声，并显示B的号码“133××××0008”B．不发出响声，但显示B的号码“133××××0008”C．不发出响声，但显示A的号码“133××××0002”D．既不发出响声，也不显示号码解析：声波为机械波，传播需要介质，在真空中不能传播；光波、手机发射的信号均为电磁波，故用手机B拨叫手机A时，玻璃罩外的人能看到A手机显示的B手机号码，但听不到声音，故B正确．答案：B10．(多选)关于电磁场和电磁波，正确的说法是( )A．只要空间某个区域有变化的电场或磁场，就能产生电磁波B．只要电磁波的发射器停止震荡，产生的电磁波立即消失C．变化的电场和磁场总是相互联系的，构成一个不可分离的统一体，即电磁场D．周期性变化的电场能激发相同频率的磁场答案：CD。

【金版学案】高中物理第四节电容器同步检测试题新人教版选修1-1

第四节电容器►基础巩固1．(单选)电容器A的电容比电容器B的电容大，这表明( )A．电容器A极板间的距离一定比B电容器极板间的距离近B．电容器A极板的面积一定比B电容器极板面积大C．A的体积一定比B的体积大D．两电容器的电压相等时，A带的电荷量比B的多解析：电容是电容器的固有属性，由电容器本身的构造决定，电容描述了电容器容纳电荷的本领，即一定电压下，极板上存储电荷越多，电容越大，正确选项为D.答案：D2．(多选)超级电容器比普通电容器的电容大得多，是一种介于传统电容器与电池之间、具有特殊性能的电容器，可做电源使用，但在其储能的过程并不发生化学反应，这种储能过程是可逆的，也正因为此超级电容器可以反复充放电数十万次．下列关于超级电容器的说法正确的是( )A．用导线连接它的两个极板组成电路，电容器放电B．用导线连接它的两个极板组成电路，电容器充电C．用导线连接它的两个极板组成电路，电容器两极板电压将减小D．用导线连接它的两个极板组成电路，电容器两极板电压将增大E．给电容器充电，电容器两极板的电压将增大，电荷量增多解析：电容器的电容与电压大小，带电荷量多少无关．答案：ACE3．(单选)某电解电容器上标有“25 V 470 μF”的字样，其中“25 V”为电容器工作的最大电压．对此，下列说法中正确的是( )A．当电容器两极间电压是25 V时，电容器的电容才是470 μFB．电容器两极间电压必须是25 V时，电容器才能正常工作C．电容器两极间电压必须在直流25 V以下时，电容器才能正常工作D．这种电容器使用时，不需要考虑电容器的两根引线的极性答案：C4．(单选)电容器是一种常用的电子元件．对电容器认识正确的是( )A．电容器的电容表示其储存电荷的能力B．电容器两电极正对面积越大，电容越小C．电容器两电极的距离越远，电容越大D．电容的常用单位有μF和pF,1 μF＝103 pF解析：电容器的电容与Q、U无关，B、C错，1 μF＝106 pF，D错．答案：A5．(单选)据预测，21世纪智能机器人将进入家庭，各种各样的传感器是智能机器人的核心部分．传感器是一种将感受到的物理量(如光、热、力、声等)转化成便于测量的量(一般是电学量)的转化装置．如图所示是一种测量压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，可使膜片发生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计、直流电源串联，接成闭合电路，那么( )①当F向上压膜片电极时，电容将减小②当F向上压膜片电极时，电容将增大③若电流计有示数，则压力F发生变化④若电流计有示数，则压力F不发生变化A．①③B．②③C．①④ D．②④解析：当F向上压膜片电极时，两极板间距变小，电容增大；若电流计有示数，则表明电容器处于充电或放电状态，即电容在变化，所以压力F发生变化．答案：B6．(单选)有关电容的单位及换算正确的是( )A．电容的单位是库仑B．电容的国际单位是法拉C．1 F＝10－6μFD．1 F＝ 106 pF答案：B7．(单选)一平行板电容器的两个极板分别接在电池组的正极和负极上，则( ) A．电容器两极板间可形成匀强电场B．电容器所带的电荷量一直增加C．只要断开电池组，电容器要放电，带的电荷量立即为零D．电容器的电容与电池组的电压成正比解析：电容器带电后，两板间是匀强电场，故A对．与电源相连后是充电还是放电，应看电容器原有电压与电源电压的大小关系，故B错．电容器要想放电，需将两板短接，故C 错．电容是电容器本身的因素，与外界因素无关，故D错．答案：A►能力提升8．(单选)关于电容器的电容，下列说法正确的是( )A．电容器是一种理想的仪器，现实生活中不存在B．电容器是储存电荷的装置C．电容的国际单位是微法D．电容器极板的正对面积越大，板间距离越大，电容器电容就越大解析：电容器是常见的电子元件，是储存电荷的装置，所以A错B对．国际单位是法拉，微法是常用单位，C错，电容器极板的正对面积越大，板间距离越小，电容器电容就越大，所以D错．答案：B9．(单选)某一电容器标注的是“300 V,5 μF”，则下述说法中正确的是( )A．该电容器可在400 V以下电压正常工作B．该电容器只能在300 V电压时正常工作C．电压是200 V时，电容仍是5 μFD．使用时只需要考虑工作电压，不必考虑电容器的引出线与电源的哪个极相连解析：“300 V,5 μF”的意义是：300 V是电容器的最高电压，也就是电容器的击穿电压，且电容器的击穿电压与实际电压无关，可知C、B项错误，A正确．有些电容器有极性，与电源相接时要注意电源的正负极，故D项错误．答案：A10．(单选)收音机选台时，是通过改变调谐电路中的电容器的电容来完成的．对于这个过程，下列说法正确的是( )A．是通过改变两极板的正对面积来完成的B．是通过改变两极板之间的距离来完成的C．是通过改变两极板之间的电介质来完成的D．以上说法都不对解析：收音机的选台旋钮．是通过改变电容器两板的正对面积来改变电容的，当变到调谐电路的固有频率和想要接收的某电台频率相等时，该电磁波在调谐电路中产生的振荡电流最强，其他电台的很弱，从而就可收听该电台的节目了．所以只有A正确．答案：A。

高中物理1.4电容器训练(含解析)新人教版选修11

高中物理1.4电容器训练（含解析）新人教版选修11课时过关·能力提升基础巩固1电容器是一种常用的电子元件,下列对电容器的认识正确的是()A.电容器的电容表示其储存电荷的能力B.电容器的电容与它所带的电荷量成正相关C.电容器的电容与它两极板间的电压成正相关D.电容的常用单位有μF和pF,1 μF=103 pF解析:电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量,其大小由电容器本身因素决定,如极板正对面积、板间距离、电介质等,与是否带电、电压的高低等无关。

1 μF=106 pF。

故只有选项A 正确。

答案:A2关于电容器和电容,下列说法正确的是()A.电容器的电容由自身性质决定B.用电源对平行板电容器充电后,两极板一定带有等量异种电荷C.某一电容器两端电压越高,带的电荷量越大D.某一电容器两板间的电压越高,它的电容就越大解析:电容器的基本构造是两个彼此绝缘又相互靠近的导体,其作用是容纳电荷,当电容器带电时,两极板一定带有等量异种电荷。

电容是描述电容器容纳电荷量本领大小的物理量,其大小与电容器本身性质有关,与两极板间所加电压大小和所带电荷量的多少无关。

答案:ABC3有关电容的单位及换算正确的是()A.电容的单位是库仑B.电容的国际单位是法拉C.1 F=10-6μFD.法拉是个很小的单位答案:B4某电容器上标有“9 V 1.5 μF”,则表示该电容器()A.只有在9 V的电压下它的电容才是1.5 μFB.只有在9 V的电压下,电容器才能正常工作C.所加的电压不应超过9 VD.当它的电压为4.5 V时,它的电容变为0.75 μF解析:电容器上所标的“9 V 1.5 μF”表示该电容器的电容是1.5 μF,额定电压为9 V。

其电容C=1.5 μF与所加电压无关,所以只有选项C正确。

答案:C5平行板电容器,如图所示,下列哪些措施可以减小它的电容()A.增大两板间的距离而其他因素不变B.减小两板间的距离(不接触)而其他因素不变C.保持两板距离不变使两板错开一些D.增大两板距离同时使两板错开一些解析:平行板电容器的电容的大小与正对面积、极板距离、电介质等因素有关。

【金版学案】2014-2015学年高中物理第16-19章模块综合检测卷新人教版选修3-5

【金版学案】2014-2015学年高中物理第16-19章模块综合检测卷新人教版选修3-5(测试时间：50分钟评价分值：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．(2014·上海卷)链式反应中，重核裂变时放出的可以使裂变不断进行下去的粒子是( )A．质子 B．中子 C．β粒子 D．α粒子解析：重核的裂变需要中子的轰击，在链式反应中，不断放出高速的中子使裂变可以不断进行下去，B项正确．答案：B2．(2014·福建卷)如图，放射性元素镭衰变过程中释放α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法中正确的是( )A．① 表示γ射线，③ 表示α射线 B．② 表示β射线，③ 表示α射线C．④ 表示α射线，⑤ 表示γ射线 D．⑤ 表示β射线，⑥ 表示α射线解析：因为γ射线不带电，所以电场和磁场对其都没有力的作用，② ⑤表示γ射线，A错误；β射线为电子流，带负电，受到电场力向左，受到洛伦兹力向右，① ⑥代表β射线，B、D项错误，C项正确．答案：C3．如图为氢原子能级示意图的一部分，则氢原子( )A ．从n ＝4能级跃迁到n ＝3能级比从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级辐射出电磁波的波长长B ．从n ＝5能级跃迁到n ＝1能级比从n ＝5能级跃迁到n ＝4能级辐射出电磁波的速度大C ．处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的D ．从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量分析：本题考查了能级、电子云、频率、波长、波速等基本概念，强调其间的关联，考查方式较为细致，尤以C 、D 两项为甚．解析：A.由图可知E 43＜E 32，根据公式ε＝h ν可得v 43＜v 32，再由λ＝c v，即得λ43＞λ32.A.正确．B ．错误．若是在真空中，任何电磁波的速度都是3.0×108m/s. C ．错误．处于不同能级时，核外电子出现的概率对应了不同的电子云． D ．错误．应该是“氢原子”向外放出能量，而非“氢原子核”．答案：A4．(2014·上海卷)不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论是( ) A ．原子中心有一个很小的原子核 B ．原子核是由质子和中子组成的 C ．原子质量几乎全部集中在原子核内 D ．原子的正电荷全部集中在原子核内解析：卢瑟福通过α散射实验，发现绝大多数粒子发生了偏转，少数发发生了大角度的偏转，极少数反向运动，说明原子几乎全部质量集中在核内；且和α粒子具有斥力，所以正电荷集中在核内；因为只有极少数反向运动，说明原子核很小；并不能说明原子核是由质子和中子组成的，B 项正确．答案：B5．(2013·重庆卷)铀是常用的一种核燃料，若它的原子核发生了如下的裂变反应：23592U ＋10n→a ＋b ＋210n 则a ＋b 可能是( )A.14054Xe ＋9336Kr B.14156Ba ＋9236Kr C.14156Ba ＋9338Sr D.14054Xe ＋9438Sr分析：根据核反应前后质量数和电荷数都守恒逐项分析即可．解析：核反应前后质量数和电荷数都守恒，A 都不守恒，B 质量数不守恒，C 电荷数不守恒，D 正确．答案：D点评：本题考查了重核裂变前后质量数和电荷数都守恒，仔细计算即可．6．(2013·江苏卷)如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们相等的还有( )A ．速度B ．动能C ．动量D ．总能量解析：根据德布罗意波长公式λ＝hp，一个电子的德布罗意波长和一个中子的波长相等，则动量p 亦相等，故选C.答案：C7．(2014·北京卷)带电粒子a 、b 在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a 运动的半径大于b 运动的半径．若a 、b 的电荷量分别为q a 、q b ，质量分别为m a 、m b ，周期分别为T a 、T b .则一定有( )A ．q a ＜q bB ．m a ＜m bC ．T a ＜T b D.q a m a ＜q b m b分析：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式后比较即可．解析：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB ＝m v 2r，解得：r ＝mv qB，由于mv 、B 相同，故r ∝1q；A ．r ∝1q，a 运动的半径大于b 运动的半径，故q a ＜q b ，故A 正确；B ．由于动量mv 相同，但速度大小未知，故无法判断质量大小，故B 错误；C ．周期T ＝2πrv，虽然知道a 运动的半径大于b 运动的半径，但不知道速度大小关系，故无法判断周期关系，故C 错误；D ．粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB ＝m v 2r 故：q m ＝vBr，虽然知道a 运动的半径大于b 运动的半径，但不知道速度大小关系，故无法判断比荷关系，故D 错误；故选：A. 答案：A点评：本题关键是明确粒子的运动情况和受力情况，然后结合牛顿第二定律列式分析，基础问题．二、双项选择题(本题共3小题，每题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中有两个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分．)8．(2014·新课标全国卷Ⅱ)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法符合历史事实的是( )A ．汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中的偏转实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷；密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值B ．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核C ．居里夫妇从沥青铀矿中分离出钋(Po)和镭(Ra)两种新元素D ．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子核内部存在质子解析：汤姆孙通过对阴极射线在电场及在磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测定了粒子的比荷；密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值为1.6×10－19C ，A 正确；贝克勒尔通过对天然放射性研究发现了中子， B 错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素，C 正确；卢瑟福通过α粒子散射实验，得出了原子的核式结构理论， D 错误．答案：AC9．(2014·新课标全国卷Ⅰ)关于天然放射性，下列说法正确的( )A．所有元素都有可能发生衰变B．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，半衰期与外界的温度无关C．三种射线中，γ射线的穿透能力最强D．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线分析：自然界中有些原子核是不稳定的，可以自发地发生衰变，衰变的快慢用半衰期表示，与元素的物理、化学状态无关．解析：A.有些原子核不稳定，可以自发地衰变，但不是所有元素都可能发生衰变，故A 错误；B.放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度无关，故B正确；C.放射性元素的放射性与核外电子无关，故放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故C正确；D.一个原子核在一次衰变中只能放出α、β和γ三种射线中的一种，α、β和γ三种射线，γ射线的穿透力最强，电离能力最弱，故D错误．故选B、C.答案：BC点评：本题关键是明确原子核衰变的特征、种类、快慢，熟悉三种射线的特征，基础问题．10．(2013·广东卷)铀核裂变是核电站核能的重要来源，其一种裂变反应23592U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n，下列说法正确的有( )A．上述裂变反应中伴随着中子放出B．铀块体积对链式反应的发生无影响C．铀核的链式反应可人工控制D．铀核的半衰期会受到环境温度的影响答案：AC三、非选择题(本大题3小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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．)11．(1)(6分)(2014·全国新课标卷Ⅱ)现利用图(a)所示装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A 、B 两个滑块，滑块A 右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计数器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．实验测得滑块A 的质量m 1＝0.301 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.108 kg ，遮光片的宽度d ＝1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率f ＝50 Hz.将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰．碰后光电计数器显示的时间为Δt B ＝3.500 m/s ，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．若实验允许的相对误差绝对值⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪碰撞前后总动量之差碰撞前总动量×100%最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．(1)分析：根据图示纸带求出滑块的速度，然后求出碰撞前后的动量，根据题目要求判断动量是否守恒．解析：打点计时器的打点时间间隔t ＝1f ＝150 s ＝0.02 s ，由图(b)所示纸带可知，碰撞前A 的速度：v A ＝x A t ＝0.040 00.02m/s ＝2 m/s ，碰撞后A 的速度：v A ′＝0.019 40.02m/s ＝0.97 m/s ，碰撞后B 的速度：v B ′＝d Δt B ＝0.010 03.5×10－3 m/s≈2.86 m/s，碰撞前后系统总动量分别为：p ＝m 1v A ＝0.31×2 kg·m/s＝0.62 kg·m/s，p ′＝m 1v A ′＋m 2v B ′＝0.31×0.97＋0.108×2.86≈0.61 kg·m/s，绝对误差：⎪⎪⎪⎪⎪⎪p －p ′p ×100%＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0.62－0.610.62×100%≈1.7%＜5%，由此可知，在误差范围内验证了动量守恒定律．答案：在误差范围内验证了动量守恒定律，证明过程如上所述．点评：本题考查了验证动量守恒定律实验，由纸带求出滑块速度是正确解题的关键、应用动量计算公式即可正确解题．(2)(6分)(2014·江苏卷)氡222是一种天然放射性气体，被吸入后，会对人的呼吸系统造成辐射损伤．它是世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一．其衰变方程是22286Rn→21884Po ＋__________.已知22286Rn 的半衰期约为3.8天，则约经过________天，16 g 的22286Rn 衰变后还剩1 g.解析：根据核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒可知生成物电荷数为2，质量数为4，即为α粒子．设半衰期为τ，半衰期的定义：m 剩＝m 0⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，而n 为发生半衰期的次数，n＝tτ；代入数据可得t ＝15.2天．答案：42He 15.2天(3)(6分)根据玻尔原子结构理论，氦离子(H e ＋)的能级图如图所示．电子处在n ＝3轨道上比处在n ＝5轨道上离氦核的距离__________(选填“近” 或 “远”). 当大量He ＋处在n ＝4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有________ 条．解析：根据玻尔原子理论，能级越高的电子离核距离越大，故电子处在n ＝3轨道上比处在n ＝5轨道上离氦核的距离近．跃迁发出的谱线条数为n n －2，代入n ＝4得有6条谱线．答案：近 612．(18分)(2013·安徽卷)一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F 随时间t 的变化情况如图2所示，物体相应的速度v 随时间t 的变化关系如图3所示．求：(1)0～8 s 时间内拉力的冲量； (2)0～6 s 时间内物体的位移；(3)0～10 s 时间内，物体克服摩擦力所做的功．解析：(1)由图象知，力F 的方向恒定，故力F 在0～8 s 内的冲量I ＝F 1t 1＋F 2t 2＋F 3t 3＝(1×2＋3×4＋2×2)N·s＝18 N·s.(2)由图2知，物体在0～2 s 内静止，2～6 s 内做匀加速直线运动，初速度为0，末速度为3 m/s.所以物体在0～6 s 内的位移即为2～6 s 内匀加速运动的位移：x 1＝v ＋v 02t ＝3＋02×4 m＝6 m(3)由图2知物体在6～8 s 内做匀直线运动，此时摩擦力与拉力平衡即：f ＝F ＝2 N; 物体在6～8 s 内做匀速直线运动位移：x 2＝vt ＝3×2 m＝6 m物体在8～10 s 内做匀减速运动位移：x 3＝v ＋v 02t ＝3＋02×2 m＝3 m所以物体在0～10 s 内的总位移：x ＝x 1＋x 2＋x 3＝15 m摩擦力做功：W f ＝－fx ＝－2×15 J＝－30 J 即物体克服摩擦力做功30 J.答案：(1)0～8 s 时间内拉力的冲量为18 N·s； (2)0～6 s 时间内物体的位移为6 m ；(3)0～10 s 时间内，物体克服摩擦力所做的功为30 J.13.(18分)(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图，质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上方，B 球距离地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方．先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放．当A 球下落t ＝0.3 s时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰好为零．已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B 球第一次到达地面时的速度； (2)P 点距离地面的高度．分析：(1)B 球释放后做自由落体运动，根据自由落体运动位移速度公式即可求解； (2)A 球释放后做自由落体运动，根据速度时间公式求出碰撞时，A 球的速度，碰撞过程中动量守恒，不考虑动能损失，则机械能守恒，根据动量守恒定律及机械能守恒定律即可求解．解析：(1)B 球释放后做自由落体运动，根据自由落体运动位移速度公式得：v 1＝2gh ＝2×10×0.8 m/s ＝4 m/s①(2)设P 点距离地面的高度为h ′，碰撞前后，A 球的速度分别为v 1、v 1′，B 球的速度分别为v 2、v 2′，由运动学规律可得：v 1＝gt ＝10×0.3 m/s ＝3 m/s②由于碰撞时间极短，两球碰撞前后动量守恒，动能守恒，规定向下的方向为正，则：m A v 1＋m B v 2＝m B v 2′(碰后A 球速度为0)③12m A v 21＋12m 2B ＝12m B v 2′2④ 又知m B ＝3m A ⑤由运动学及碰撞的规律可得B 球与地面碰撞前后的速度大小相等，即碰撞后速度大小为4 m/s.则由运动学规律可得h ′＝42－v 222g⑥联立①～⑥式可得h ′＝0.75 m.答案：(1)B 球第一次到达地面时的速度为4 m/s ； (2)P 点距离地面的高度为0.75 m.。

【金版学案】2014-2015学年高中物理第四章第五节家用电器故障与安全用电课件粤教版选修1-1

第四章第五节
家用电器与日常生活家用电器故障与安全用电
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如图是家庭用的漏电保护器，主要由三部分组成：检测元件、中间放大环节、操作执行机构．你知道漏电保护器的作用吗？
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重点难点
家庭用电安全及家庭用电电路的一般结构．
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1．电能表和电线应与所用的家电匹配．例如即热式电热水器的额定功率为6 kW，则当它正常工作时，电热水器的电流是 27.27 ________________A ．如果家用电能表的额定电流为10A，能用这种电能表吗？答案：不能火线零线 2．家庭电路里有______________ 、____________ 和地线 ______________________ 三条线，家电一般是采用并联 ________________ 连接的．家庭耗电量用电度表 ______________________ 来测量． 3．小明正在使用台灯自习，突然台灯不亮了，小明应如何排除故障呢？答案：略
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③若无法切断电源时，应该用不导电的灭火剂灭火，不要用水及泡沫灭火剂． ④迅速拨打“110”或“119”报警电话． ⑤电源尚未切断时，切勿把水浇到电器用具或开关上．
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⑥若电器用具或插头仍在着火，切勿用手碰及电器用具开关．
例 2 (多选)关于在家庭电路中电器的安装的说法，正确的是( )
A．开关应接在火线上
B．开关应接在零线上 C．开关可以接在任一根线上 D．三孔插座应有接地线答案：AD
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变式练习
(多选)关于火线、零线、地线，下列说法正确的是(
A．人体直接接触火线，比直接接触零线危险大得多 B．保险丝应该接在地线上

2024年高中物理第十章4电容器的电容检测新人教版必修第三册

4 电容器的电容基础过关练题组一对电容器和电容的理解1.(2024山东菏泽单县五中月考)关于已充电的某个平行板电容器,下列说法不正确的是( )A.两极板上肯定带异号电荷B.两极板所带的电荷量肯定相等C.充上的电荷量越多,其电容就越大D.充上的电荷量越多,两极板间的电势差就越大2.(2024江苏盐城期末)(多选)如图所示是描述对给定的电容器充电时其电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图像,其中正确的是( )3.(2024吉林长春第一五一中学月考)有一已充电的电容器,两极板间的电压为3 V,所带电荷量为4.5×10-4 C,此电容器的电容是( )A.7.5×10-5 FB.1.5×10-4 FC.1.35×10-3 FD.2.7×10-3 F题组二电容器充、放电的特点4.(2024山东学业水平合格性考试模拟)如图所示为某一电容器所带电荷量和两极板间电压之间的关系图线,若将该电容器两极板间的电压从40 V降低到36 V,下列说法正确的是( )A.该过程是充电过程B.该过程是放电过程C.电容器的电容为5.0×10-2 FD.该过程中电容器所带电荷量的变更量为0.005 C5.(2024重庆复旦中学期中)(多选)王老师利用如图电路探讨电容器的充、放电问题,单刀双掷开关S原来跟2相接,从t=0起先,开关改接1,再将开关S拨向2位置,则流过电路中P点的电流大小随时间变更的图像及电容器两极板的电势差U AB随时间变更的图像可能正确的是( )6.(2024山东聊城高一期末)某试验小组利用如图甲所示的电路“视察电容器的充、放电现象”。

(1)若将开关S接1,电容器上极板带(填“正电”或“负电”),再将S接2,通过电流表的电流方向(填“向左”或“向右”)。

(2)试验中所运用的电容器如图乙所示,当电容器两端电压为额定电压时,电容器极板上所带电荷量为C(结果保留两位有效数字)。

高中物理第一章第四节电容器同步检测新人教版选修1-1

第四节电容器建议用时实际用时满分实际得分90分钟100分一、选择题（本题包括10小题，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4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分，共40分）1.下列关于电容器的叙述正确的是（）A.电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电的容器才称为电容器B.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C.电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的绝对值D.电容器充电过程是将其他形式的能转变成电容器的电场能并储存起来；电容器放电过程，是将电容器储存的电场能转化为其他形式的能2.关于电容的说法正确的是（）A.电容器简称电容B.电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量C.电容器的电容由电容器本身的因素决定，与电容器是否带电无关D.电容在数值上等于使两极板间的电势差为1V时电容器需要带的电荷量3.电容器A的电容比电容器B的电容大，这表明（）A.A所带的电荷量比B多B.A比B能容纳更多的电荷C.A的体积比B的体积大D.两电容器的电压都改变1 V时，A的电荷量改变比B的大4.下列关于电容的说法正确的是（）A.电容器的电容越大，所带的电荷量越多B.无论电容器两极板的电荷量如何，它所带的电荷量与电压的比值总是恒定不变的C.电容器的电容是表示电容器升高单位电势差所能容纳电荷量增加的多少，其大小与加在两板间的电压无关D.根据电容的表达式C=Q/U可知，电容器的电容跟电容器所带的电荷量成正比，跟它两极间的电势差成反比5.关于电容C =Q/U，下列说法中正确的是（）A.C与电容器所带电荷量成正比B.C与电容器两极间电势差成反比C.Q=0，C也等于零D.电容由电容器本身决定6.一个电容器带电荷量为Q时，两极板间的电势差为U，若使其带电荷量增加4×10−7 C，电势差增加20 V，则它的电容是（）A.1×10−8 FB.2×10−8 FC.4×10−8 FD.8×10−8 F7.如图1-4-1是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图象，其中正确的是（）图1-4-18.连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板间的距离减小时（）A.电容器的电容C变大B.电容器极板带的电荷量Q变大C.电容器两极板间的电势差U变大D.电容器两极板间的电场强度E变大9.某电容器上标有“1.5 μF，9 V”，则该电容器（）A.所带电荷量不能超过1.5×10−6 CB.所带电荷量不能超过1.35×10−5 CC.所加的电压不应超过9 VD.该电容器的击穿电压为9 V10.两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图1-4-2所示.接通开关S，电源即给电容器充电（）图1-4-2A.保持S接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B.保持S接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电荷量增大C.断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D.断开S，在两极板间插入介质，则两极板间的电势差增大二、填空题（本题共4小题，每小题6分，共24分.请将正确的答案填到横线上）11.平行板电容器的电容C，两极板间电压U，两板间场强E和带电荷量Q，在下列情况下怎样变化？（1）保持两板与电源相连，只增大两板间距离，则C，U，Q，E .（2）给电容器充电后与电源断开，再减小电容器极板间距离，则C，U ，Q ，E .12.一个平行板电容器，当其电荷量增加ΔQ＝1.0×10−6 C时，两板间的电压升高ΔU＝10V，则此电容器的电容C＝ F.若两板间电压为35 V，此时该电容器带的电荷量为Q＝ C.13.一平行板电容器的电容为C，充电后与电源断开，此时板上带电荷量为Q，两板间电势差为U，板间场强为E，现保持两板间距不变使两板错开一半，则下列各量的变化：电容C′=，带电荷量Q′=，电势差U′=，板间场强E′=.14.有一充电的平行板电容器，两板间电压为3V，现使它的电荷量减少3×10−4 C，于是电容器两极板间电压降为原来的1/3，此电容器的电容是μF，电容器原来的带电荷量是C，若电容器极板上的电荷量全部放掉，电容器的电容是μF. 三、计算题（本题共2小题，共36分.解答时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）15. (18分)一个电容器，其电容值是 1.2×102μF，用12 V的直流电源给它充电，每个极板上带多大的电荷量.16.（18分）如图1-4-3所示，平行放置的金属板A、B组成一个平行板电容器.（1）保持开关S闭合，使A板向右平移错开一些；（2）S闭合后再断开，使A板向上平移拉开些.试讨论电容器两板间电势差U、电荷量Q、板间场强E 的变化情况.图1-4-3第四节电容器得分：一、选择题题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案二、填空题11．12．13．14．三、计算题15.16.第四节电容器参考答案一、选择题1.BCD2.BCD3.BD 解析：电容是电容器的固有属性，由电容器本身的构造决定，电容描述了电容器容纳电荷的本领（电容器两极间的电压每改变1 V所改变电荷量的多少）大小，而不表示容纳电荷的多少或带电荷量的多少，正确选项为B、D.4.BC 解析：电容器的电容在数值上等于电容器的电荷量跟它两极间电势差的比值.对于一个确定的电容器，电荷量跟电势差的比值不变，跟所带电荷量的多少和板间电势差大小无关.不同的电容器，这个比值一般不同.电容大，表示同样的电压下容纳电荷本领大，并不等于带的电荷量一定多.5.D6.B7.BCD8.ABD 解析：平行板电容器的电容C=εS/4πkd.当两极板间距离d减小时，电容C变大，选项A正确.平行板电容器连接在电池两极上，两板间的电势差为定值，选项C错误.根据电容定义式C=Q/U，得Q=CU，U不变，C变大，所以Q变大，选项B正确.平行板电容器两板间的电场是匀强电场，E=U/d，U不变，d减小，所以E增大，选项D正确.9.BCD10.BC 解析：电场强度E=U/d，保持U不变（S接通），减小d,E增大，故A错.保持S接通，插入介质，C增大，据Q=CU可知极板上的电荷量增大，故B项正确.当S断开时，极板电荷量（Q）不变，减小板间距离，则C增大，据U=Q/C可知U减小，故C项正确.断开S时，Q不变，在两极板间插入介质，则C增大，则据U=Q/C可知U减小，故D项错.二、填空题11.答案见解析解析：（1）电容器与电源相连，故U不变，根据C=εS4πkd和C=Q/U，d增大→C减小→Q减小，由E=U/d，知E减小.（2）电容器充电后断开电源，故Q不变，由公式C=εS4πkd和C=Q/U，知d减小→C增大→U减小，此时电场强度用E=U/d不好讨论，有两种方法可处理.①是用推论E=4πkQεS ，（此式由E=U/d，C=Q/U和C=εS4πkd三式导出），可见E与d无关，故E不变.②是熟记极板上电荷密度不变，其电场强度不变，故E不变.点评：本题考查了C=Q/U，E=U/d，C=εS4πkd等公式，要注意它们的适用条件和范围，C=Q/U为定义式，C=εS4πkd为决定式.12.1.0×10−7 3.5×10−6解析：由C=ΔQ/ΔU 代入数值得C=1.0×10−7 F.由C=Q/U得Q=CU=3.5×10−6 C.13.C2Q 2U 2E14.150 4.5×10−4 150解析：（1）电容器两极板间电势差的变化量为（3）电容器的电容是由其本身决定的，与是否带电无关，所以电容器放掉全部电荷后，电容仍然是150 μF.三、计算题15.Q=1.44×10−3 C点评：（1）电容的单位经常不以国际单位出现，做题时一定注意单位的换算.（2）C=Q/U中，Q、U一定不要写反了.16.（1）因为开关S保持闭合，所以板间电压U不变，A板向右错开使正对面积S减小，由C∝S可知C减小.由Q=CU得知Q减小，因为板间距离d不变，由E=U/d可知E不变.（2）因为S闭合后再断开，所以电容器的带电荷量Q不变，A板向上拉开使板间距离d增大，由C∝S/d可知C减小，由U=Q/C知U增大，联立U=Q/C，C=εS/4πkd(k是比例常数)，所以E=Ud =QCd=4πkQεS,E不变.评注：在分析平行板电容器的有关物理量的变化情况时，往往需要将C=Q/U，C∝εS/d和U=Ed 结合在一起加以考虑，其中C=Q/U反映了电容器本身的属性，是定义式（或量度式），适用于各种电容器.C∝εS/d表明了平行板电容器的电容决定于哪些因素.仅适用于平行板电容器.另外，平行板电容器两板间的电场是匀强电场，有关系式E=U/d，对于平行板电容器间的电场，根据C=Q/U，U=Ed,C∝εS/d可以推出QEd ∝εSd、E∝QεS.。

高中物理 1.4第一章第四节电容器同步检测新人教版选修1-1

第四节电容器建议用时实际用时满分实际得分90分钟100分一、选择题（本题包括10小题，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4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分，共40分）1.下列关于电容器的叙述正确的是（）A.电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电的容器才称为电容器B.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C.电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的绝对值D.电容器充电过程是将其他形式的能转变成电容器的电场能并储存起来；电容器放电过程，是将电容器储存的电场能转化为其他形式的能2.关于电容的说法正确的是（）A.电容器简称电容B.电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量C.电容器的电容由电容器本身的因素决定，与电容器是否带电无关D.电容在数值上等于使两极板间的电势差为1V时电容器需要带的电荷量3.电容器的电容比电容器的电容大，这表明（）A.所带的电荷量比多B.比能容纳更多的电荷C.的体积比的体积大D.两电容器的电压都改变1 V时，的电荷量改变比的大4.下列关于电容的说法正确的是（）A.电容器的电容越大，所带的电荷量越多B.无论电容器两极板的电荷量如何，它所带的电荷量与电压的比值总是恒定不变的C.电容器的电容是表示电容器升高单位电势差所能容纳电荷量增加的多少，其大小与加在两板间的电压无关D.根据电容的表达式可知，电容器的电容跟电容器所带的电荷量成正比，跟它两极间的电势差成反比5.关于电容，下列说法中正确的是（）A.与电容器所带电荷量成正比B.与电容器两极间电势差成反比C.，也等于零D.电容由电容器本身决定6.一个电容器带电荷量为时，两极板间的电势差为，若使其带电荷量增加4× C，电势差增加20 V，则它的电容是（）A.1× FB.2× FC.4× FD.8× F7.如图1-4-1是描述对给定的电容器充电时电荷量、电压、电容之间相互关系的图象，其中正确的是（）图1-4-18.连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板间的距离减小时（）A.电容器的电容变大B.电容器极板带的电荷量变大C.电容器两极板间的电势差变大D.电容器两极板间的电场强度变大9.某电容器上标有“1.5 μF，9 V”，则该电容器（）A.所带电荷量不能超过1.5× CB.所带电荷量不能超过1.35× CC.所加的电压不应超过9 VD.该电容器的击穿电压为9 V10.两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图1-4-2所示.接通开关S，电源即给电容器充电（）图1-4-2A.保持S接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B.保持S接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电荷量增大C.断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D.断开S，在两极板间插入介质，则两极板间的电势差增大二、填空题（本题共4小题，每小题6分，共24分.请将正确的答案填到横线上）11.平行板电容器的电容，两极板间电压，两板间场强和带电荷量，在下列情况下怎样变化？（1）保持两板与电源相连，只增大两板间距离，则，，，.（2）给电容器充电后与电源断开，再减小电容器极板间距离，则，，，.12.一个平行板电容器，当其电荷量增加Δ＝1.0× C时，两板间的电压升高Δ＝10 V，则此电容器的电容＝ F.若两板间电压为35 V，此时该电容器带的电荷量为＝C.13.一平行板电容器的电容为，充电后与电源断开，此时板上带电荷量为，两板间电势差为，板间场强为，现保持两板间距不变使两板错开一半，则下列各量的变化：电容′=，带电荷量′=，电势差′=，板间场强′=.14.有一充电的平行板电容器，两板间电压为3 V，现使它的电荷量减少3× C，于是电容器两极板间电压降为原来的，此电容器的电容是μF，电容器原来的带电荷量是C，若电容器极板上的电荷量全部放掉，电容器的电容是μF. 三、计算题（本题共2小题，共36分.解答时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）15. (18分)一个电容器，其电容值是 1.2×μF，用12 V的直流电源给它充电，每个极板上带多大的电荷量.16.（18分）如图1-4-3所示，平行放置的金属板、组成一个平行板电容器.（1）保持开关S闭合，使板向右平移错开一些；（2）S闭合后再断开，使板向上平移拉开些.试讨论电容器两板间电势差、电荷量、板间场强的变化情况.图1-4-3第四节电容器得分：一、选择题题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案二、填空题11．12．13．14．三、计算题15.16.第四节电容器参考答案一、选择题123 解析：电容是电容器的固有属性，由电容器本身的构造决定，电容描述了电容器容纳电荷的本领（电容器两极间的电压每改变1 V所改变电荷量的多少）大小，而不表示容纳电荷的多少或带电荷量的多少，正确选项为B、D.4 解析：电容器的电容在数值上等于电容器的电荷量跟它两极间电势差的比值.对于一个确定的电容器，电荷量跟电势差的比值不变，跟所带电荷量的多少和板间电势差大小无关.不同的电容器，这个比值一般不同.电容大，表示同样的电压下容纳电荷本领大，并不等于带的电荷量一定多.5678 解析：平行板电容器的电容.当两极板间距离减小时，电容变大，选项A正确.平行板电容器连接在电池两极上，两板间的电势差为定值，选项C错误.根据电容定义式，得，不变，变大，所以变大，选项B正确.平行板电容器两板间的电场是匀强电场，，不变，减小，所以增大，选项D正确.910 解析：电场强度，保持不变（S接通），减小,增大，故A错.保持S接通，插入介质，增大，据可知极板上的电荷量增大，故B项正确.当S断开时，极板电荷量（）不变，减小板间距离，则增大，据可知减小，故C项正确.断开S时，不变，在两极板间插入介质，则增大，则据可知减小，故D项错.二、填空题11.答案见解析解析：（1）电容器与电源相连，故不变，根据和，增大→减小→减小，由，知减小.（2）电容器充电后断开电源，故不变，由公式和，知减小→增大→减小，此时电场强度用不好讨论，有两种方法可处理.①是用推论，（此式由，和三式导出），可见与无关，故不变.②是熟记极板上电荷密度不变，其电场强度不变，故不变.点评：本题考查了，，等公式，要注意它们的适用条件和范围，为定义式，为决定式.12.1解析：由代入数值得1.0× F.由得3.5× C.13.14.150 4.5× 150解析：（1）电容器两极板间电势差的变化量为（3）电容器的电容是由其本身决定的，与是否带电无关，所以电容器放掉全部电荷后，电容仍然是150 μF.三、计算题15.1.44× C点评：（1）电容的单位经常不以国际单位出现，做题时一定注意单位的换算.（2）中，、一定不要写反了.16.（1）因为开关S保持闭合，所以板间电压不变，板向右错开使正对面积减小，由可知减小.由得知减小，因为板间距离不变，由可知不变.（2）因为S闭合后再断开，所以电容器的带电荷量不变，板向上拉开使板间距离增大，由可知减小，由知增大，联立(是比例常数)，所以,不变.评注：在分析平行板电容器的有关物理量的变化情况时，往往需要将，和结合在一起加以考虑，其中反映了电容器本身的属性，是定义式（或量度式），适用于各种电容器.表明了平行板电容器的电容决定于哪些因素.仅适用于平行板电容器.另外，平行板电容器两板间的电场是匀强电场，有关系式，对于平行板电容器间的电场，根据，可以推出、.。

【金版学案】20142015学年高中物理第7章末总结专题训练试题新人教版必修2

【金版学案】2014-2015学年高中物理第7章末总结专题训练试题新人教版必修2机械能及其守恒定律专题一功的理解和计算1．功的正负的判断方法(1)利用公式W＝Fl cos α计算确定，此法常用于恒力做功情况．(2)利用力F与运动速度v的方向夹角α来判断：0≤α<90°时力F做正功，α＝90°时F不做功，90°<α≤180°时F做负功．(3)利用功能关系来判断，利用重力的功与重力势能变化，弹力的功与弹性势能变化、合力的功与动能变化，除重力以外的其他力的功与机械能变化等各关系根据能量的变化来确定功的正负．2．功的正负的理解(1)功为标量，其正负不表示方向，也不表示大小．(2)某个力做正功，表明这个力为动力，力做负功表示此力为阻力．3．功的求法(1)利用定义式来求．若恒力做功，可用定义式W＝Fl cos α求恒力的功，其中F、l为力的大小和位移的大小，α为力F与位移l方向上的夹角，且0≤α≤180°(2)利用功率求功．若某力做功或发动机的功率P一定，则在时间t内做的功可用W＝Pt来求．(3)利用功能关系来求．常见的功能关系为重力做功与重力势能变化的关系，弹力做功与弹性势能变化的关系，合力做的功与物体动能变化关系，除重力和系统内弹力外其他力的功与机械能的关系．根据以上功能关系，若能求出某种能量的变化，就可以求出相应功的数值．如图所示，质量m＝1.0 kg的物体从半径R＝5 m的圆弧的A端，在拉力F作用下从静止沿圆弧运动到顶点B.圆弧AB在竖直平面内，拉力F的大小为15 N，方向始终与物体的运动方向一致．若物体到达B点时的速度v＝5 m/s，圆弧AB所对应的圆心角θ＝60°，BO边在竖直方向上，取g＝10 m/s2.在这一过程中，求：(1)重力mg做的功；(2)拉力F做的功；(3)圆弧面对物体的支持力F N做的功；(4)圆弧面对物体的摩擦力F f做的功．解析：(1)重力mg做的功：W G＝－mgR(1－cos θ)＝－25 J.(2)因拉力F 大小不变，方向始终与物体的运动方向相同，所以W F ＝Fs ＝F ×π3R ≈78.5 J.(3)支持力F N 始终与物体的运动方向垂直，所以WF N ＝0. (4)由动能定理知W F ＋W G ＋W f ＝12mv 2－0，得摩擦力F f 做的功WF f ＝12mv 2－W F －W G＝12×1.0×52J －78.5 J －(－25)J ＝－41 J.答案：(1)－25 J (2)78.5 J (3)0 (4)－41 J名师归纳：在变力做功的过程中，当有重力势能、弹性势能以及其他形式的能参与转化时，可以考虑用功能关系求解．因为做功的过程就是能量转化的过程，并且转化过程中能量守恒．专题训练1．用铁锤将一铁钉钉入木块，设木块对铁钉的阻力与铁钉进入木块内的深度成正比．在铁锤击第一次后，能把铁钉击入木块内1 cm.问击第二次后，能击入多深？(设铁锤每次做功相等)解析：(图象法)因为阻力F ＝kx ，以F 为纵坐标，F 方向上的位移x 为横坐标，作出F －x 图象(如图)．图线与横坐标所围面积的值等于F 对铁钉做的功．由于两次做功相等，故有S 1＝S 2(面积)即12kx 12＝12k (x 2＋x 1)(x 2－x 1) 所以Δx ＝x 2－x 1＝0.41 cm. 答案：0.41 cm2．磨杆长为l ，在杆端施以与杆垂直且大小不变的力F ，如图所示，求杆绕轴转动一周过程中力F 所做的功．解析：磨杆绕轴转动过程中，力的方向不断变化，不能直接用公式W ＝Fs cos α进行计算．这时，必须把整个圆周分成许多小弧段，使每一小段弧都可以看作是这段弧的切线，即可以看成是这段的位移．这样，由于F 的大小不变，加之与位移的方向相同，因而对于每一小段圆弧均可视为恒力做功．杆绕轴转动一周所做的功的总和为W ＝W 1＋W 2＋…＋W n ＝F ·Δs 1＋F ·Δs 2＋…＋F ·Δs n因为Δs 1＋Δs 2＋…＋Δs n ＝2πl . 所以W ＝F ·2πl . 答案：2πFl专题二含有功率的计算问题功率有平均功率和瞬时功率，平均功率对应的是一段时间或一个过程，瞬时功率对应的是某一时刻或某一位置．(1)公式：P ＝Wt，P 为时间t 内的平均功率；P ＝Fv cos α，若v 为平均速度，则P 为平均功率，若v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率．(2)在机车的功率P ＝Fv 中，F 是指机车的牵引力，而不是车所受的合力．在分析汽车启动问题时，首先要分清是以恒定功率启动还是以恒定加速度启动，以恒定加速度启动时要分析清楚发动机的功率是否达到额定功率，达到额定功率后，汽车再以恒定功率运动，牵引力随速度的增大而减小，不能再用匀变速直线运动的规律求解，要结合动能定理分析．质量为2 t 的汽车在平直公路上由静止开始运动，若保持牵引力恒定，则在30s 内速度增大到15 m/s.这时汽车刚好达到额定功率，然后保持额定输出功率不变，又运动15 s 达到最大速度20 m/s.求：(1)汽车的额定功率；(2)汽车运动过程中受到的阻力； (3)汽车在45 s 共前进多少路程．解析：(1)(2)设汽车的额定功率为P ，运动中所受的阻力为F f ，前30 s 内的牵引力为F ，则前30 s 内，加速度a ＝v 1t 1＝0.5 m/s 2，由牛顿第二定律知F －F f ＝ma ，又P ＝Fv 1，在45 s 末有P ＝F f v 2，由以上各式得P ＝60 kW ，F f ＝3 000 N.(3)汽车在前30 s 内运动的路程为s 1＝v 12t 1＝225 m ，后15 s 内的位移s 2满足Pt 2－F f s 2＝12m (v 22－v 12)，解得s 2＝241.7 m ，总路程s ＝s 1＋s 2＝466.7 m.答案：(1)60 kW (2)3 000 N (3)466.7 m名师归纳：解决机车启动问题，首先要弄清是哪种启动方式，然后采用分段处理法．在匀加速阶段，常用牛顿第二定律和运动学公式结合分析；在非匀加速阶段，一般用动能定理求解时间或位移．专题训练3．质量为m 的汽车行驶在平直公路上，在运动中所受阻力不变，当汽车的加速度为a 、速度为v 时发动机功率为P 1；当功率为P 2时，汽车行驶的最大速度为( )A.P 2v P 1B.P 2v P 1－mavC.P 1v P 2D.P 1v P 2－mav答案：B4．节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m ＝1 000 kg 的混合动力轿车，在平直公路上以v 1＝90 km/h 匀速行驶，发动机的输出功率为P ＝50 kW.当驾驶员看到前方有80 km/h 的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L ＝72 m 后，速度变为v 2＝72 km/h.此过程中发动机功率的15用于轿车的牵引，45用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求：(1)轿车以90 km/h 在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F 阻的大小； (2)轿车从90 km/h 减速到72 km/h 过程中，获得的电能E 电；(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E 电维持72 km/h 匀速运动的距离L ′.解析：(1)轿车牵引力与输出功率的关系为P ＝F 牵v 将P ＝50 kW ，v 1＝90 km/h ＝25 m/s 代入得F 牵＝Pv 1＝2×103 N当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有F 阻＝2×103 N.(2)在减速过程中，注意到发动机只有15P 用于汽车的牵引．根据动能定理有15Pt －F阻L＝12mv 22－12mv 12代入数据得Pt ＝1.575×105J电池获得的电能为E 电＝0.5×45Pt ＝6.3×104J.(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F阻＝2×103N．在此过程中，由功能关系可知，仅有电能用于克服阻力做功，有E 电＝F阻L′代入数据得L′＝31.5 m.答案：(1)2×103 N (2)6.3×104 J (3)31.5 m专题三动能定理及其应用1．对动能定理的理解(1)W总＝W1＋W2＋W3＋…，是包含重力在内的所有力做功的代数和，若合外力为恒力，也可这样计算：W总＝F合l cos α.(2)动能定理是计算物体位移或速率的简捷公式，当题目中涉及位移时可优先考虑动能定理．(3)做功的过程是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果联系的数值上相等的符号，它并不意味着“功就是动能增量”，也不意味着“功转变成了动能”，而是意味着“功引起物体动能的变化”．(4)动能定理公式两边每一项都是标量，因此动能定理是一个标量方程．2．应用动能定理的注意事项(1)明确研究对象和研究过程，找出始、末状态的速度．(2)对物体进行正确的受力分析(包括重力、弹力等)，明确各力的做功大小及正、负情况．(3)有些力在运动过程中不是始终存在，若物体运动过程中包含几个物理过程，物体运动状态、受力等情况均发生变化，则在考虑外力做功时，必须根据不同情况，分别对待．(4)若物体运动过程中包含几个不同的物理过程，解题时，可以分段考虑，也可视为一个整体过程，列出动能定理求解．如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝1.4 m，v＝3.0 m/s，m＝0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45 m．不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)小物块落地点距飞出点的水平距离s ； (2)小物块落地时的动能E k ； (3)小物块的初速度大小v 0.分析：解答本题时应把握以下两点：(1)小物块飞离桌面后做平抛运动，机械能守恒，根据平抛运动规律和机械能守恒定律求解小物块的水平距离和落地时的动能．(2)小物块在桌面上运动时摩擦力做负功，根据动能定理求解小物块的初速度．解析： (1)小物块飞离桌面后做平抛运动，根据平抛运动规律，有竖直方向：h ＝12gt 2水平方向：s ＝vt 解得水平距离s ＝v2hg＝0.90 m.(2)小物块从飞离桌面到落地的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律可得小物块落地时的动能为E k ＝12mv 2＋mgh ＝0.90 J.(3)小物块在桌面上运动的过程中，根据动能定理，有－μmgl ＝12mv 2－12mv 02解得小物块的初速度大小v 0＝2μmgl ＋v 2＝4.0 m/s. 答案：(1)0.90 m (2)0.90 J (3)4.0 m/s 专题训练 5．如图所示，质量m ＝1 kg 的木块静止在高h ＝1.2 m 的平台上，木块与平台间的动摩擦因素μ＝0.2，用水平推力F ＝20 N ，使木块产生位移l 1＝3 m 时撤去，木块又滑行l 2＝1 m 时飞出平台，求木块落地时速度的大小？解析：解法一取木块为研究对象，其运动分三个过程，先匀加速运动l 1，后匀减速运动l 2，再做平抛运动，对每一个过程，分别列动能定理得：Fl 1－μmgl 1＝12mv 12－μmgl 2＝mv 222－mv 122；mgh ＝mv 322－mv 222；解得v 3＝8 2 m/s.解法二对全过程由动能定理得Fl 1－μmg (l 1＋l 2)＋mgh ＝mv 22－0；代入数据得v ＝8 2m/s.答案：8 2 m/s6．如图所示，质量为m 的物块从高为h 的斜面上滑下，又在同样材料的水平面上滑行l 后静止．已知斜面倾角为θ，物块由斜面到水平面时圆滑过渡，求物块与接触面间的动摩擦因数．解析：物块在斜面上下滑时，摩擦力做负功，重力做正功．在水平面上滑行时，只有摩擦力做负功，最后减速至零．全过程动能变化为零．在全过程应用动能定理，有mgh －(μmg cos θ·hsin θ＋μmgl )＝0解得μ＝hh cot θ＋l＝tan α，其中α为物块初、末位置A 、B 连线为水平面的夹角．答案：hh cot θ＋l专题四机械能守恒定律的应用1．机械能守恒定律的研究对象机械能守恒定律的研究对象可以针对一个物体，也可以更普遍地针对一个系统，所谓系统，简单地说就是将相互作用的物体组合在一起，在分析时，可根据要求人为“隔离”出某几个相互作用的物体，把它们视为一个研究对象，如图中的三个装置，(甲)、(乙)图中都可以把小车、小球和地球或小球、弹簧和地球分别看成一个系统，(丙)图中可将整个装置(含球、轻杆及轴O)和地球一起作为一个系统来研究．其实在用于一个物体时，已经隐含了地球在内，不再明讲是有利于简化解题过程．2．机械能守恒定律的适用条件严格地讲，机械能守恒定律的条件应该是对一个系统而言，外力对系统不做功(表明系统与外界之间无能量交换)，系统内除了重力和系统内的弹力以外，无其他力(如：摩擦力、介质阻力等)做功(表明系统内不存在机械能与其他形式的能之间的转化)，则系统的机械能守恒．如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球(小球的大小可以忽略)．(1)在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受力图，并求力F的大小；(2)由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力．不计空气阻力．解析：(1)受力如右图所示，根据平衡条件，拉力大小F ＝mg tan α.(2)运动中只有重力做功，系统机械能守恒mgl (1－cos α)＝12mv 2 则通过最低点时，小球的速度大小v ＝2gl （1－cos α）根据牛顿第二定律T ′－mg ＝m v 2l解得轻绳对小球的拉力T ′＝mg ＋m v 2l＝mg (3－2cos α)，方向竖直向上．答案：(1)受力图见解析 mg tan α (2)mg (3－2cos α)专题训练7．如图所示，让摆球从图中的C 位置由静止开始下摆，正好摆到悬点正下方D 处时，线被拉断，紧接着，摆球恰好能沿竖直放置的光滑半圆形轨道内侧做圆周运动．已知摆线长l ＝2.0 m ，轨道半径R ＝2.0 m ，摆球质量m ＝0.5 kg.不计空气阻力．(g 取10 m/s 2)(1)求摆球在C 点时与竖直方向的夹角θ和摆球落到D 点时的速度大小；(2)若仅在半圆形内侧轨道上E 点下方错误!圆弧有摩擦，摆球到达最低点F 时的速度为6 m/s ，求摩擦力做的功．解析：(1)在D 点刚好不脱离半圆轨道，有：mg ＝m v D 2R得v D ＝2 5 m/s ，从C 点到D 点机械能守恒，有：mgl (1－cos θ)＝12mv D 2得θ＝π3. (2)从D 点到最低点，由动能定理得2mgR ＋W 摩＝12mv 2－12mv D 2得W 摩＝－16 J. 答案：(1)π32 5 m/s (2)－16 J。

【金版学案】2014-2015学年高中物理-第2章-磁场章末过关检测卷-新人教版选修1-1

【金版学案】2014-2015学年高中物理-第2章-磁场章末过关检测卷-新人教版选修1-1第二章磁场(测试时间：50分钟评价分值：100分) 补充说明：凡是题目序号后面没有说明“多选”的，一律为单选题本检测卷共25个选择题，每个题4分，共100分．1．下列说法中不正确的是( )A．电场线一定是从正电荷出发，终止于负电荷；磁感线一定是从N极出发，终止于S极B．正电荷在电场中受到的电场力的方向即为该点电场强度的方向；小磁针在磁场中N极受到的磁场力的方向即为该点磁场的方向C．电场线上某点的切线方向即是该点电场强度的方向；磁感线上某点的切线方向即是该点的磁场的方向D．电场线越密的地方电场强度越强；磁感线越密的地方磁场越强解析：磁感线是封闭曲线，在磁体外部是由N极指向S极，而在磁体内部则是由S极指向N 极，而电场线是由正电荷出发终止于负电荷，或从正电荷出发终止于无穷远，或从无穷远出发终在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线，如右图所示，四根导线中电流I4＝I3>I2>I1，要使O点磁场增强，则应切断哪一根导线中的电流( )A．I1 B．I2C．I3 D．I4解析：根据安培定则，I1、I2、I3、I4在O 点的磁场方向分别为垂直纸面向里、向里、向里、向外，且I3＝I4，知切断I4可使O点的磁场增强．不同电流在同一区域产生的磁场要发生叠加，同向磁场互相加强，异向磁场互相减弱．答案：D6．长直螺线管中通有电流，沿螺线管中心轴线射入一电子，若螺线管中电流增大，方向不变，电子在螺线管中心轴线上的运动情况是( )A．做匀速直线运动 B．做变加速直线运动C．做变减速直线运动 D．做间距变大的螺旋运动解析：长直螺线管中心轴线处的磁场是沿轴线的，所以若电子沿轴线射入，其速度方向与磁场方向平行，故不受洛伦兹力，而做匀速直线运动．答案：A7．(多选)一根通有电流I的直铜棒用软导线挂在如右图所示的匀强磁场中，此时悬线中的张力大于零而小于铜棒受到的重力．欲使悬线中张力为零，可采用的方法有( )A．适当增大电流，方向不变B．适当减小电流，并使它反向C．电流大小、方向不变，适当增强磁场D．使原电流反向，并适当减弱磁场解析：由左手定则可知，导线受到向上的安培力，大小F＝BIL，则欲使悬线中张力为零，可增大磁场或增大电流．答案：AC8．带正电荷q的粒子(不计重力)进入匀强磁场中，能在磁场中受力发生垂直纸面向内偏转的是( )解析：A、B两幅图中，粒子的运动方向平行于磁场线不受洛伦兹力，不偏转．利用左手定则，磁场穿过掌心，四指指向正电荷的运动方向，拇指所指的方向为受力方向，所以选项D正确．答案：D9．小磁针放置在匀强磁场中，小磁针静止时的指向正确的是( )解析：小磁针静止时，N极指向为磁场的方向，所以只有选项B正确．答案：B10．通电螺线管和条形磁铁的磁场类似，两端分别为N极、S极，假设在通电螺线管内部有一点A，通过A点的磁感线方向一定是( ) A．从螺线管的N极指向S极B．放在该点的小磁针S极的指向C．从螺线管的S极指向N极D．放在该点的一小段通电导线的受力方向解析：在外部磁感线由N极指向S极在内部磁感线由S极指向N极．答案：C11．一小磁针放置在某磁场(未标出方向)中，让小磁针晃动后静止时的指向如图所示．下列分析正确的是( )A．N极指向该点磁场方向 B．S极指向该点磁场方向C．该磁场是匀强磁场 D．a点的磁场方向水平向右解析：小磁针静止时N极的指向就是该点磁场的方向，所以选项A正确，B错误．由于磁场的磁感线疏密不是均匀的，所以不是匀强磁场，所以C错误．磁感线的切线方向是磁场方向，由图知a点的磁场方向不是水平向右的，所以选项D错误．答案：A12．(2013·广东省学业水平考试)当直导线通以垂直纸面向外的恒定电流时，小磁针静止时指向正确的是( )解析：导线的电流垂直纸面向外，根据右手定则，导线外围的磁感线环绕的方向为逆时针，所以A选项正确．答案：A13．如图所示是用“洛伦兹力演示仪”演示时的两幅照片，忽略地磁场的影响，下列说法正确的是( )A．甲图中的电子束不受洛伦兹力B．乙图中的电子束不受洛伦兹力C．甲图中的电子束处在垂直纸面的磁场中D．乙图中的电子束处在平行纸面的磁场中解析：据左手定则知，电子在磁场中所受洛伦兹力方向与电子运动速度方向必垂直，所以在受洛伦兹力情况下不可能做直线运动，所以A项正确，C项错误；乙图中电子做匀速圆周运动，所以必受洛伦兹力作用，且洛伦兹力与磁场垂直，所以B、D项错．答案：A14．带电粒子在磁场中发生偏转的物理原理可运用于各种科学实验和电器中．下面没有利用到此物理原理的有( )解析：磁流体发电机、电子显像管和回旋加速器都利用了磁场对运动电荷有洛伦兹力的原理，洗衣机是将电能转化成机械能的设备．答案：D15．如图所示，匀强磁场中有一通电直导线，关于导线受到的安培力F，下列判断错误的有( )A．F方向向上B．F与电流大小有关C．F与磁感应强度大小有关D．F与导线在磁场中的长度有关解析：通电导线在磁场中受到安培力的作用，根据公式F＝BIL可知，选A项．答案：A16．空间中有一根水平放置的直导线，在它的周围放有四个小磁针，小磁针N极指向与导线平行，下列说法正确的是( )A．在通电瞬间，只有导线下方的小磁针会发生偏转B．在通电瞬间，只有导线上方和下方的小磁针会发生偏转C．在通电瞬间，导线周围的四个小磁针都会发生偏转D．在通电瞬间，导线周围的四个小磁针都不会发生偏转解析：根据奥斯特实验可知，电流周围存在磁场，小磁针原来的方向与导线平行，通电后，周围的磁场沿垂直导线的方向，所以四个小磁针都要发生偏转．故C正确．答案：C17．电动机是将电能转换为机械能的设备．下列没有使用电动机的电器是( ) A．电热水壶 B．电风扇C．洗衣机 D．抽油烟机解析：电风扇、洗衣机、抽油烟机都利用了电动机，是将电能转换为机械能的设备．电热水壶是利用了电流的热效应，是将电能转化为热能的设备，所以选项A正确．答案：A18．下列哪种设备实现了电能转换为机械能，从而极大地促进了社会生产力发展( ) A．发电机 B．电动机 C．电饭锅 D．电磁炉解析：发电机是将机械能转化成电能的设备，电动机是将电能转化成机械能的设备，电饭锅是将电能转化成热能的设备，电磁炉是将电能转化成热能的设备，所以只有选项B正确．答案：B19．如图所示，带电粒子垂直进入匀强磁场．下列判断正确的是( )A．粒子向左偏转 B．粒子向右偏转C．粒子垂直纸面向里偏转 D．粒子垂直纸面向外偏转解析：根据左手定则：让磁场穿入掌心，四指指向正电荷的运动方向，拇指所指的方向为洛伦兹力的方向，此时拇指垂直纸面向外，所以选项D正确．答案：D20．一通电直导线用细线悬挂于匀强磁场中，磁场及电流方向如图所示．通电导线所受安培力的方向是( )A．水平向左 B．水平向右C．竖直向上 D．竖直向下解析：根据左手定则：让磁场穿入掌心，四指指向电流方向，拇指所指的方向为安培力的方向，此时拇指竖直向下表示安培力方向，所以选项D正确．答案：D21．如图所示，小磁针放置在螺线管轴线的左侧．闭合电路后，不计其他磁场的影响，小磁针静止时的指向是( )A．N极指向螺线管 B．S极指向螺线管C．N极垂直于纸面向里 D．S极垂直纸面向里解析：闭合电路后，根据安培定则可知，螺线管的左端是S极，所以小磁针静止时其N极指向螺线管，故选项A正确．答案：A22．关于电视电脑显示器的工作原理，下列说法中正确的是( )A．没有外加磁场时，电子枪发出的电子束将轰击在荧光屏的中心，荧光屏的中心出现一个亮点B．没有外加磁场时，电子枪发出的电子束将轰击在荧光屏的边缘，荧光屏的边缘出现一系列的亮点C．有外加平行磁场时，电子枪发出的电子束将发生偏转D．使电子束发生偏转的力是安培力解析：当没有外加磁场时，电子枪发出的电子束将轰击在荧光屏的中心，A正确，B错误；外加平行磁场时，电子不受洛伦兹力作用，不会发生偏转，C错误；使电子束发生偏转的力是洛伦兹力，D错误．答案：A23．如图所示是用阴极射线管演示电子在磁场中受洛伦兹力的实验装置，图上管中虚线是电子的运动轨迹，那么下列相关说法中正确的是( )A．阴极射线管的A端应接正极B．C端是蹄形磁铁的N极C．无法确定磁极C的极性D．洛伦兹力对电子做正功解析：阴极射线管的A端发射电子，应接负极，所以A选项错误．根据左手定则，四指指向B端，与电子运动方向相反，大拇指指向下方，与洛伦兹力方向相同，因此手心正对磁极C，磁感线穿过手心，则必须从磁极C出发，因此磁极C为蹄形磁铁的N极，B选项正确，C选项错误．洛伦兹力对电子是不做功的，因此D选项错误．答案：B24．一根长为0.2 m，电流为2 A的通电导线，放在磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中，受到磁场力的大小不可能是( )A．0.4 N B．0.2 N C．0.1 N D．0 N解析：据安培力的定义，当磁感应强度B与通电电流I方向垂直时．磁场力有最大值，为F ＝BIL＝0.5×2×0.2 N＝0.2 N．当两方向平行时，磁场力有最小值，为零．随着二者方向夹角的不同，磁场力大小可能在0.2 N与0之间取值．答案：A25．(2013·广东省学业水平考试)(多选)如图所示，金属棒MN放置在处于匀强磁场中的两条平行金属导轨上，与金属导轨组成闭合回路，当回路通有电流(电流方向如图中所示)时，关于金属棒受到安培力F的方向和大小，下列说法中正确的有( )A．F方向向右 B．F方向向左C．增大电流强度，F增大 D．增大磁感应强度，F减少解析：这是带电导体在磁场中受力的问题，由左手定则，可知A选项正确，B选项错误；由F＝BIL可知，C选项正确，D选项错误．答案：AC21。

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