高二物理上册：第10章第八节课时活页训练
高二物理第十章练习题及答案
高二物理第十章练习题及答案第一节选择题1. 下列选项中，不属于物理学家提出的克服摩擦阻力的方法的是：A. 使用滑润剂B. 降低物体表面的蓄热系数C. 增大物体和地面的接触面积D. 使用滑轮组答案：B2. 一块质量为1kg的木块，静止不动地放在水平地面上。
现有一个100N的平行于地面的力作用于木块上，木块开始滑动。
摩擦系数为0.2，计算摩擦力的大小是多少？A. 5NB. 10NC. 15ND. 20N答案：B3. 有一物体沿着水平方向运动，速度由v1增加到v2，则物体所受到的摩擦力：A. 增大B. 减少C. 不变D. 无法确定答案：A第二节填空题1. 摩擦力的方向是__________运动方向的__________方向。
答案：相反；正2. 一个质量为500 g的木块在水平地面上受到的摩擦力是20 N，计算摩擦系数的大小。
答案：0.43. 若物体受到的摩擦力与物体所受的压力成正比，比例系数为0.2，则当物体受到100 N的压力时，摩擦力的大小为__________。
答案：20 N第三节计算题1. 一质量为2 kg的物体在水平地面上受到20 N的外力作用下静止不动，求物体与地面之间的摩擦力大小。
答案：20 N2.以水平地面为参考系，一质量为3 kg的物体受到12 N的外力作用下保持匀速运动，摩擦系数为0.4，求物体的加速度。
答案：0 m/s^23. 一个质量为5 kg的箱子放在水平地面上，初速度为0 m/s，受到20 N的外力作用下匀加速运动，求箱子移动5 m所需的时间。
答案：1 s第四节解答题1. 什么是摩擦力？摩擦力有哪些特点？答案：摩擦力是指物体相对运动或者相对静止的两个接触面之间产生的阻碍运动的力。
摩擦力的特点包括：与物体所受压力成正比；与物体间的接触面积有关；与物体表面的粗糙程度有关；与速度无关（对于低速运动）。
2. 摩擦力可以有哪些应用？请举例说明。
答案：摩擦力可以有以下应用：a. 制动器的工作原理：汽车、自行车等的制动器利用摩擦力将运动的车轮减速或停止。
2020-2021学年高二物理人教版(2019)必修第三册同步课时作业：第十章 静电场中的能量
2020-2021学年高二物理人教版（2019）必修第三册同步课时作业（11）第十章 静电场中的能量1.如图所示，虚线为电场中一簇水平的等间距的等差等势面，实线为一带正电的质点通过该区域时的运动轨迹，P Q 、是这条轨迹上的两点。
下列说法正确的是( )A.轨迹上P 点电势比Q 点电势高B.带电质点运动过程中，电场力做正功C.带电质点通过Q 点时动能较小D.带电质点通过该电场区域时加速度不变2.一不带电的金属板放在绝缘水平地面上，金属板的正上方有一带正电的点电荷P ，由于静电感应，在点电荷P 与金属板间产生了如图所示的电场，以点电荷P 所在位置为原点O ，垂直于金属板表面建立x 轴，A B 、为金属板上、下表面与x 轴的交点，取无穷远处的电势为零，竖直向下为电场强度E 的正方向。
则以下关于x ϕ-图像或E x -图像可能正确的是( )A. B.C. D.3.如图,一带正电的点电荷固定于O 点,两虚线圆均以O 为圆心,两实线分别为不同带电粒子M 和N 仅在电场力作用下先后在该点电荷形成的电场中运动的轨迹,a b c d 、、、为运动轨迹和虚线圆的交点,e 为两轨迹的交点。
不计粒子重力,下列说法正确的是( )A.M 带负电荷,N 带正电荷B.M 在b 点的动能大于它在a 点的动能C.N 在d 点的电势能等于它在c 点的电势能D.两带电粒子分别从a c 、运动到e 的过程中,电场力对两带电粒子所做的功一定相等 4.真空中两个点电荷12Q Q 、分别固定于x 轴上10x =和24x a =两点，在它们的连线上场强E 与x 的关系如图所示（取x 轴正方向为场强正方向，无穷远处为电势零点），以下判断正确的是（ ）A.12Q Q 、都带正电B.1Q 与2Q 的电荷量之比是13∶C.x 轴上x a =处的电势小于零D.正点电荷q 在x 轴上2x a =处的电势能比在3x a =处的小5.如图,三个固定的带电小球a b 、和c ,相互间的距离分别为5cm ab =,3cm bc =,4cm ca =,小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a b 、的连线,设小球a b 、所带电荷量的比值的绝对值为k ,则( )A.a b 、的电荷同号,169k =B.a b 、的电荷异号,169k =C.a b 、的电荷同号,6427k =D.a b 、的电荷异号,6427k =6.某真空空间存在静电场，沿着电场线建立x 轴，x 轴上一个试探电荷的电势能p E 随坐标x 变化的规律如图所 示，规定沿x 轴正方向为电场力的正方向，则下列说法正确的是（ ）A.此电场可能为匀强电场B.试探电荷从1x 到O 点，受到的电场力先增大后减小C.试探电荷从O 点到2x ，电场力先做正功后做负功D. 1x 处的电势比2x 处的电势高7.如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在大导体板MN 上铺一薄层中药材，针状电极O 和平板电极MN 接高压直流电源，其间产生较强的电场。
高二物理上册：第10章第八节随堂达标自测
1．一列正在鸣笛的火车，高速通过某火车站站台的过程中，该火车站站台上的工作人员听到笛声的频率()A．变大B．变小C．先变大后变小D．先变小后变大解析：选C.先是火车靠近工作人员，人感觉频率增大；后远离工作人员，人感觉频率减小．2．人们把频率低于20 Hz的声波叫次声波，高于20000 Hz的声波叫超声波，下列事实中，应用了次声波的有()A．用仪器听海啸B．用声呐测海底的深度C．海豚判断物体的位置和大小D．蝙蝠确定目标的方向和距离解析：选A.本题考查了次声波的应用，B、C、D三个选项是超声波的应用．3．利用超声波探伤仪可检查金属内部的缺陷，这是利用了超声波()A．具有较强的衍射性B．具有很强的穿透能力和良好的反射性能C．不能引起听觉器官的感觉D．容易被物质吸收解析：选 B.因为超声波有很强的穿透性及反射性，能准确反映金属内部结构的变化，所以答案为B选项．4．有一种用钢丝操纵做圆周运动飞行的飞机模型，装有活塞式发动机提供动力．操纵者站在圆心处，在他听来飞机发动机工作发出的声音的音调是____________的；场边观众听到的声音音调忽高忽低，这是由于____________________．解析：飞机的发动机不断发出隆隆声，这个声波的频率是不变的．此时飞机即为声源，因为操纵者站在圆心处，飞机做圆周运动时相对于操纵者的距离大小是始终不变的，故操纵者听到的频率与飞机发出声音的频率一直相同，即音调不变．而场边的观众与飞机之间的距离随飞机的飞行时大时小，即观众接收到的频率时而比声源的频率小，时而比声源的频率大，所以，场边观众听到的声音音调就忽高忽低．答案：不变发生了多普勒效应5.如图10－6－4所示，在公路的十字路口东侧路边，甲以速度v1向东行走，在路口北侧，乙站在路边，一辆汽车以速度v2通过路口向东行驶并鸣笛，已知汽车笛声的频率为f0，车速v2>v1.设甲听到的笛声频率为f1，乙听到的笛声频率为f2，司机自己听到的笛声频率为f3，则此三人听到笛声的频率由高至低依次为________．图10－6－4解析：由于v2>v1，所以汽车和甲的相对距离减小，甲听到的频率变大，即f1>f0.由于乙静止不动，则汽车和乙的相对距离增大，乙听到的频率变小，即f2<f0.由于司机和声源相对静止，所以司机听到的频率不变，即f3＝f0.综上所述，三人听到笛声的频率由高至低依次为f1、f3、f2.答案：f1、f3、f2。
高二物理训练10
高二物理课时训练（010）滚动训练2编制人祁凯做题人王占球审核人董正洲班级＿＿＿ 学号＿＿＿＿ 姓名＿＿＿＿1.身穿化纤衣服的人晚上脱衣时，会看到火花，并伴有“叭叭”声，其原因是（ ）A. 人体本身带电B. 由于化纤衣物间的摩擦产生了静电C. 空气带电，在衣物上产生放电现象D. 以上说法都不正确2.图示为P 、Q 两点电荷的电场线分布，a 、b 、c 、d 为电场中的四点．一个离子(不计重力)从a 运动到b ，轨迹如图所示．下列判断正确的是（ ）A. 离子从a 到b ，电势能增加B. a 点的电场强度小于c 点的电场强度C. c 、d 两点电势相等D. c 、d 两点电场强度可能相同 3.如图所示，一带电荷量为+Q 的均匀细棒，在过中点c 垂直于细棒的直线上有a 、b 、d 三点，a 和b 、b 和c 、c 和d 之间的距离均为L ，在a 处有一电荷量为-Q 的固定点电荷.已知d 点处的电场强度为零，静电力常量为k ，则b 点处的电场强度大小为（ ）A.29L kQ B.2910L kQC.22L kQD.2L kQ4.如图所示，在原来不带电的金属细杆ab 附近P 处，放置一个正点电荷。
达到静电平衡后（ ）A. a 端的电势比b 端的高B. b 端的电势比a 端的高C. ab 两端的电势相等D. 细杆上的感应电荷在c 处产生的电场方向向左5.某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M 点和N 点，以下说法正确的是（ ）A.M 、N 点的场强E M ＞E NB.粒子在M 、N 点的加速度a M ＞a NC.粒子在M 、N 点的速度v M ＞v N D ．粒子带正电6.如图所示，在处于O 点的点电荷＋Q 形成的电场中，试探电荷＋q 由A 点移到B 点静电力做的功为W 1，以OA 为半径画弧交OB 于C ，再把试探电荷由A 点移到C 点静电力做的功为W 2；由C 点移到B 点静电力做的功为W 3。
高二物理上册 电子题库 第10章第一节课时活页训练
【优化方案】2013届高二物理上册电子题库第10章第一节课时活页训练1．(2011年豫南高二检测)关于振动和波的关系，下列说法正确的是( )A．有机械波必有机械振动B．有机械振动必有机械波C．离波源远的质点振动的慢D．波源停振时，介质中的波立即停止解析：选A.机械波的形成除了有机械振动，还需要有介质，故A对B错．离波源远的质点起振比离波源近的质点晚些，但振动快慢是相同的，故C错．波源停振后，介质中已有的波要继续向前传播，故D错．应选A.2．下列关于波的现象我们能够观察到的是( )A．只要有机械波发出，一定可以找到波源B．把小石头扔进平静的湖面，水波将促使水面上的漂浮物向远方运动C．某空间找不到机械波，在这一空间一定没有波源D．波源振动停止了，在介质中传播的波也立即停止解析：选A.机械波形成的两个必要条件：(1)波源，(2)介质．即有机械波必有波源和介质，反过来有波源不一定有机械波．波源振动，介质中有机械波，波源停止振动后，已形成的波会在介质中继续传播，C、D错．波的传播是振动形式、能量、信息的传递，而不是介质质点随波迁移，所以B错，故正确答案为A.3．下列说法正确的是( )A．声波在空气中传播是纵波，在水中传播是横波B．波不但能传递能量还能传递信息C．发生地震时，由振源传出的既有横波又有纵波D．只有横波的传播需要介质解析：选BC.声波在空气中、液体中都是纵波，不论哪种波都能传递能量和信息，任何机械波在传播过程中都需要介质，地震波中既有横波又有纵波．因此B、C正确，A、D错误．4．区分横波和纵波的依据是( )A．质点沿水平方向还是沿竖直方向振动B．波沿水平方向还是沿竖直方向传播C．质点的振动方向和波的传播方向是相互垂直还是在一条直线上D．波传播距离的远近解析：选C.横波与纵波在教材中惟一一个分类的标准是看质点振动方向和波传播方向的关系，若互相垂直，为横波，若在一条直线上，为纵波，因此只有选项C正确．5.图10－1－6一列横波沿绳子向右传播，某时刻绳子形成如图10－1－6所示的凹凸形状，对此时绳上A、B、C、D、E、F六个质点的说法正确的是( )A．它们的振幅相同B．质点D和F的速度方向相同C．质点A和C的速度方向相同D．从此时算起，质点B比C先回到平衡位置解析：选AD.波源振动时，绳上各质点通过相互间的弹力跟着做受迫振动，不考虑传播中的能量损耗时，各质点的振幅相同，A正确；波传播时，离波源远的质点的振动落后于离波源近的质点的振动，并跟随着前面的质点振动．由图可知，波源在左端，因此，D点跟随近波源的质点C正向上运动，F点跟随近波源的质点E正向下运动，两者速度方向相反，B 错；同理，此时A点正向下运动，C点正向上运动，两者速度方向也相反，C错；由于此时B、C两质点都向上运动，C比B迟到最大位置处，C回到平衡位置也比B较迟．图10－1－76．图10－1－7是以质点P为波源的机械波沿着一条固定的轻绳传播到质点Q的波形图，则质点P刚开始振动时的方向为( )A．向上B．向下C．向左 D．向右解析：选A.由于是波源带动了后面的质点依次振动，且后面的质点总是重复前面质点的振动状态，所以介质中各质点开始振动时的方向都与波源开始振动时的方向相同．此时波刚传播至Q点，Q点此时的振动状态即与波源P开始振动的状态相同．由波的传播特点可知Q点此时是向上运动的，所以波源P点刚开始振动时的方向也应为向上．正确选项为A.7．(2011年福建福州摸底)把一根长而软的螺旋弹簧竖直提起来，手有规律地上下振动，则( )A．在弹簧上形成一列机械波B．在弹簧上形成波峰和波谷C．弹簧上的质点自上而下振动D．弹簧上的机械波自上而下传播解析：选AD.弹簧上的质点均在自己的平衡位置附近振动，形成一列自上而下传播的机械波，选项A、D正确；弹簧波是纵波，有疏部和密部，无波峰和波谷，选项B错；弹簧上的质点均在平衡位置附近往复振动，有时向上振动，有时向下振动，选项C错．8.图10－1－8如图10－1－8所示为一列简谐横波在某时刻的波形图，a、b、c、d为介质中的四个质点，a在波峰，d在波谷，c在平衡位置，b的位移大小等于振幅的一半．四个质点的加速度大小分别为a a、a b、a c、a d，它们的速度大小分别为v a、v b、v c、v d，则( ) A．a c<a b<a a＝a d B．a c>a b>a a＝a d＝0C．v a＝v d>v b>v c D．v a＝v d<v b<v c解析：选AD.波形图中的四个质点都做简谐运动，由简谐运动的特点可以得知v a＝v d＝0，v b<v c，故D正确；而a c＝0，a a＝a d>a b>0，故a c<a b<a a＝a d，A正确．9．某时刻做简谐运动的弹性绳abcde形状如图10－1－9所示，自此刻起，当质点a 通过30 cm的路程时，质点e通过的路程是( )图10－1－9 A ．5 cmB ．10 cmC ．15 cmD ．20 cm解析：选C.由图可知该波的振幅为5 cm ，当a 质点通过30 cm 路程时，所用时间为112T .由图示波的形状开始，当波传到e 点时需要用时34T ，故e 点只能振动34T ，即通过的路程是三个振幅即15 cm.10．在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一直线上，振动由质点1向右传播．已知质点1开始振动时的速度方向竖直向上，经时间t,1～13质点第一次形成如图10－1－10所示的波形，则该波的周期为______________．图10－1－10解析：由波的传播方向可知，质点13此时运动方向竖直向下，而波源(质点1)的起振方向为竖直向上，故质点13振动的最短时间为t 1＝T 2，而振动传到质点13需时间t 2＝1.5T ＝32T ，故t ＝t 1＋t 2＝T 2＋32T ，所以T ＝t 2. 答案：t 211．图10－1－11(a)中有一条均匀的绳，0、1、2、3、4…是绳上一系列等间距的点．现在有一列简谐横波沿此绳传播．某时刻，绳上9、10、11、12四点的位置和运动方向如图(b)所示(其他点的运动情况未画出)，其中点12的位移为零，向上运动，点9的位移达到最大值．试在图(c)中画出再经过14周期时的波形图．图10－1－11解析：由图(b)可判断出均匀绳上的波是向右传播的，由图(b)这段波形可画出在图(b)所示时刻从0到点15的波形图．由于介质中各质点都在各自平衡位置附近做往复运动，所以再经过14周期，质点9在平衡位置，质点12在正的最大位移处，由此可得出点9到点12间的波形．由这段波形也就知道了这一时刻整条绳上的波形，如下图所示．答案：见解析12．声音是空气中每秒20至2万次的振动．地球上有声音，是因为振动着的物体把振动传给空气，空气再把振动传播开来，形成声音．所以，存在声音的必要条件有两个：一个是要有声源，一个是要有传播声音的介质，二者缺一不可.1969年7月21日，人类首次登上月球．在月球上，两名宇航员虽然近在咫尺，也只能靠无线电来通话．这是为什么呢？原来，月亮上可以产生振动，但月亮上没有空气，即没有传播声音的介质，所以振源的振动传不出去，当然就听不到声音．请你利用实验室中的器材设计一个实验方案，证明月亮上为什么没有声音．(提示：从波的形成条件上考虑)解析：如图所示：将一只闹钟放在有抽气设备的玻璃罩里，当罩内的空气没有被抽出时，我们能听见闹钟的滴答声，当空气逐渐被抽出时，滴答声逐渐减弱；当空气十分稀薄时，滴答声就听不见了．由于没有空气把声音传出来，即使闹钟滴答声一直在响，我们也听不见．对于传播声音来说，月亮上的条件与抽出空气的玻璃罩内的情况相似．所以月亮上就是有振动，也没有声音．答案：见解析。
新教材高中物理第10章静电场中的能量2电势差课时分层作业含解析新人教版必修第三册
课时分层作业(六) 电势差(建议用时：25分钟)◎考点一 电势与电势差1．(多选)下列关于电势差和静电力做功的说法,正确的是( )A ．电势差的大小由静电力在两点间移动电荷做的功和电荷的电荷量决定B ．静电力在两点间移动某电荷做功的多少由两点间的电势差和该电荷的电荷量决定C ．电势差是矢量,静电力做的功是标量D ．在匀强电场中与电场线垂直的平面上任意两点的电势差均为零BD [电势差表征电场的能的性质,与试探电荷无关,选项A 错误；由W ＝qU 可知,选项B 正确；电势差和静电力做的功都是标量,选项C 错误；匀强电场中与电场线垂直的平面为等势面,等势面上任意两点的电势差为0,选项D 正确。
]2．一个电荷量为10－6C 的负电荷从电场中A 点移到B 点电场力要做功2×10－6J,从C 点移到D 点要克服电场力做功7×10－6 J,若已知C 点比B 点电势高3 V,且A 、B 、C 、D 四点在同一条电场线上,则下列图中正确的是( )C [由U AB ＝W AB q ＝2×10－6－10－6 V ＝－2 V,则φA －φB ＝－2 V ；U CD ＝W CD q ＝－7×10－6－10－6 V ＝7 V,则φC －φD ＝7 V ；由题意得φC －φB ＝3 V,则φC ＞φB ＞φA ＞φD ,C 正确。
]◎考点二 等势面的理解和应用3．(多选)如图所示,实线表示一簇关于x 轴对称的等势面,在x 轴上有A 、B 两点,则( )A ．A 、B 两点的场强方向与x 轴同向B ．A 、B 两点的场强方向与x 轴反向C ．A 点的场强E A 大于B 点的场强E BD ．A 点的场强E A 小于B 点的场强E BAD [由电场线与等势面的关系可知,电场线一定与等势面垂直,由电势较高的等势面指向电势较低的等势面,作出相对应的电场线的分布,如图所示。
则可知A、B两点处的场强方向与x轴同向。
高二物理上册：第10章第五节课时活页训练
1.如图10－5－6所示，沿一条直线相向传播的两列波的振幅和波长均相等，当它们相遇时或相遇后，不可能出现的波形图是()图10－5－6图10－5－7解析：选D.根据波的独立传播原理，两列波相遇分离后仍保持各自的运动状态继续传播，其波形不变，故A正确，D错；在相遇区域，质点的位移等于两列波引起的振动的位移的矢量和，据波的叠加原理，当两列波的前半波形叠加时，前半波形内各质点位移均为零，B会出现，两波形重合时，各质点位移加倍，C会出现．故B、C正确．2．水槽中步调相反的波源S1、S2发出两列波长相等的水波，设某一时刻P点恰好是两波谷相遇点，则下列说法错误的是()A．这两列波能发生干涉B．P点始终就在波谷C．P是振动加强点D．P的位移有时可为零解析：选 B.两列水波波长相等，其速度也相同，则频率必然相同，能发生干涉；某时刻P点恰好是两波谷相遇，则该点是振动加强点，P点也会上下振动，并非总处于波谷，故选项B错误．3．如图10－5－8甲所示，两列波的振幅和波长都相同，传播方向相反，在相遇的某一时刻，两列波“消失”，如图10－5－8乙所示，此时x、y两质点的运动方向是()图10－5－8A．x向下，y向上B．x向上，y向下C．x和y都向上D．x和y都向下解析：选A.由带动法可判断两列波在x点引起的振动均向下，在y点引起的振动均向上，由波的叠加可知，x、y的振动为合运动，所以x向下，y向上．4．频率相同的两列波发生干涉现象时()A．某一点如果是两列波的波峰与波峰相遇，经过半个周期，在这一点则是第一列波的波峰与第二列波的波谷相遇B．某一点如果是两列波的波谷与波谷相遇，经过半个周期，在这一点则是第一列波的波谷与第二列波的波峰相遇C．某一点如果是第一列波的波峰与第二列波的波谷相遇，经过半个周期，在这一点则是两列波的波谷相遇D．某一点如果是第一列波的波谷与第二列波的波峰相遇，经过半个周期，在这一点则是第一列波的波峰与第二列波的波谷相遇解析：选D.振动加强点或减弱点只与位置有关，不随时间变化．若在某一时刻两波峰相遇时，经过半个周期两波谷相遇，若某一时刻一列波的波峰与另一列波的波谷相遇，半个周期后，前一列波的波谷与后一列波的波峰相遇，故A、B、C错，D正确．5．两个不等幅的脉冲波在均匀介质中均以1.0 m/s的速率沿同一直线相向传播，t＝0时刻的波形如图10－5－9所示，图中小方格的边长为0.1 m，则以下不同时刻，波形正确的是()图10－5－9图10－5－10解析：选ABD.在t＝0.3 s时每一个脉冲波各向前传播0.3 m，两波形刚好相接，即出现A选项所示的情形，当t＝0.4 s时，每一脉冲波各向前传播了0.4 m，先画出每一列波单独存在时的波形，由波的叠加原理知B图正确，同理分析C错，D对．6.如图10－5－11所示，S1、S2为水波槽中的两个波源，它们分别激起两列水波，图中实线表示波峰，虚线表示波谷．已知两列波的波长分别为λ1和λ2，且λ1＞λ2，该时刻在P 点为两列波的波峰与波峰相遇，则以下叙述中正确的是()图10－5－11A．P点有时在波峰，有时在波谷，振动始终相互加强B．P点始终在波峰，不可能在波谷C．因为λ1＞λ2，所以P点的振动不遵守波的干涉条件D．P点的振动遵守波的叠加原理，但并不始终相互加强解析：选CD.这两列水波波长λ1＞λ2，f1＜f2不是相干波，当它们相互叠加时，水面上某质点的合振幅，有时是两个振动振幅之和，有时是两个振动振幅之差，没有振动总加强或总减弱的区域，不能产生稳定的干涉图样．7．如图10－5－12所示，两列平面简谐横波在空中叠加，其中简谐横波a(如图中虚线所示)沿x轴的正方向传播，简谐横波b(图中实线所示)沿x轴的负方向传播，波速都是20 m/s.t ＝0时，这两列波的波动图象如图所示，那么位于x＝45 m处的质点P第一次达到波峰的时间和第一次处于平衡位置的时间分别是()图10－5－12A．1.50 s0.25 s B．0.75 s0.25 sC．0.25 s0.5 s D．0.25 s0.75 s解析：选D.t＝0时，两列波的波峰到P点处的距离均为s＝5 m，波峰传播到P点的时间t＝s/v＝0.25 s，选项A、B错误；t＝0时，x1＝30 m处的质点和x2＝60 m处的质点都在平衡位置，离P 点的距离均为s ′＝15 m ，两质点的振动传播到P 点时，P 点第一次处于平衡位置，经历时间t ′＝s ′/v ＝0.75 s ，故正确选项为D.8．如图10－5－13所示，a 、b 两质点是两列相向传播的简谐横波的振源，它们的间距为6 m ．若a 、b 振动频率均为5 Hz ，位移大小方向始终相同，两列波的波速均为10 m/s ，则( )图10－5－13A ．ab 连线中点振幅最大B ．ab 连线上离a 为1.5 m 处无振动C ．ab 连线上振动最弱位置共三处D ．ab 连线上振动最强位置共五处解析：选ABD.两列简谐波的波长为：λ＝v f ＝105m ＝2 m. ab 连线中点的振幅为最大点，选项A 是正确的．ab 连线上离a 点1.5 m 处设为P 点，则Δr ＝Pb －Pa ＝4.5 m －1.5 m ＝3.0 m ，因为λ＝2 m ，λ2＝1 m ，所以Δr ＝3×λ2. 所以P 点是振动减弱点，其振幅最小．因为两列波源完全相同，所以P 点合振动的振幅为零，即P 点不振动，所以选项B 是正确的．满足Δr ＝nλ的各点为振动加强点，Δr ＜ab ＝6 m ．则Δr ＝nλ＜6 m.当n ＝0时，Δr ＝0，ab 中点为振动加强点；当n ＝1时，Δr ＝λ＝2 m ；当n ＝2时，Δr ＝2λ＝4 m.由于对称性，在ab 连线上振动加强点共有五处，所以选项D 是正确的．9.如图10－5－14所示，在坐标原点O 和x ＝3 m 的A 点有两个完全相同的振源，两个振源发出的横波波长均为1 m ，在y 轴正方向上除O 点外的振动加强的位置有( )图10－5－14A ．1处B ．2处C ．3处D ．(2n ＋1)处(n ＝0,1,2…)解析：选B.当距两波源的路程为波长的整数倍时，该点为振动加强点．在y 轴上满足x 2＋y 2－y ＝nλ(n ＝0,1,2…)的点振动加强，则 y ＝x 2－n 2λ2nλ＝9－n 22n，可知n <3，n ≠0，只有n ＝1和n ＝2的两点(0,4)，(0,1.25)的振动是加强的．10．(2011年河北保定高三调研)利用发波水槽，可以使S 1、S 2两波源发出的水波产生叠加现象，先使两波源振动情况完全相同，第一次调整S 1的振幅后再观察两列波的叠加情况，观察后，请对下面的问题作出判断．如图10－5－15甲为水波演示槽，可演示两列水波叠加的情形．S 1、S 2为两个波源，能连续不断地上、下振动产生水波，P 为水面上的一点，PS 1＝PS 2.图10－5－15乙、丙两图分别为S 1、S 2波源的振动图象，则下列判断正确的是( )图10－5－15 A ．水面上不能形成干涉图样B ．由于水波波速未知，不能判断P 点属振动加强点还是减弱点C ．P 点属振动加强点D ．P 点振动的振幅为1 cm解析：选C.由S 1、S 2两波源的振动图象可直观看出，两波源的振幅分别为A 1＝2 cm 、A 2＝1 cm ，两波源的振动周期T 1＝T 2＝0.02 s ，所以两波源的振动频率相同，故满足波的干涉条件，能形成稳定的干涉图样，故A 选项不正确；由图象还可看出两波振动是同步的，可以知道在S 1、S 2的垂直平分线上的各点都满足振动加强的条件，故P 为振动加强点，B 项不正确，C 选项正确；两波在P 点叠加时，S 1的波峰与S 2的波峰叠加时，合波峰为3 cm ，当S 1的波谷与S 2的波谷相遇时，合波谷为－3 cm ，故P 点振动的振幅为3 cm ，即D 选项不正确．11．如图10－5－16所示，在一根细绳上正传递着正立和倒立的两个简谐波A 和B ，设在t ＝0时波形如图甲所示，而在t ＝T 时的波形如图乙所示．试画出t ＝T /2时的波形图．图10－5－16解析：由简谐波A 和B 在t ＝0时的波形图和t ＝T 时的波形图，可知波A 和B 在一个T 内沿传播方向平移的距离为4 m ．则波A 和B 在T /2内各自沿传播方向平移的距离为2 m ，得到此时各自的波形图，再根据波的叠加原理，此时的波形图应为在x 轴上2 m ～6 m 的一条线段，如图所示．答案：见解析12．如图10－5－17所示，在半径R ＝45 m 的圆心O 和圆周A 处，有两个功率相同的喇叭，同时发出两列频率、波长和振幅相同的声波，且波长λ＝10 m ，若人站在B 处，正好听不到声音；若逆时针方向从B 走到A ，则时而听到声音时而听不到声音．试问在到达A 点之前，还有几处听不到声音？图10－5－17解析：A 、O 到B 点的距离差Δr ＝R ＝45 m ＝4λ＋12λ，所以B 点振动减弱，表明两声源振动步调一致，因此在圆周上任一点听不到声音的条件为Δr ＝r 1－r 2＝(2k ＋1)λ2＝5(2k ＋1)，将r 2＝R ＝45 m 代入得：r 1＝10k ＋50，而0＜r 1＜90 m ，即0＜10k ＋50＜90，所以－5＜k ＜4，因此k取－4、－3、－2、－1、0、1、2、3共8个值，所以在到达A点之前还有8处听不到声音．答案：8处。
人教版新教材高二物理上册 《10
10.3 电势差与电场强度的关系学习目标1．理解匀强电场中电势差与电场强度的关系U＝Ed，并且能够推导出这个关系式2．会用关系式U＝Ed进行有关的计算。
重点：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场方向距离的乘积。
难点：1．电场强度的大小为什么等于两点间的电势差与这两点沿电场方向距离的比值的问题。
2．电势与场强无直接关系。
场强和电势在数值上没有必然关系，即场强大的地方电势不一定高；场强为零的地方电势不一定为零；场强相同的地方电势不一定相同；电势相同的地方场强不一定相同。
知识点一、匀强电场中电势差与电场强度的关系1．关系式：UAB ＝Ed或E＝UABd。
2．物理意义：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场方向的距离的乘积。
3．适用条件：只适用于匀强电场。
【题1】如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab＝5cm，bc＝12cm，其中ab沿电场线方向，bc和电场线方向成60°角，一个电荷量为q＝4×10－8C 的正电荷从a移到b电场力做功为W1＝1.2×10－7J。
求：（1）匀强电场的电场强度E。
（2）电荷从b移到c，电场力做的功W2。
（3）a、c两点间的电势差Uac。
【答案】（1）60V/m；（2）1.44×10－7J；（3）6.6V【解析】（1）设a、b两点间的距离为d，由题意有W1＝qUab，E＝Uabd，由以上两式得E＝W1qd＝1.2×10－74×10－8×5×10－2V/m＝60V/m。
（2）设b、c两点沿场强方向的距离为d1，Ubc＝Ed1，d1＝bc·cos60°，W2＝qUbc ，得W2＝qE·bc·cos60°＝4×10－8×60×12×10－2×0.5J＝1.44×10－7J。
高二物理上册课时训练题10
1．建立完整的电磁场理论，并首先预言电磁波存在的科学家是()A．法拉第B．奥斯特C．赫兹D．麦克斯韦答案：D2．下列说法正确的是()A．恒定电流能够在周围空间产生稳定的磁场B．稳定电场能够在周围空间产生稳定的磁场C．均匀变化的电场能够在周围空间产生稳定的磁场D．均匀变化的电场和磁场互相激发，形成由近及远传播的电磁波答案：AC3．某电路的电场随时间变化的图象如图18－3－4所示，能发射电磁波的电场是()图18－3－4解析：选D.图A中电场随时间不变化，不会产生磁场．图B和图C中电场都随时间做均匀的变化，只能在周围产生稳定的磁场，也不能产生和发射电磁波．图D中电场随时间做不均匀的变化，能在周围空间产生变化的磁场，而这种磁场的变化也是不均匀的，又能产生变化的电场，从而交织成一个不可分割的统一体，即形成电磁场，才能发射电磁波．4．下列关于电磁波的说法正确的是()A．电磁波必须依赖介质传播B．电磁波可以发生衍射现象C．电磁波不会发生偏振现象D．电磁波无法携带信息传播解析：选 B.电磁波可以在真空中传播，能发生干涉、衍射、偏振等现象，并且它可以传递信息，可知只有B选项正确．5．声波和电磁波均可传递信息，且都具有波的共同特征．下列说法正确的是()A．声波的传播速度小于电磁波的传播速度B．声波和电磁波都能引起鼓膜振动C．电磁波都能被人看见，声波都能被人听见D．二胡演奏发出的是声波，而电子琴演奏发出的是电磁波答案：A1．根据麦克斯韦电磁场理论，下列说法中正确的是()A．在电场周围一定产生磁场，磁场周围也一定产生电场B．在变化的电场周围一定产生变化的磁场，变化的磁场周围一定产生变化的电场C．均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场D．振荡的电场一定产生同频率的振荡磁场解析：选D.该题非常容易出错！容易错选B、C，原因是对麦克斯韦电磁场理论和法拉第电磁感应定律不清楚．均匀变化的磁场周围产生的是不变的电场；均匀变化的电场周围产生的是不变的磁场．2．用麦克斯韦的电磁场理论判断，如图18－3－5中表示电场(或磁场)产生的磁场(或电场)的正确图象是()图18－3－5答案：C3．(2018年高考天津理综卷)下列关于电磁波的说法正确的是()A．均匀变化的磁场能够在空间产生电场B．电磁波在真空和介质中传播速度相同C．只要有电场和磁场，就能产生电磁波D．电磁波在同种介质中只能沿直线传播解析：选A.变化的磁场就能产生电场，A正确．若只有电场和磁场而电场和磁场都稳定或电场、磁场仅均匀变化都不能产生电磁波，C错．光也是电磁波，在真空和介质中传播的速度不同，可判断B错．D选项中没强调是“均匀”介质，若介质密度不均匀会发生折射，故D错．4．电磁波在传播过程中，不变的物理量有()A．频率B．波长C．振幅D．波速解析：选 A.波在传播过程中，有一个量是不发生变化的，那就是频率，波速和波长与介质有关，振幅在逐渐减小．5．关于电磁波中的电场强度E和磁感应强度B及电磁波传播方向，下列说法正确的是()A．E和B平行，都随时间t做正弦变化B．E和B垂直，都随时间t做正弦变化C．E和传播方向垂直，B和传播方向平行D．E和B垂直，E、B都和传播方向垂直解析：选BD.E和B互相垂直，且都随时间做正弦规律变化，E、B都和传播方向垂直．6．下列关于电磁波的叙述中，正确的是()A．电磁波是电磁场由发生区域向远处的传播B．电磁波在任何介质中的传播速度均为3×108 m/sC．电磁波由真空进入介质传播时，波长变短D．电磁波不能产生干涉、衍射现象解析：选AC.电磁波是交替产生周期变化的电磁场产生并由发生区域向远处传播的，在真空中的传播速度为3×108 m/s.电磁波在传播过程中频率f不变，由波速公式v＝λf可知，由于电磁波在介质中传播速度变小，所以波长变短．电磁波具有波动性，能产生干涉、衍射现象．7．(2018北京海淀区模拟)关于电磁场和电磁波，下列叙述中正确的是()A．恒定的电场能够产生电磁波B．电磁波的传播需要介质C．电磁波从一种介质进入另一种介质，频率不变D．电磁波在传播过程中也传递了能量解析：选CD.由麦克斯韦电磁场理论可知．只有非均匀变化的电场、磁场能产生电磁波，A错；电磁波的传播不需要介质，B错；电磁波与机械波一样，在传播过程中频率不变，C正确；电磁波传播电磁振荡的运动形式和能量，D对．8．(2018年辽宁大连模拟)下列说法正确的是()A．声波从空气进入水中时，其波速增大，波长变长B．纵波传播过程中各质点的运动方向与波的传播方向总是相同的C．当波源与观察者相向运动时，波源自身的频率不变D．均匀变化的磁场产生变化的电场，均匀变化的电场产生变化的磁场解析：选AC.声波从空气进入水中时，频率不变，波速变大，波长变长，A项正确；纵波是质点的振动方向与波的传播方向一致的波，并不是两个方向相同，B项错误；均匀变化的电场产生恒定的磁场．9．(2018年广东珠海调研)无线电发射装置的振荡电路中的电容为30 pF时，发射的无线电波的频率是1607 kHz，若保持回路的电感不变，将电容调为270 pF，这时发射的电磁波的波长为() A．62 m B．187 mC．560 m D．1680 m解析：选C.由f＝12πLC，c光＝λf得λ＝2πc光×LC，解得当C′＝270 pF时，f′＝16073kHz，λ′＝560 m.图18－3－610．如图18－3－6所示，有一水平放置内壁光滑、绝缘的真空圆形管，半径为R.有一带正电的粒子静止在管内，整个装置处于竖直向上的磁场中．要使带电粒子能沿管做圆周运动，所加的磁场可能是()A．匀强磁场B．均匀增加的磁场C．均匀减小的磁场D．由于洛伦兹力不做功，不管加什么磁场都不能使带电粒子绕管运动解析：选BC.当磁场均匀变化时，产生恒定电场，从而使带电粒子做圆周运动．图18－3－711．如图18－3－7所示为某LC 回路中电容器极板上的带电量随时间变化的图象，由此可知该电路激发的电磁波在真空中的波长是多少？解析：振荡电路在空间激发的电磁波的周期和频率与振荡电路的周期和频率相同，电磁波在真空中传播的速度为c ＝3.0×108 m/s.由此图象可知该电磁波的周期T ＝8×10－9 s ，由公式c ＝λf 可得λ＝c /f ＝cT ＝2.4 m.答案：2.4 m12．如果你通过同步卫星转发的无线电话与对方通话，则在你讲完话后，至少要等多长时间才能听到对方的回话？(已知地球的质量M ＝6.0×1024 kg ，地球半径R ＝6.4×106 m ，引力常量G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2)解析：同步卫星是相对地面静止的卫星，它运动的周期T ＝3600×24 s ＝8.64×104 s ，设卫星离地面高度为h ，它绕地球转动的向心力是由地球对它的万有引力提供：G mM(R ＋h )2＝m (R ＋h )(2πT )2，h ＝3GMT 24π2－R . 代入数据，算得h ＝3.59×107 m.最短通信距离是发话人和听话人均在同步卫星的正下方，这时无线电信号传播的最短距离s ＝2h ，则最短时间t ＝2×2h c ＝2×2×3.59×1073×108s ＝0.48 s. 答案：0.48 s。
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10.2 电势差学习目标1．理解电势差的概念。
2．掌握电场力做功与电势差的关系，会用WAB ＝qUAB解决有关问题。
3．知道电势差和电势、等势面的关系。
重点：应用电势差的概念求解静电力对电荷所做的功。
难点：应用电势差的概念求解静电力对电荷所做的功。
知识点一、电势差1．定义：电场中两点间电势的之差，也叫电压。
单位伏特，符号V。
2．关系式：设电场中A点的电势为φA ，B点的电势为φB，则：A、B两点之间的电势差为：UAB ＝φA−φB。
B、A两点之间的电势差可以表示为：UBA ＝φB−φA。
所以UAB＝−UBA。
3．电势差的正负：电势差是标量，但有正、负。
电势差的正、负表示两点间电势的高低。
所以电场中各点间的电势差可依次用代数相加。
4．对电势差的三点理解（1）电场中两点的电势差，由电场本身的初末位置决定．在确定的电场中，即使不放入电荷，任何两点间的电势差都有确定的值。
（2）讲到电势差时，必须明确所指的是哪两点（两位置）的电势差。
A、B间的电势差记为UAB 、而B、A间的电势差记为UBA。
（3）电势差有正负，电势差的正负表示电场中两点电势的高低，如UAB＝－6 V．说明B点的电势比A点的电势高6 V。
【题1】在右图中，某电场的等势面用实线表示，各等势面的电势分别为10V、6 V和－2 V，则UAB ＝________，UBC＝________，UCA＝________。
【答案】0，12 V，－12 V【解析】在题图中，A、B两点在同一等势面上，则有φA＝φB，故UAB＝10 V－10 V＝0，B、C间的电势差为UBC＝10 V－（－2 V）＝12 V，C、A间的电势差为UCA＝－2 V－10 V＝－12 V。
【题2】在电场中A、B两点间电势差为UAB ＝75 V，B、C两点间电势差UBC＝－200 V，则A、B、C三点的电势高低关系为A．φA ＞φB＞φCB．φA＜φC＜φBC．φC＞φA＞φBD．φC＞φB ＞φA【答案】C【解析】UAB ＝φA－φB＝75 V，则φA＝75 V＋φB，故φA ＞φB。
2022届高二物理上册电子题库第十三章第八节课时活页训练
【优化方案】 2022 届高二物理上册电子题库第十三章第八节课时活页训练1．某电容器上标有“μF,9 V”字样，则该电容器－6A．所带电荷量不可以超出×10C－5B．所带电荷量不可以超出×10CC．所加电压不该超出 9 VD．该电容器的击穿电压为9 V分析：选 BC电容器上的标记“μF”说明其电容＝μF，“ 9 V”说明它的额定电压C为 9 V，也就是正常工作电压不该超出9 V，但其击穿电压大于 9 V， C 正确， D 错误．由此也能够说明其带电量不该超出Q＝ CU＝×10－5C，A错误，B正确．2．以下对于电容的说法正确的选项是A．电容器的电容越大，则带的电荷量越多B．不论电容器两极板带的电荷量怎样，它所带的电荷量与电压的比值老是恒定不变的C．电容器的电容是表示电容器高升单位电势差所能容纳电荷量的多少，其大小与加在两板间的电压没关D．依据电容的表达式C＝错误 ! 可知，电容器的电容跟电容器所带的电荷量成正比，跟它两极板间的电势差成反比分析：选BC电容是表示容纳电荷本事的物理量，由电容器的结构决定，与外界要素没关，故 B、C 对， D 错；电容器的电容越大，说明容纳电荷本事越大，但由纳电荷量的多少还与极板间的电压相关， A 错．R、电键S与平行板电容器构成的串连电3．如图 13－ 8－11 所示是一个由电池、电阻路，电键 S 闭合，在增大电容器两极板间距离的过程中图 13－ 8－11A．电阻R中没有电流B．电容器的电容变小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的电流分析：选BC当两极板间距离增大时，电容减小， B 对．此时极板的带电量也减小．由于本来电容器的上极板 A 带正电，下极板 B 带负电，当电荷量减小时， B 板上的电子在电源的作用下将输送到 A 板中和部分正电荷，故电阻R 中会有从 a 流向 b 的电流，C对，A、D 错．4． 2022年宁夏银川高二检测某电解电容器上标有“25 V，470 μF”字样，对此下列说法正确的选项是A．此电容器只好在直流B．此电容器一定在直流C．当工作电压为直流25 V 之内的电压下才能正常工作25 V 的电压时才能正常工作25 V 时，电容才是470 μFD．该电容器使用时不用考虑引线的极性分析：选 A 电容器上注明的电压是其额定电压，表示在该电压以下该电容器能够长久工作，而超出了这个值时，电容器可能没法正常工作，应选项 A 正确，选项 B 不正确；电容器的电容与其带电量 Q及其电压 U均没关系，只与其自己的结构相关，可见C选项是不正确的；对于一般的电容器，并没有正负极之分，而电解电容器是由氧化膜作介质的，因为该膜很薄，故电容较大，但同时也存在了正负极之别，故D选项不正确．5．2022 年海南模拟一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷即粒Q＝ CU可知，容子的电荷量与质量之比不一样的带正电的粒子 a 和 b，从电容器边沿的t 2，粒2得错误 !∶错误 !＝错误!＝错误!＝46．传感器是一种收集信息的重要器件，图13－ 8－ 13 是一种测定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，可使膜片产生形变，惹起电容的变化，将电容器、敏捷电流计和电源串连成闭合电路．那么图 13－ 8－13A．当F向上压膜片电极时，电容将减小B．当F向上压膜片电极时，电容将增大C．若电流计有示数，则压力 F 发生变化D．若电流计有示数，则压力 F 不发生变化答案： BC7．平行板电容器的两极板A、 B 接于电池的两极，一带正电小球悬挂在电容器的内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图13－8－14所示，则图 13－ 8－14A．保持开关S 闭合，带正电的A板向 B 板凑近，则θ增大B．保持开关S 闭合，带正电的A板向 B 板凑近，则θ不变C．开关 S 断开，带正电的 A 板向 B板凑近，则θ增大D．开关 S 断开，带正电的 A 板向 B板凑近，则θ不变分析：闭合时，电容器两极板间的电压 U不变，由 E＝错误!，知 U不变， d 减小，则 E 增大，因此小球所受电场力增大，θ角增大，故A项正确，B项错误．开关S断开后，电容器所带电荷量Q不变，由 C＝错误!，C＝错误!和 E＝ U/ d，得 E＝错误!，易知 E 不变，小球所受电场力不变，θ角不变，故 D 项正确， C 项错误．8．如图 13－ 8－ 15 所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M 和 N，今有一带电质点，自 A 板上方相距为d的， S表示金属片的正对面积， d 表示两金属片间的距离，当按下键时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测是哪个键被按下了，进而给出相应的信号．设每个金属片的正对面积为250 mm，键未按下时两金属片的距离为mm，假如电容变化m图 13－ 8－17] 分析：键未被按下时电容C1＝错误!＝错误! F ＝× 10 －12 F ＝ m答案：11．如图 13－ 8－ 18 所示，一平行板电容器接在U＝12 V的直流电源上，电容C＝×10－10F，两极板间距离d＝× 10－3m，取g＝ 10 m/ 2，求：图 13－ 8－181该电容器所带电量；2若板间有一带电微粒，其质量为m＝×10－3g，恰在板间处于静止状态，则微粒带电量多少带何种电荷分析： 1 由公式C＝错误 ! ，Q＝CU＝3×10 －10×12 C＝× 10 －9 C2 若带电微粒恰在极板间静止，则qE＝ mg，而 E＝错误!解得 q＝错误!＝错误! C＝×10－6C，微粒带负电荷．答案： 1×10 －9 C 2×10－6 C负电荷12．相距为d、水平搁置的两块平行金属板a、 b，其电容为 C，开始时两板均不带电，a板接地且中央有孔，如图13－8－ 19 所示．现将带电量为q，质量为的带电液滴，相隔m足够长的时间，一滴一滴地从小孔正上方h 高处无初速地滴下，竖直落向 b 板，抵达 b 板后电荷所有传给b 板重力加快度为，不计a、b板间磁场及阻力影响，求：g图 13－ 8－191 第几滴液滴将在a、 b 板间做匀速直线运动2 能够抵达 b 板的液滴不会超出多少滴分析： 1 设当滴下n 滴时，两极间电压为U，这时再滴下一滴，带电液滴遇到的电场力恰巧等于重力．由 qE＝ mg， E＝错误!， U＝错误!， Q＝nq联立解得 n＝错误!，当滴下 n＋1＝错误!＋1滴时，带电液滴做匀速直线运动．2 由动能定理得mgh＋d＝qU，而U＝错误 ! ，联立解得n′＝错误 ! ，故能抵达b板的液滴最多不会超出错误 ! 滴．答案： 1错误 ! ＋12错误 !。
人教版新教材高二物理上册 《10
10.4 电容器的电容学习目标1．知道什么是电容器。
2．理解电容器电容的概念及其定义式C＝Q/U，并能用来进行有关计算。
3．知道平行板电容器的电容与哪些因素有关。
4．知道公式C＝εrS4πkd及其含义。
重点：电容的概念。
难点：电容的引入与理解。
研究影响平行板电容器电容大小因素的实验探究。
知识点一、电容器1．构造：彼此绝缘而又相距很近的两个导体，就构成一个电容器。
2．功能（1）充电：把电容器的两个极板与电源的正负极相连，使两个极板上带上等量异种电荷的过程。
特点（如下左图所示）：①充电电流：电流方向为逆时针方向，电流由大到小；②电容器所带电荷量增加；③电容器两极板间电压升高；④电容器中电场强度增加；当电容器充电结束后，电容器所在电路中无电流，电容器两极板间电压与充电电压相等；⑤充电后，电容器从电源中获取的能量称为电场能。
（2）放电：用导线把充电后的电容器的两个极板接通，两个极板上的异种就会中和，电容器失去电荷的过程。
特点（如上右图所示）：①放电电流：电流方向是从正极板流出，电流是由大变小；②电容器上电荷量减少；③电容器两极板间电压降低；④电容器中电场强度减弱；⑤电容器的电场能转化成其他形式的能。
注意：放电的过程实际上就是电容器极板正、负电荷中和的过程，当放电结束时，电路中无电流。
3．带电荷量：充电后一个极板上的带电荷量的绝对值。
4．电容器的额定电压和击穿电压加在电容器上的电压不能超过某一限度，超过这个限度，电介质将被击穿，电容器损坏，这个极限电压称为击穿电压，电容器工作的电压低于击穿电压。
额定电压是指电容器长期工作时所能承受的电压，比击穿电压要低，电容器上一般都标明电容器的电容和额定电压的数值。
【题1】下列关于电容器的叙述中正确的是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，都能组成电容器，而且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能并储存起来；电容器放电过程是将电容器储存的电能转化为其他形式的能【答案】BCD【解析】并不是只有带电时的电容器才称为电容器，A错，B对．每个极板所带电荷量的绝对值称为电容器的带电荷量，C对。
高二物理上册 电子题库 第10章第四节课时活页训练
【优化方案】2013届高二物理上册电子题库第10章第四节课时活页训练1．下列关于波的衍射的说法正确的是( )A．衍射是机械波特有的现象B．对同一列波，缝、孔宽度或障碍物尺寸越接近波长衍射现象越明显C．只有横波才能发生衍射现象，纵波不能发生衍射现象D．声波容易发生衍射现象是由于声波波长较大解析：选BD.衍射是一切波特有的现象，无论横波纵波都能发生，故A、C错误．发生明显衍射的条件是缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小一些，故B、D正确．2．关于波的衍射现象，下列说法正确的是( )A．当孔的尺寸比波长大时，一定不会发生衍射现象B．只有波才有衍射现象C．波发生衍射后频率、波速发生变化(在同一种介质中)D．只有孔的尺寸与波长相差不多时，或者比波长还小时才会观察到明显的衍射现象解析：选BD.发生明显衍射的条件是：缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小些，这并不是说孔或障碍物的尺寸比波长大就不会发生衍射现象．所以A 错D对．衍射是波的特有现象，B对．频率由波源决定，波速由介质决定，发生衍射后，波速、频率均不变，C错．3．水波通过小孔，发生了一定程度的衍射，为使衍射现象更明显，下列做法可取的是( )A．增大小孔尺寸B．减小小孔尺寸C．增大水波频率D．减小水波频率解析：选BD.孔的尺寸越小，越容易发生衍射现象；减小水波频率，波长就会变大，更易于出现衍射现象，故应选BD.4．波长分别为60 m和17 m的两列声波在空气中传播时，下列说法正确的是( ) A．波长60 m的声波比波长17 m的声波传播速度小B．波长60 m的声波比波长17 m的声波频率小C．波长60 m的声波比波长17 m的声波容易发生衍射D．波长60 m的声波比波长17 m的声波不容易发生衍射解析：选BC.机械波传播的速度决定于介质，与频率无关，所以两列声波在空气中传播速度大小相等，A错．由v＝fλ知，波长60 m的声波比波长17 m的声波频率小，B对．波长越长，越容易发生衍射现象，C对、D错．5．如图10－4－6为演示波的衍射装置，S为水平面上振动的波源，M、N是水面上的两块挡板，其中N板可以移动，两板间有一狭缝，此时测得图中A处没有振动，下列说法正确的是( )图10－4－6A．使波源的振动频率增大，可以使A处的水振动起来B．使波源的振动频率减小，可以使A处的水振动起来C．移动N板使狭缝间距增大，可以使A处的水振动起来D．当A点振动后，挡板两边的波纹间距相等解析：选BD.A处没有振动说明不能发生明显的衍射现象．发生明显的衍射现象，必须减小狭缝的宽度或增大波长，C错．要想增大波长，由v＝λf知，当f减小时，λ增大，B 正确，A错误．发生衍射前后，波速、波长都是不变的，D正确．6．(2011年北京四中模拟)如图10－4－7是观察水面波衍射的实验装置，AC和BD是两块挡板，AB是一个孔，O是波源．图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹(图中曲线)之间距离表示一个波长．则对于波经过孔后的传播情况，下列描述错误的是( )图10－4－7A．此时能观察到明显的波的衍射现象B．挡板前后波纹间距离相等C．如果将孔AB扩大，有可能观察不到明显的衍射现象D．如果孔的大小不变，使波源频率增大，能更明显地观察到衍射现象解析：选D.从图示可看出，孔AB的大小跟水波的波长差不多，满足发生明显衍射现象的条件，所以选项A正确；由于波在挡板前后是在同一种介质中传播的，且波的频率也未变，由λ＝v/f知波的波长未变，所以选项B正确；如果将孔扩大，则可能不再满足发生明显衍射的条件，故选项C正确；当波源频率f增大时，波长λ＝v/f减小，根据波发生明显衍射现象的条件可知，此种情况下波的衍射现象只能向着不明显的方向发展．故选项D错误．7．一列水波穿过小孔产生了衍射现象，衍射的水波与原来的水波相比( )A．波长变短了 B．频率变高了C．波速没有变化 D．质点的振幅变大了解析：选C.水波穿过小孔产生衍射现象，小孔相当于新的波源，做原来波源的受迫振动，故频率不变．而波速取决于介质，所以波速不变，通过小孔的能量不会太多，故质点振幅应减小．8.图10－4－8如图10－4－8所示，正中O是水面上一波源，实、虚线分别表示该时刻的波峰、波谷，A是挡板，B是小孔，经过一段时间，水面上的波形将分布于( )A．整个区域B．阴影Ⅰ以外区域C．阴影Ⅱ以外区域D．阴影Ⅲ以外区域解析：选B.由图中可直观看出，半波长为实虚两圆半径之差．且可看出挡板A的尺寸比波长大的多，而小孔B与波长长度差不多．据波发生明显衍射的条件知道，该波在挡板A 处的衍射现象很不明显，即可认为波沿直线传播，故Ⅰ区内水面无波形，故A选项不正确；而该波的波长与小孔B差不多，能够产生显著的衍射，故在阴影区Ⅲ、Ⅱ之内，明显存在衍射波的波形，故B选项正确；而C、D选项都不正确．9．在水波槽的衍射实验中，若打击水面的振子振动图象如图10－4－9所示，水波在水槽中的传播速度为0.05 m/s，为观察到明显的衍射现象，小孔直径d应为( )图10－4－9A．10 cm B．7 cmC．5 cm D．d≤1 cm解析：选D.水波槽中激发的水波波长为λ＝v·T＝(0.05×0.2) m＝0.01 m＝1 cm.要发生明显衍射现象，应使孔的尺寸比波长短或者跟波长差不多．10．音箱装饰布网既美观又能阻止灰尘进入音箱内部，但它也有不利的一面，对于音箱发出的声音来说，布网就成了障碍物，它阻碍了声音的传播，造成了声音失真，有的生产厂家就把装饰布网安装了子母扣，这样听音乐时就可以把布网卸下来，从而获得高保真的听觉效果，听同样的音乐不卸下布网和卸下布网相比较，你认为声音损失掉的主要是________．(选填“高频部分”、“低频部分”)解析：由v＝λf知，频率高，波长小，通过布网时，不容易发生衍射现象，故声音损失掉的主要是高频部分．答案：高频部分11．如图10－4－10所示，相邻实线间的距离等于一个波长，试大致画出波通过孔A 和B以及遇到障碍物C和D之后的传播情况．图10－4－10解析：由题图可知，孔A 和障碍物D 跟波长相差不多，因此，从孔A 传出的波和遇障碍物D 之后的波均有明显的衍射现象；孔B 和障碍物C 跟波长相比相差很大，因此，从孔B 传出的波和遇障碍物C 之后的波无明显的衍射现象．在画通过孔A 的衍射波时要强调画出的同心半圆都是以孔A 为圆心的；遇障碍物D 之后波的传播并没有影响；而从孔B 传出的波和遇障碍物C 之后的波只沿“直线传播”．所以从孔A 、B 传出的波和遇障碍物C 、D 之后的波如图所示．答案：见解析图12．甲乙二人分乘两只船在湖中钓鱼，两船相距24 m ，有一列水波在湖面上传播，使每只船每分钟上下浮动10次，当甲船位于波峰时，乙船位于波谷，这时两船之间还有一个波峰，则此水波的波速为多少？若此波传播过程中遇到一根竖立的电线杆，是否会发生明显的衍射现象？解析：由题意可知T ＝6010 s ＝6 s ，设此波的波长为λ，则有24 m ＝λ＋λ2，λ＝16 m ，所以v ＝λT ＝166 m/s ＝83m/s.由于λ＝16 m 大于竖立电线杆的尺寸，所以当波通过竖立的电线杆时会发生明显的衍射现象．答案：83 m/s 会发生。
高二物理上册 电子题库 第10章第二节课时活页训练
【优化方案】2013届高二物理上册 电子题库 第10章第二节课时活页训练1．关于波动图象的物理意义，下列说法正确的是( )A ．表示某时刻某一质点的位移B ．表示各个时刻某一质点的位移C ．表示某一时刻质点相对于各自平衡位置的位移D ．表示各个时刻各个质点的位移解析：选C.波的图象反映了某一时刻介质中各个质点相对于各自平衡位置的位移，所以选项C 正确．2．(2011年遵义高二检测)如图10－2－14所示为一简谐横波在某一时刻的波形图，已知此时质点A 正向上运动，如图中箭头所示，由此可断定此横波( )图10－2－14A ．向右传播，且此时质点B 正向上运动B ．向右传播，且此时质点C 正向下运动C ．向左传播，且此时质点D 正向上运动D ．向左传播，且此时质点E 正向下运动解析：选C.根据质点A 此时正向上运动，可判定波向左传播，A 、B 错误，再根据波向左传播可判定质点D 、E 正向上运动，质点B 、C 正向下运动，C 对，D 错．3.图10－2－15(2011年河北唐山高三调研)一简谐横波在x 轴上传播，在某一时刻的波形如图10－2－15所示．已知此时刻质点F 的运动方向向下，则( )A ．此波沿x 轴负方向传播B ．质点D 此时向下运动C ．质点B 将比质点C 先回到平衡位置D ．质点E 的振幅为零解析：选AB.由题中已知F 点运动方向向下，所以此波沿x 轴负方向传播，选项A 正确．相邻的峰(C )谷(G )间的所有质点振动方向相同，已知F 点运动方向向下，所以D 向下，选项B 正确．OC 之间与GI 之间振动方向与CG 之间振动方向相反，振动方向向上，质点B 要先向上运动再回到其平衡位置，将比质点C 延后回到平衡位置，所以选项C 错误．质点E 此时位移为零，但振幅不为零．4．质点O 做简谐运动的振幅为A ，周期为T ，振动沿x 轴正方向传播，某个时刻的波形图如图10－2－16所示，在该时刻坐标为(a,0)的质点，经过T4，质点的坐标为( )图10－2－16A ．(a,0)B ．(a ，A )C ．(a ，－A )D ．(54a ，A ) 解析：选C.由于振动沿x 轴正方向传播，所以根据波的传播方向可知，此时坐标为(a,0)的质点向下振动，经过T4后振动到负的最大位移处，而质点并不在传播方向上发生迁移，即其平衡位置并没有发生移动，所以此时质点(a,0)的坐标为(a ，－A )，正确的选项为C.5．一列沿x 轴正向传播的横波在某时刻的波形如图甲10－2－17所示，a 、b 、c 、d 为介质中沿波的传播方向上四个质点的平衡位置．若从该时刻开始计时，则图乙是下面哪个质点在经过3个周期后的振动图象( )图10－2－17A ．a 处质点B ．b 处质点C ．c 处质点D ．d 处质点解析：选C.根据波的图象具有重复性的特点知，经过3个周期后的波的图象与此时刻波的图象完全相同，而此时刻只有c 质点经过平衡位置且向y 轴负方向运动，故选项C 正确．6．(2011年陕西汉中统考)对于如图10－2－18所示的两个图象，下列判断中正确的是( )图10－2－18A ．图甲表示振动图象，且P 在向上振动B ．图乙表示振动图象，且Q 在向上振动C ．图甲表示波动图象，图乙表示振动图象D ．图甲表示振动图象，图乙表示波动图象解析：选BC.由两图象的横轴可以看出，甲图的横轴是位移，表示波的图象；而乙图的横轴为时间，故表示振动图象，由振动图象的特点可知，Q 点的下一时刻向上坡振动，知Q 正在向上振．故A 、D 选项不正确，而B 、C 选项正确．7.图10－2－19如图10－2－19所示为简谐波在某时刻的波形图，图上a 点和b 点表示两个质点在此时刻的位移，它们的y 坐标绝对值相同．对这两个质点，下列判断正确的是( )A ．该时刻的位移相同B ．该时刻的加速度相同C ．该时刻速度的方向相同D ．该时刻加速度的方向相同解析：选C.a 、b 两质点此时刻位移大小相等，说明这两点是简谐振动中对称的两点，故此时位移、加速度大小相同，方向相反，故A 、B 、D 错误，应选C.8.图10－2－20 波源在坐标原点O 的一列横波沿x 轴正方向传播，在t ＝0时刻波源开始振动，在t ＝2 s 时刻的波形如图10－2－20所示，在t ＝4 s 时刻的波形是图10－2－21中的( )图10－2－21解析：选B.从2 s 时刻到4 s 时刻的这段时间内，波沿x 轴正方向平移的距离与原来波形的长度相等，则B 正确．9.图10－2－22如图10－2－22所示是某波源振动一个周期形成的波动图象，下列说法中正确的是( )A ．若P 是波源，开始时向上振动B ．若P 是波源，Q 点将向上振动C ．若P 是波源，a 已振动14T D ．若Q 是波源，P 将向上振动解析：选D.若P 为波源，经一小段时间Δt 后的图象如图甲所示，由图可知，波向右传播，各质点的起振方向都向下，A 、B 错；波从a 传到Q ，传播距离是34个完整波形，所用时间为34T ，则a 已振动了34T ，C 错误；若Q 为波源，经一小段时间Δt 后的图象如图乙所示，由图可知，波向左传播，各质点的起振方向都向上，D 正确．10.图10－2－23如图10－2－23所示是一列横波在某一时刻的波形图，波沿x 轴正向传播．(1)该时刻A 质点运动的方向是向____，C 点的运动方向是向____，D 点的运动方向是向______．(2)再经过T 2，质点A 通过的路程是______ cm ，质点C 的位移是______ cm. 答案：(1)上 下 下 (2)4 011．如图10－2－24所示，图甲为一沿x 轴正方向传播的波在t ＝0.1 s 时刻的图象，图乙为参与波动的某一质点的振动图象．(1)两图中AA ′各表示什么物理量？其值各是多少？(2)设波速为0.04 m/s ，画出再经过0.25 s 后的波形图和振动图象．图10－2－24解析：(1)图甲中AA ′表示沿波的传播方向，距波源1 cm 处，质点在t ＝0.1 s 离开平衡位置的位移值为－0.2 m.图乙中AA ′表示振动质点在t ＝0.25 s 时位移值为－0.2 m.(2)在Δt ＝0.25 s 时间内波沿波的传播方向平移的距离Δx ＝v Δt ＝0.04×0.25 m＝0.01 m ，故再过0.25 s 波形图象如图丙所示，再过0.25 s 后振动图象如图丁所示．答案：见解析12.图10－2－25如图10－2－25所示，一列向右传播的简谐波，波速为v ＝0.6 m/s ，P 点的横坐标x ＝0.96 m ，从图示位置开始计时，求：(1)经过多少时间P 点第一次到达波谷？(2)经过多少时间，P 点第二次到达波峰？解析：(1)P 点第一次到达波谷，即第一个波谷从x ＝0.18 m 处传播到P 点，由于波向右是匀速传播，故所经历的时间为t ＝s v ＝0.96－0.180.6s ＝1.3 s. (2)P 点第二次到达波峰，即第二个波峰从x ＝－0.18 m 处传播到P 点，故所经历的时间为t ＝s v ＝0.96－－0.180.6s ＝1.9 s. 答案：(1)1.3 s (2)1.9 s。
2020-2021学年高二上学期物理人教版第三册课时练习：第十章习题课：带电粒子在电场中的运动
第十章静电场中的能量习题课:带电粒子在电场中的运动1.(多选)如图LX3-1所示,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度,两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子()图LX3-1A.所受重力与静电力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动2.如图LX3-2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与竖直方向的夹角为45°, 重力加速度为g,则下列结论不正确的是()图LX3-2A.此液滴带负电B.液滴的加速度等于√2gC.合力对液滴做的总功等于零D.液滴的电势能减少3.如图LX3-3所示,场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,水平边ab长为s,竖直边ad长为h.质量均为m、带电荷量分别为+q和-q的两粒子由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中).不计重力.若两粒子轨迹恰好相切,则v0等于()图LX3-3A.s2√2qE mℎB.s 2√qE mℎC.s 4√2qE mℎD.s4√qE mℎ4.如图LX3-4所示,带正电、负电和不带电的三个等质量小球以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间,已知上板带负电,三小球分别落在图中A、B、C三点,其中小球B不带电,则()图LX3-4A.A带负电,C带正电B.三小球在电场中的加速度大小关系是a A>a B>a CC.三小球在电场中运动时间相等D.三小球到达下板时的动能关系是E k C>E k B>E k A5.图LX3-5甲为两水平金属板,在两板间加上周期为T的交变电压u,电压u随时间t变化的图线如图乙所示.质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间,经时间T从两板间飞出.下列关于粒子运动描述错误的是()图LX3-5A.t=0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大T时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大B.t=14C.无论哪个时刻入射的粒子离开电场时的速度方向都水平D.无论哪个时刻入射的粒子离开电场时的速度大小都相等6.(多选)如图LX3-6甲所示,平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),两板间距离足够大.当两板间加上如图乙所示的交变电压后,电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是图LX3-7中的()图LX3-6图LX3-77.(多选)如图LX3-8所示,一绝缘光滑半圆环轨道放在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场中,在与环心等高处有一质量为m、带电荷量+q的小球由静止开始沿轨道运动,重力加速度为g,下列说法正确的是 ()图LX3-8A.小球经过环的最低点时速度最大B.小球在运动过程中机械能守恒C.小球经过环的最低点时对轨道的压力为mg+qED.小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg+qE)8.如图LX3-9所示,在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场,E、F、G、H是各边中点,其连线构成正方形,其中P点是EH的中点.一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出.以下说法正确的是()图LX3-9A.粒子的运动轨迹一定经过P点B.粒子的运动轨迹一定经过PH之间某点C.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子会由ED之间某点从AD边射出D.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子恰好由E点从AD边射出9.(多选)如图LX3-10所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像.当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子,若带电粒子只受静电力的作用,则下列说法中正确的是()图LX3-10A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2 s末带电粒子回到原出发点C.3 s末带电粒子的速度为零D.0~3 s内,静电力做的总功为零10.如图LX3-11所示,匀强电场方向水平向右,电场强度为E,悬线长为L,上端系于O点,下端系一质量为m、带电荷量为+q的小球,已知Eq=mg(g为重力加速度).现将小球从最低点A由静止释放,则下列说法错误的是()图LX3-11A.小球可到达水平位置B.当悬线与水平方向成45°角时,小球的速度最大C.小球在运动过程中机械能守恒D.当小球速度最大时,悬线的张力为(3√2-2)mg11.如图LX3-12所示,一平行板电容器板长l=4 cm,板间距离为d=3 cm,倾斜放置,使板面与水平方向的夹角α=37°.若两板间所加电压U=100 V,一带电荷量q=3×10-10 C的负电荷以v0=0.5 m/s的速度自A板左边缘水平进入电场,在电场中沿水平方向运动,并恰好从B板右边缘水平飞出,则负电荷从电场中飞出时的速度为多少?负电荷的质量为多少?(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)图LX3-1212.如图LX3-13所示,ABCD是竖立放在场强为E=3×104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道,其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环,轨道的水平部分与半圆环相切于B点,A为水平轨道上的一点,且AB=R=0.2 m.把一质量m=400 g、带电荷量q=10-4 C的小球放在水平轨道上的A点(图中未画出),由静止开始释放后,小球在轨道的内侧运动.(g取10 m/s2)(1)小球到达B点时的速度是多大?(2)小球到达C点时对轨道压力是多大?(3)小球所能获得的最大动能是多少?图LX3-13参考答案1.BD【解析】对粒子受力分析,粒子所受合力水平向左,做匀减速直线运动;静电力做负功,电势能增加,动能减少.2.C【解析】带电液滴由静止开始沿bd做直线运动,所受的合力方向必定沿bd直线,液滴受力情况如图所示,静电力方向水平向右,与电场方向相反,所以此液滴带负电,故选项A正确;由图知液滴所受的合力=√2g,故选项B正确;由于合力的方向与运动的方向相同,故合力F=√2mg,其加速度为a=Fm对液滴做正功,故选项C错误;根据静电力所做的功W电=Eqx bd sin 45°>0,可知静电力对液滴做正功,所以液滴的电势能减少,故选项D正确.3.B 【解析】 由带电粒子在电场中的运动规律可知,两带电粒子的运动轨迹对称,则相切处应为该矩形区域的中心,以带正电的粒子为研究对象,水平位移为s2时,竖直位移为ℎ2,由s 2=v 0t ,ℎ2=12at 2,a=qE m ,解得v 0=s 2 √qEmℎ,B 正确. 4.D 【解析】 由于水平初速度相等,A 的水平位移最大,故A 的运动时间最长,选项C 错误.由y=12at 2可知,A 的加速度最小,C 的加速度最大,即a A <a B <a C ,选项B 错误.由于B 球不带电,故A 受的静电力方向与重力方向相反,C 受的静电力方向与重力方向相同,则A 带正电,C 带负电,选项A 错误.合外力做功的关系为W C >W B >W A ,由动能定理知E k C >E k B >E k A ,选项D 正确. 5.B 【解析】 由题可知,粒子在电场中运动的时间是相同的,t=0时入射的粒子在竖直方向上先加速,然后减速为零,离开电场时偏离中线的距离最大,选项A 正确;t=14T 时入射的粒子在竖直方向上先加速,然后减速,再反向加速后又减速,正好从中线处离开电场,选项B 错误;因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T ,根据运动的对称性可知,所有粒子离开电场时的竖直速度都为零,即粒子最终都水平射出电场,离开电场时的速度大小均等于v 0,选项C 、D 正确.6.AD 【解析】 在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时,因为电子在平行金属板间所受的静电力F=U 0e d,所以电子所受的静电力大小不变,由牛顿第二定律F=ma 可知,电子在第一个T4内向B 板做匀加速直线运动;在第二个T4内向B 板做匀减速直线运动,在第三个T4内向A 板做匀加速直线运动,在第四个T4内向A 板做匀减速直线运动,所以a-t 图像如选项图D 所示,v-t 图像如选项图A 所示;又因为匀变速直线运动的位移x=v 0t+12at 2,所以x-t 图像应是曲线,故选项A 、D 正确,B 、C 错误.7.AD 【解析】 根据动能定理知,在小球运动到环的最低点的过程中,静电力和重力一直做正功,小球到达环的最低点时速度最大,故A 正确;在小球运动的过程中除了重力做功以外,还有静电力做功,机械能不守恒,故B 错误;在小球运动至环的最低点过程中,根据动能定理得mgR+qER=12mv 2,根据牛顿第二定律得F N -qE-mg=m v 2R ,解得F N =3(mg+qE ),由牛顿第三定律得,小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg+qE ),故C 错误,D 正确. 8.D 【解析】 由题意知,粒子的初速度方向垂直于电场方向,故粒子做类平抛运动,根据平抛运动的推论,即速度反向延长线过水平位移的中点,O 为FH 中点,即DO 为轨迹的切线,因P 在DO 线上,所以运动轨迹一定不经过P 点,一定经过EP 之间某点,故A 、B 错误;若将粒子的初速度变为原来的一半,则在静电力的方向上运动不变,即离开矩形区域的时间不变,又因为沿初速度方向做匀速直线运动,所以该方向的位移是原来的一半,恰好由E 点射出,故C 错误,D 正确.9.CD 【解析】 设粒子第1 s 内的加速度为a 1,第2 s 内的加速度为a 2,由a=qEm 可知,a 2=2a 1,所以粒子第1 s 内向负方向运动,1.5 s 末粒子的速度为零,然后向正方向运动,至3 s 末回到原出发点,粒子的速度为0,由动能定理可知,此过程中静电力做的总功为零,A 、B 错误,C 、D 正确.10.C 【解析】 分析小球受力可知,重力和静电力的合力方向与竖直方向成45°角,根据等效思想,可以认为小球在此复合场中的“等效重力”方向与竖直方向成45°角,小球在此复合场中运动,由对称性可知,小球运动的等效最高点在水平位置,A 正确;小球运动的等效最低点在与水平方向成45°角的位置,此时小球的速度最大,B 正确;因小球运动过程中静电力做功,所以小球的机械能不守恒,C 错误;由动能定理得√2mgL (1-cos 45°)=12mv 2,根据圆周运动公式及牛顿第二定律可得F T -√2mg=m v 2L ,联立解得F T =(3√2-2)mg ,D 正确. 11.1 m/s 8×10-8 kg【解析】 由题可知,负电荷能沿直线运动,所受合力与运动方向在同一直线上,由此可知重力不可忽略,受力如图所示.静电力在竖直方向上的分力与重力等大、反向,则负电荷所受合力与静电力在水平方向上的分力相同.水平方向上,有F 合=qE ·sin α=q Ud ·sin α 竖直方向上,有mg=qE cos α根据动能定理得12mv 2-12m v 02=F 合s ,其中s=√l 2+d 2联立解得v=1 m/s,m=8×10-8 kg . 12.(1)√3 m/s (2)7 N (3)0.8 J【解析】 (1)设小球在B 点时速度为v B ,小球从A 至B 的过程中,由动能定理得EqR=12m v B 2解得v B =√3 m/s(2)设小球在C 点时速度大小是v C ,小球从A 至C 的过程中,由动能定理得qE ·2R-mgR=12m v C 2-0解得v C =√2 m/s小球在C 点时受力分析如图所示,有F N C -Eq=m v C2R 解得F N C =7 N根据牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力为7 N . (3)由题可知mg=4 N,Eq=3 N .设小球和O 点的连线与竖直方向的夹角为θ时动能为E km ,则tan θ=Eqmg =34E km=EqR(1+sin θ)-mgR(1-cos θ) 解得E km=0.8 J。
高二物理上册 电子题库 第12章第八节课时活页训练
【优化方案】2013届高二物理上册 电子题库 第12章第八节课时活页训练1．对于封闭在大型气罐内的氧气对器壁的压强，下列说法正确的是( )A ．由于分子向上运动的数目多，因此上部器壁的压强大B ．气体分子向水平方向运动的数目少，则侧壁的压强小C ．由于氧气的重力会对下部器壁产生一个向下的压力，因此下部器壁的压强大D ．气体分子向各个方向运动的可能性相同，撞击情况相同，器壁各处的压强相等 解析：选D.由于气体对器壁的压强是由大量分子对器壁撞击的宏观表现，而气体分子向各个方向运动的可能性相等．因此，器壁各处的压强相等，由此知，A 、B 、C 错误；D 正确．2．一定质量的气体在恒温下体积膨胀，下列说法中正确的是( )A ．气体分子的总数目将增多B ．气体分子的平均动能将减小C ．气体的密度将减小D ．气体的压强将增大解析：选 C.气体分子总数目由气体分子质量和气体种类决定，与气体的体积无关，A 错；温度不变，平均动能不变，B 错；体积增大，气体密度ρ＝m V将减小，C 对；分子平均动能不变，但由于体积增大，单位体积内分子数减少，因此，压强将减小，D 错．3．(2009年高考上海物理卷)气体内能是所有气体分子热运动动能和势能的总和，其大小与气体的状态有关，分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的( )A ．温度和体积B ．体积和压强C ．温度和压强D ．压强和温度解析：选A.由于温度是分子平均动能的标志，所以气体分子的动能宏观上取决于温度；分子势能是由分子间引力和分子间距离共同决定，宏观上取决于气体的体积．因此答案A 正确．4. 如图12－8－6所示是氧气分子在不同温度(0 ℃和100 ℃)下的速率分布，以下说法中正确的是( )图12－8－6A ．同一温度下，氧气分子呈现出“中间多、两头少”的分布规律B ．随着温度的升高，每一个氧气分子的速率都增大C ．随着温度的升高，氧气分子中速率小的分子所占的比例高D ．随着温度的升高，氧气分子的平均速率变小解析：选A.温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，对应分子平均速率亦增大，同一温度下，物质分子总呈现出“中间多、两头少”的规律，即速率中等的分子所占比例最大，速率特大或特小的分子所占总数的比例均较小，温度升高，分子平均速率增大，但这遵循的是统计规律，不能断定所有分子的速率均增大，故B、C、D项均错，A 正确．5．对于一定质量的气体，下列情况中不．可能发生的是( )A．分子热运动的平均动能不变，分子间平均距离减小，压强变大B．分子热运动的平均动能不变，分子间平均距离减小，压强减小C．分子热运动的平均动能增大，分子间平均距离增大，压强增大D．分子热运动的平均动能减小，分子间平均距离减小，压强不变解析：选B.分子的平均动能不变，平均撞击力不变，分子间的平均距离减小，单位时间内碰撞器壁次数增多，压强增大，A对，B不对；分子的平均动能增大，平均撞击力增大，分子间距离增大，单位时间内碰撞器壁次数减少，压强可能增大，可能减小，可能不变，C 对；分子的平均动能减小，平均撞击力减小，分子间距离减小，单位时间内碰撞器壁次数增多，压强可能增大，也可能减小或不变，D对．6.图12－8－7如图12－8－7所示，竖直放置的弯曲管A端开口，B端封闭，密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别是h1、h2和h3，则B端气体的压强为(已知大气压强为p0)( )A．p0－ρg(h1＋h2－h3)B．p0－ρg(h1＋h3)C．p0－ρg(h1＋h3－h2)D．p0－ρg(h1＋h2)解析：选B.求B端气体的压强，要从管口开始依次向里进行分析．中间密封气体的压强p等于外界大气压p0和h3高的液柱产生的压强差，即：p＝p0－ρgh3，而B端气体的压强p B等于中间气体的压强和h1高的液柱产生的压强差，即：p B＝p－ρgh1，由以上两式可得：p B＝p0－ρg(h1＋h3)．7．用隔板将一绝热容器隔成A和B两部分，A中盛有一定质量的理想气体，B为真空(如图12－8－8甲所示)．现把隔板抽去，A中的气体自动充满整个容器(如图乙所示)，这个过程称为气体的自由膨胀．下列说法中正确的是( )图12－8－8A．自由膨胀过程中，气体分子只做定向运动B．自由膨胀前后，气体的压强不变C．自由膨胀前后，气体的温度不变D．容器中的气体在足够长的时间内，能全部自动回到A部分解析：选C.气体分子永不停息地做无规则运动，故A错；自由膨胀后，气体对外做功W ＝0，容器绝热，其热传递能量Q＝0，由热力学第一定律可知，其内能不变，气体温度不变，但由于膨胀体积变大，故压强减小，所以B错，C对；涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故D错．8.图12－8－9(2011年南京模拟)如图12－8－9所示，绝热隔板K把绝热的汽缸分隔成体积相等的两部分，K与汽缸的接触是光滑的．两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b，气体分子之间相互作用势能可忽略．现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡，则下列说法正确的是( )A．a的体积增大了，压强变小了B．b的温度升高了C．加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈D．a增加的内能大于b增加的内能解析：选BCD.先用假设法，假设K 不动，则对a 加热，a 气体吸热，内能增加，温度升高，所以压强增大，故活塞K 将向右移动，活塞对b 气体做功，b 不吸热不放热，所以b 的内能增加，不考虑分子势能，所以b 气体的温度升高．达到新的平衡后，a 、b 的压强相等，由于后来体积V a >V b ，a 气体的温度必然高于b 气体的温度T a >T b ，故BCD 选项正确．9．(2011年洛阳模拟)下面的表格是北京地区1～7月份气温与气压的对照表A ．空气分子无规则热运动的情况几乎不变B ．空气分子无规则热运动增强了C ．单位时间内空气分子对地面的撞击次数增多了D ．单位时间内空气分子对地面的撞击次数减少了解析：选BD.气体分子无规则热运动情况只与温度有关，由表可知，7月份温度高于1月份，故空气分子无规则热运动增强了，选项B 正确．因为气体压强是由于气体分子对器壁的频繁撞击而产生的，由表可知，7月份压强比1月份低，故单位时间内气体分子对地面撞击次数减少，D 项正确．10．两个分子引力和斥力平衡的距离r 0的数量级是________m,1 mol 标准状况下的气体分子间的距离为________m ，分子之间作用力为________．解析：1个气体分子所占有的空间约为：V ＝22.4×10－36.02×1023 m 3＝3.72×10－26 m 3，所以分子之间的距离为r ＝3V ＝3.3×10－9m.r ≈10r 0，因而分子间的作用力可近似为零．答案：10－10 3.3×10－9 零11．如图12－8－10所示，小车上面固定一横截面积为S 的一端封闭的均匀玻璃管，管内被一段图12－8－10长为l 的水银柱封住一段气体，当整个装置以加速度a 减速向左运动时，求被水银柱密封的这部分气体的压强是多少？(已知水银的密度为ρ，大气压强为p 0，重力加速度为g )解析：以水银柱为研究对象，进行受力分析，水银柱在水平方向上受到水平向右的大气压力p 0S 和水平向左的气体对它的压力pS ，对水银柱运用牛顿第二定律得p 0S －pS ＝ρlSa所以p ＝p 0－ρlSa S＝p 0－ρla . 答案：p 0－ρla图12－8－1112．如图12－8－11所示，两个完全相同的圆柱形密闭容器，甲中装有与容器容积等体积的水，乙中充满空气．试问：(1)两容器各内侧壁压强的大小关系及压强的大小决定于哪些因素？(容器容积恒定)(2)若将两容器同时放在在轨道上运行的人造卫星上，容器内侧壁上所受压强将怎样变化？解析：(1)对甲容器，上壁的压强为零，底面的压强最大，其数值为p ＝ρgh (h 是上下底面间的距离)．侧壁的压强自上而下，由小变大，其数值大小与侧壁上各点距水面的竖直距离x 的关系是p ＝ρgx .对乙容器，各处器壁上的压强大小都相等，其大小决定于气体的密度和温度．(2)人造卫星在轨道上运动时处于完全失重状态，故甲容器内的水处于完全失重状态，即容器内侧壁各处的压强均为零；乙容器也处于完全失重状态，由于决定气体压强的因素均没发生变化，故器壁各处的压强不发生变化．答案：见解析。
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1．下面有关多普勒效应的说法中不．正确的是()
A．发生多普勒效应时，波源的频率发生了变化
B．发生多普勒效应时，观察者接收的频率发生了变化
C．向你驶来的汽车发出的汽笛声特别刺耳，这就是多普勒效应
D．不仅机械波有多普勒效应，其他波也有此效应
解析：选A.多普勒效应是波动过程共有的特性，故D对．发生多普勒效应时，波源频率没有变化，只是观察者接收的频率发生了变化，A错B对；运动汽车发出的汽笛声的变化，是多普勒效应的典型应用．故本题不正确的选项为A.
2．静止在站台上的火车鸣笛，站在远处的人听到了汽笛声，后来他又听到这列火车行驶时的汽笛声．他根据听到的汽笛声音判断火车行驶的方向．以下判断正确的是() A．当听到的声音音调变低时，则火车离他远去
B．当听到的声音音调变低时，则火车向着他驶来
C．当听到的声音音调变高时，则火车离他远去
D．当听到的声音音调变高时，则火车向着他驶来
解析：选AD.由多普勒效应可知，波源与观察者有相对运动时，观察者接收到的频率会发生变化，如果两者相互接近，观察者接收到的频率变大；如果两者相互远离，观察者接收到的频率变小，所以A、D选项正确．
3．频率一定的声源在空气中向着静止的接收器匀速运动．以v表示声源的速度，V表示声波的速度(v＜V)，ν表示接收器接收到的频率．若v增大，则()
A．ν增大，V增大B．ν增大，V不变
C．ν不变，V增大D．ν减小，V不变
解析：选 B.当声源与观察者的相对位置发生变化时，观察到的频率改变的现象叫多普勒效应．当声源的速度变大时，声源与接收器的相对位置发生改变，故接收器接收到的频率变大，声波的速度由介质决定，其速度不会发生变化．
4．有经验的渔民可根据海鸥的习性来判断是否有台风和海啸，其原因是()
A．海鸥能知道近一周内天气变化的规律
B．海鸥能看到远方的海浪
C．海鸥能利用人类未知的功能来接收台风和海啸的信息
D．海鸥能听到海浪发出的次声波
解析：选D.人耳无法感知次声波，但有些动物可以感知次声波，如海鸥．地震之前有些动物的反常行为也是它们感觉到地震发出的次声波而引起的，故正确答案为D.
5．对于波长为100 m的声波，下列说法正确的是()
A．在同一介质中，比波长20 m的波传播的快
B．不能被人们听到
C．波长太长，不能产生明显的衍射
D．不能产生反射
解析：选 B.声波在介质中的传播速度仅由介质本身的特性决定，而与声波的频率、波长均无关系，故A选项不正确；可闻声波的频率范围在20 Hz～20000 Hz之间，在空气中的波长由v＝λf，可知波长在0.017 m～17 m之间．可见，波长为100 m的声波属次声波，不在可闻声波的范围之内，故不能被人听到，即B选项正确；波长越长，衍射现象越明显，故C选项不正确；凡是波(不论其性质和波长的长短)都能发生干涉、衍射、反射、折射等现象，故D选项不正确．
6．医院有一种先进的检测技术——彩超，向病人体内发射频率已精确掌握的超声波，超声波经血液反射后被专用仪器接收．测出反射波的频率变化，就可知道血液的流速．这一技术主要体现了哪一种物理现象()
A．多普勒效应B．波的衍射
C．波的干涉D．共振
解析：选A.由题意可知，反射超声波的血液是流动的，所以相对于接收仪器有相对运动，这种由于波源相对于观察者之间有相对运动，使观察者感到频率变化的现象，叫做多普勒效应，故本题正确选项为A.
7．如图10－6－5所示，表示的是产生机械波的波源O 正在做匀速直线运动的情况，图中的若干个圆环表示同一时刻的波峰分布．为了使静止的频率传感器能接收到波的频率最高，则应该把传感器放在(
)
图10－6－5
A ．A 点
B ．B 点
C ．C 点
D ．D 点
解析：选A.由多普勒效应的产生原因可知，波源向波密集的方向运动，在A 点放置静止的频率传感器，在单位时间内接收到的完全波的个数最多，即接收到的频率最高．
8．如图10－6－6所示，S 为振源，P 点有一个观察者，已知振源发声的频率为20 Hz ，则关于观察者接收到的声音的频率为(
)
图10－6－6
A ．当振源S 以17 m/s 的速度远离观察者运动时，频率为19 Hz
B ．当振源S 以17 m/s 的速度靠近观察者运动时，频率为21 Hz
C ．当观察者以17 m/s 的速度靠近振源S 运动时，频率为21 Hz
D ．以上说法均不正确
解析：选ABC.当振源以17 m/s 的速度远离观察者运动时，观察者接收到的频率f ′＝v 声f v 声＋v 源
，f ′＝340×20340＋17 Hz ＝19 Hz ，故A 正确；当振源S 以17 m/s 的速度靠近观察者运动时，观察者接收到的频率f ′＝v 声f v 声－v 源
，f ′＝340×20340－17Hz ＝21 Hz ，故B 正确．当观察者以17 m/s 的速度靠近振源S 运动时，观察者接收到的频率f ′＝v 声＋v 观λ，f ′＝340＋1734020
Hz ＝21 Hz ，故C 正确．
9．公路巡警开车在高速公路上以100 km/h 的恒定速度巡查．在同一车道上巡警车向前方的一辆轿车发出一个已知频率的电磁波，如果该电磁波被那辆轿车反射回来时，巡警车接收到的电磁波频率比发出时低，说明那辆轿车的车速( )
A ．大于100 km/h
B ．小于100 km/h
C ．等于100 km/h
D ．无法确定
解析：选 A.由于巡警车接收到的电磁波频率比发出时低，说明警车与轿车间的距离正在增大，可进而推出该轿车与警车同向行驶，且行驶速度比警车的速度大，故选项A 正确．
10．设声源频率为20 Hz ，且不运动，而观察者在1 s 内由A 运动到B .如图10－6－7所示(设波速为340 m/s)．
图10－6－7
(1)观察者在这1 s 内接收到多少个完全波？
(2)若观察者在1 s 内由B 运动到A ，观察者在1 s 内接收到多少个完全波？
解析：(1)波源的频率为20 Hz ，即波源每秒钟发出20个波长，若观察者不动．则观察者每秒钟接收20个完全波．现观察者1 s 内从A 到B ，恰好向靠近波源方向运动1个波长，所以观察者在这1 s 内能接收21个完全波．
(2)AB 之间是一个完全波，现观察者在1 s 内由B 运动到A ，所以1 s 经过观察者19个完全波．
答案：(1)21个 (2)19个
11．用声呐装置可以测量海洋的深度、探测潜水艇的位置或鱼群的距离等．用声呐测量海水的深度时，应垂直于水面向海底发射超声波．若超声波从发出到接收到回波的时间间隔为Δt ＝2.4 s ，在海水中传播的速度为1448 m/s.求海水的深度．
解析：设海水深度为x ，由题意知Δt ＝2x v
，则x ＝v Δt 2. 即海水深度x ＝1448×2.42
m ＝1738 m. 答案：1738 m
12．在光学里也存在多普勒效应，在20世纪初，科学家们发现许多星系的谱线有“红移现象”．所谓“红移现象”，就是整个光谱结构向光谱红色的一端偏移(光波波长变长)．这种现象的产生和多普勒效应中声源向远离观察者的方向运动会引起逆着声源运动方向的波长变长的道理是一样的．由于接收到的星光的波长变长，说明星系正在向远离我们的方向运动．科学家从“红移”的大小还可以算出这种远离运动的速度称为退行速度．宇宙在膨胀的理论就是根据这种现象提出的．
退行速度和距离成正比，称为哈勃定律，即v ＝HD .v 为星系的退行速度，D 为星系与地球的距离，H 为一常量，称为哈勃常量．为解释上述现象，有人提出一种理论，认为宇宙是从一个大爆炸的火球开始形成的．假设在爆炸后各星体即以不同的速度向外匀速运动，并设想我们就位于其中心，则速度越大的星体现在离我们越远，这一结果与上述天文观测一致．
(1)由上述理论，请你写出估算宇宙年龄的表达式．
(2)已知哈勃常量H ＝3×10－2 m/(s·光年)，其中光年是光在一年中行进的距离，由此估
算出宇宙的年龄的数值为多少年？
解析：(1)宇宙年龄，即为运行时间t ＝D v ＝1H
. (2)将H ＝3×10－2 m/s·13×108 m/s ×1年＝11010年代入t ＝1H
中得t ＝1010年． 答案：(1)t ＝1H
(2)1010年。