物理2作业No.4参考解答
物理教科版必修2 第四章1 功 课时作业 Word版含解析
一、选择题1．一辆正在路面上行驶的汽车，遇到前方有人横穿马路时，司机紧急制动后又经过x 米的距离停下来才避免了一场车祸的发生，若汽车与地面的摩擦力大小为f ，则关于汽车与地面间摩擦力做功的以下说法中正确的是( )A ．摩擦力对汽车、地面均不做功B ．摩擦力对汽车做－fx 的功，对地面做fx 的功C ．摩擦力对汽车、地面均做－fx 的功D ．摩擦力对汽车做－fx 的功，对地面不做功 解析：选D ．根据做功的条件：力和力的方向上发生一段位移，可知选D ．2．如图所示，物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速运转，则传送带对物体做功情况可能是( )A ．始终不做功B ．先做负功后做正功C ．先做正功后不做功D ．先做负功后不做功解析：选ACD ．若物体滑上传送带时速度与传送带速度相等，物体将做匀速运动，所受摩擦力为零，做功为零．若物体滑上传送带时的速度小于传送带的速度，物体将受到向右的摩擦力并向右做加速运动，速度与传送带速度相等时做匀速运动，加速时摩擦力对物体做正功，匀速时没有摩擦力，传送带对物体不做功．若物体滑上传送带时的速度大于传送带的速度，物体将受到向左的摩擦力并向右做减速运动，速度与传送带速度相等时做匀速运动，减速时摩擦力对物体做负功，匀速时没有摩擦力，传送带对物体不做功．综上，选项A 、C 、D 正确．3. 如图所示，均匀长直木板长L ＝40 cm ，放在水平桌面上，它的右端与桌边相齐，木板质量m ＝2 kg ，与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，今用水平推力F 将其推下桌子，则水平推力至少做功为(g 取10 m/s 2)( )A ．0.8 JB ．1.6 JC ．8 JD ．4 J解析：选A ．将木板推下桌子即木板的重心要通过桌子边缘，水平推力做的功至少等于克服滑动摩擦力做的功，W ＝Fx ＝μmg L 2＝0.2×20×0.42J ＝0.8 J ．故A 是正确的．4. 如图所示，粗糙的斜面与光滑的水平面相连接，滑块沿水平面以速度v 0运动，设滑块运动到A 点的时刻为t ＝0，距B 点的水平距离为x ，水平速度为v x .由于v 0不同，从A 点到B 点的运动图像有如下几种可能，其中表示摩擦力做功最大的是( )解析：选D．A、C图表示物体水平方向速度不变，说明从A点做平抛运动．B图说明先平抛一段再落在斜面上，相碰后又脱离斜面运动．D图说明滑块沿斜面下滑，所以D表示摩擦力做功最大．5．静止在粗糙水平面上的物块，受方向相同但大小先后为F1、F2、F3的水平拉力作用，先做匀加速运动、再做匀速运动、最后做匀减速运动到停下(F1、F2、F3分别对应上述三个过程)．已知这三个力的作用时间相等，物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列说法中正确的有()A．这三个力中，F1做功最多B．这三个力中，F2做功最多C．加速运动过程中合力做的功大于减速运动过程中克服合力做的功D．在全过程中，这三个力做的总功为零解析：选B．根据题意作出v－t图如图所示，设0～t时刻物块通过的位移为x，则t～2t时刻通过的位移为2x,2t～3t时刻通过的位移为x.W1＝F1·x，W2＝F2·2x，W3＝F3·x.又因为物体是先加速、再匀速、后减速的运动过程，所以有F1＞μmg，F2＝μmg，F3＜μmg，且F1－μmg＝μmg－F3.以上各式联立可得，W2＞W1＞W3，A错B对；加速过程和减速过程中物块所受合外力大小相等，方向相反，通过的路程相等，因此加速过程中合力做的功等于减速过程中克服合力做的功，C错；全过程中，这三个力方向始终与物块位移方向相同，三力总功不为零，D错．6.自动扶梯与水平地面成θ角，一人站在扶梯上，扶梯从静止开始匀加速上升，达到一定速度再匀速上升．若以N表示水平梯板对人的支持力，G表示人所受的重力，f表示梯板对人的静摩擦力，则()A．匀速过程中，f＝0，N、G都不做功B．加速过程中，f＝0，N、G都做功C．加速过程中，f≠0，f、N、G都做功D．加速过程中，f≠0，N不做功解析：选C．若扶梯匀速上升时，由平衡条件知f＝0，N＝G≠0.由功的公式可知W f＝0，W N>0，W G<0，A错；若扶梯加速上升时，由牛顿第二定律知，f≠0，方向水平向右，N>G≠0，由功的公式可知，W f>0，W N>0，W G<0，故B、D均错，C正确．7. 如图所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于( )A ．0.3 JB ．3 JC ．30 JD ．300 J解析：选A ．由生活常识及题图知，一只鸡蛋的质量接近0.05 kg ，上抛高度在0.6 m 左右，则人对鸡蛋做的功W ＝mgh ＝0.3 J ，故A 对，B 、C 、D 错．☆8.如图甲所示，一物块在t ＝0时刻，以初速度v 0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图乙所示，t 0时刻物块到达最高点，3t 0时刻物块又返回底端．由此可以确定( )①物块返回底端时的速度 ②物块所受摩擦力大小 ③斜面倾角θ④3t 0时间内物块克服摩擦力所做的功 A ．①③ B ．②④ C ．①④D ．②③解析：选A ．物块沿斜面向上运动时，有g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 0；向下运动时，有g sin θ－μg cos θ＝v 2t 0.而向上滑行与向下滑行时路程相同，即s ＝v 02·t 0＝v2·2t 0.由以上三式可求斜面倾角θ及物块返回底端时的速度，①、③正确．由于物体质量未知，所以不能确定物块所受摩擦力大小，不能求3t 0时间内物块克服摩擦力所做的功，②、④错误．☆9. 如图所示，摆球质量为m ，悬线的长为L ，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F 阻的大小不变，则下列说法错误的是( )A ．重力做功为mgLB ．绳的拉力做功为0C ．空气阻力(F 阻)做功为－mgLD ．空气阻力(F 阻)做功为－12F 阻πL解析：选C ．如图所示，因为拉力T 在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即W T ＝0.重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为AB 在竖直方向上的投影L ，所以W G ＝mgL .F 阻所做的总功等于每个小弧段上F 阻所做功的代数和，即W F 阻＝－(F 阻Δx 1＋F 阻Δx 2＋…)＝－12F 阻πL .故重力做的功为mgL ，绳子拉力做功为零，空气阻力所做的功为－12F 阻πL .二、非选择题10. 如图所示，某人用300 N 的水平推力，把一个质量为50 kg 的木箱沿水平路面加速推动10 m ，后来又把它匀速举高2 m ，这个人对木箱共做功多少？(g 取10 m/s 2)解析：整个做功过程分为两个阶段：在水平路面上用力F 1＝300 N ，位移x 1＝10 m ；在竖直方向上用力F 2，位移x 2＝2 m ，全过程中做功为这两个阶段做功之和．沿水平路面推动时，人对木箱做功为 W 1＝F 1x 1＝300×10 J ＝3×103 J.匀速举高时，人对木箱的力F 2＝mg ，人对木箱做功为 W 2＝F 2x 2＝50×10×2 J ＝1×103 J. 所以全过程中人对木箱做的总功为W ＝W 1＋W 2＝4×103 J. 答案：4×103 J11. 如图所示，一个质量为m ＝2 kg 的物体受到与水平面成37°角的斜向下方的推力F ＝10 N 的作用，在水平地面上移动了距离x 1＝2 m 后撤去推力，此物体又滑行了x 2＝1.6 m 的距离后停止运动，动摩擦因数为0.2，g 取10 m/s 2.求：(1)推力F 对物体做的功；(2)全过程中摩擦力对物体所做的功．解析：(1)推力做功由W ＝Fx cos θ得 W F ＝Fx 1cos 37°＝10×2×0.8 J ＝16 J. (2)受力分析可知竖直方向 N 1＝mg ＋F sin 37°＝26 N 所以摩擦力做功W f 1＝μN 1x 1cos 180°＝0.2×26×2×(－1) J ＝－10.4 J ， 撤去外力后N 2＝mg ＝20 NW f 2＝μN 2x 2cos 180°＝0.2×20×1.6×(－1) J ＝－6.4 J故W f ＝W f 1＋W f 2＝－16.8 J. 答案：(1)16 J (2)－16.8 J ☆12.如图所示，传送带与地面倾角θ＝30°，AB 长度为L ＝16.5 m ，传送带以v 0＝11 m/s 的速率逆时针转动．在传送带上端A 无初速度地放上一个质量为m ＝0.5 kg 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝235，取g ＝10 m/s 2，则(1)从物体开始运动至物体刚与传递带达到共同速度这一过程中，传送带的摩擦力对物体做了多少功？(2)物体从与传送带达到共同速度的瞬间至滑到B 端的过程中，传送带的摩擦力对物体又做了多少功？解析：(1)物体放上传送带后，受到传送带的沿斜面向下的滑动摩擦力f 1，以a 1做匀加速直线运动，直至与传送带速度相等．设这一过程所需的时间为t 1，物体下滑的位移为x 1，则由牛顿第二定律，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝11 m/s 2.由运动学公式v 0＝a 1t 1得t 1＝v 0a 1＝1 s ，则x 1＝12a 1t 21＝12×11×12 m ＝5.5 m.滑动摩擦力对物体做正功W 1＝μmg cos θ·x 1＝235×0.5×10×32×5.5 J ＝16.5 J.(2)物体与传送带达到共同速度后，因为mg sin θ<μmg cos θ，物体将与传送带保持相对静止，以v 0匀速下滑至B 端，其摩擦力f 2＝mg sin θ.故摩擦力f 2对物体做负功W 2＝－f 2x 2＝－mg sin θ·(L －x 1)＝－27.5 J.答案：(1)16.5 J (2)－27.5 J。
大学物理（二）练习册答案
1 大学物理（二）练习册参考解答第12章真空中的静电场一、选择题1(D)，2(C)，3(C)，4(A)，5(C)，6(B)，7(C)，8(D)，9(D)，10(B)，二、填空题(1). 电场强度和电势，0/q F E=，l E q W U aaò×==00d /(U 0=0). (2). ()042e /q q+，q 1、q 2、q 3、q 4 ；(3). 0，l / (2e 0)；(4). s R / (2e 0) ；(5). 0 ；(6). ÷÷øöççèæ-p 00114r r qe ；(7). －2³103 V ；(8). ÷÷øöççèæ-p a br r q q 11400e (9). 0，pE sin a ；(10). ()i a x A2+-.三、计算题1. 如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度．解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为l =q / L ，在x 处取一电荷元d q = l d x = q d x / L ，它在P 点的场强：()204d d x d L qE -+p =e ()204d x d L L xq -+p =e 总场强为ò+p =Lx d L x Lq E 020)(d 4－e ()d L d q +p =04e 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．2．一个细玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电荷+Q ，沿其下半部分均匀分布有电荷－Q ，如图所示．试求圆心O 处的电场强度．解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在q 处取微小电荷d q = l d l = 2Q d q / p 它在O 处产生场强Ldq P +Q－QROxyＰLdd qx (L+d －x ) d ExOq e e d 24d d 20220RQRq E p =p =按q 角变化，将d E 分解成二个分量：分解成二个分量：q q e q d sin 2sin d d 202RQE E x p ==q q e q d cos 2cos d d 202RQE E y p -=-=对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷úûùêëé-p =òòpp p q q q q e 2/2/0202d sin d sin 2R QE x ＝0 2022/2/0202d cos d cos 2R Q R QE y e q q q q e pp p p -=úûùêëé-p -=òò所以所以j R Q j E i E E y x202e p -=+=3. “无限长”均匀带电的半圆柱面，半径为R ，设半圆柱面沿轴线OO'单位长度上的电荷为l ，试求轴线上一点的电场强度．，试求轴线上一点的电场强度．解:设坐标系如图所示．将半圆柱面划分成许多窄条．d l 宽的窄条的电荷线密度为荷线密度为q l l l d d d p=p =l R取q 位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为q e l e l d 22d d 020RR E p =p =如图所示. 它在x 、y 轴上的二个分量为：轴上的二个分量为：d E x =d E sin q , d E y =－d E cos q 对各分量分别积分对各分量分别积分 R R E x 02002d sin 2e lq q e l pp =p =ò 0d c o s 202=p -=òp q q e lRE y场强场强 i Rj E i E E y x02e lp =+=4. 实验表明，在靠近地面处有相当强的电场，电场强度E垂直于地面向下，大小约为100 N/C ；在离地面1.5 km 高的地方，E也是垂直于地面向下的，大小约为25 N/C ． (1) 假设地面上各处E都是垂直于地面向下，试计算从地面到此高度大气中电荷的平均体密度；体密度；(2) 假设地表面内电场强度为零，假设地表面内电场强度为零，且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面的电荷产生，求地面上的电荷面密度．(已知：真空介电常量0e ＝8.85³10-12 C 2²N -1²m -2) d qR Oxyqd qqq d E y y d l d q R q O d E xx d EOR’O'解：(1) 设电荷的平均体密度为r ，取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面，底面D S 平行地面)上下底面处的上下底面处的 场强分别为E 1和E 2，则通过高斯面的电场强度通量为：，则通过高斯面的电场强度通量为：òòE²S d ＝E 2D S -E 1D S ＝(E 2-E 1) D S 高斯面S 包围的电荷∑q i ＝h D S r由高斯定理(E 2－E 1) D S ＝h D S r /e∴ () E Eh121-=er ＝4.43³10-13 C/m 3(2) 设地面面电荷密度为s ．由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2) 由高斯定理由高斯定理òòE ²S d =åi 01q e-E D S =SD se1∴ s=－e 0 E ＝－8.9³10-10 C/m 35. 一半径为R 的带电球体，其电荷体密度分布为的带电球体，其电荷体密度分布为r =Ar (r ≤R ) ， r =0 (r ＞R )， A 为一常量．试求球体内外的场强分布．为一常量．试求球体内外的场强分布．解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为的薄球壳，该壳内所包含的电荷为 r r Ar V q d 4d d 2p ×==r在半径为r 的球面内包含的总电荷为的球面内包含的总电荷为 403d 4Ar r Ar dV q rV p =p ==òòr (r ≤R) 以该球面为高斯面，按高斯定理有以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421/4e Ar r E p =p ×得到得到 ()0214/e ArE =， (r ≤R ) 方向沿径向，A >0时向外, A <0时向里．时向里．在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有的同心高斯球面，按高斯定理有0422/4e AR r E p =p ×得到得到 ()20424/rAR E e =， (r >R ) 方向沿径向，A >0时向外，A <0时向里．时向里．6. 如图所示，一厚为b 的“无限大”带电平板的“无限大”带电平板 ， 其电荷体密度分布为r ＝kx (0≤x ≤b )，式中，式中k 为一正的常量．求：为一正的常量．求： (1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小；处的电场强度大小；(2) 平板内任一点P 处的电场强度；处的电场强度； (3) 场强为零的点在何处？场强为零的点在何处？解：解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示．，如图所示．E(2)xbP 1 P 2Px OSE 2D SE 1(1) h按高斯定理åò=×0e /d q S E S ，即，即 020002d d 12e e r e kSbx x kSxS SEb b ===òò得到得到 E = k b kb 2 / (4e 0) (板外两侧) (2) 过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E ¢，如图所示．按高斯定理有定理有()022ee k S bx d x kSSE Ex==+¢ò得到得到 ÷÷øöççèæ-=¢22220b x k E e (0≤x ≤b ) (3) E ¢=0，必须是0222=-bx ， 可得2/b x =7. 一“无限大”平面，中部有一半径为R 的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为s ．如图所示，试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强和电势(选O 点的电势为零)．解：将题中的电荷分布看作为面密度为s 的大平面和面密度为－s 的圆盘叠加的的圆盘叠加的 结果．选x 轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x 处产生的场强为处产生的场强为 i xx E012e σ=圆盘在该处的场强为圆盘在该处的场强为i x R x x E÷÷øöççèæ+--=2202112e σ ∴ i xR xE E E 220212+=+=e σ 该点电势为该点电势为()22222d 2xRR xR xx U x+-=+=òe se s8. 一半径为R 的“无限长”圆柱形带电体，其电荷体密度为r =Ar (r ≤R )，式中A 为常量．试求：求：(1) 圆柱体内、外各点场强大小分布；圆柱体内、外各点场强大小分布； (2) 选与圆柱轴线的距离为l (l ＞R ) 处为电势零点，计算圆柱体内、外各点的电势分布．解：(1) 取半径为r 、高为h 的高斯圆柱面(如图所示)．面上各点场强大小为E 并垂直于柱面．则穿过该柱面的电场强度通量为：面．则穿过该柱面的电场强度通量为：xS P SE ESSEd xb E ¢sOROxPòp =×SrhE S E2d 为求高斯面内的电荷，r ＜R 时，取一半径为r ¢，厚d r ¢、高h 的圆筒，其电荷为的圆筒，其电荷为r r Ah V ¢¢p =d 2d 2r则包围在高斯面内的总电荷为则包围在高斯面内的总电荷为3/2d 2d 32Ahrr r Ah V rVp =¢¢p =òòr由高斯定理得由高斯定理得 ()033/22e Ahr rhE p =p 解出解出 ()023/e Ar E = (r ≤R ) r ＞R 时，包围在高斯面内总电荷为：时，包围在高斯面内总电荷为：3/2d 2d 32AhRrrAh VRVp=¢¢p=òòr由高斯定理由高斯定理 ()033/22e A h R r h E p =p 解出解出 ()r AR E 033/e = (r >R ) (2) 计算电势分布计算电势分布r ≤R 时 òòò×+==lRRrlrrr AR r r A r E U d 3d 3d 0320e e()Rl AR rR A ln 3903330e e +-=r ＞R 时 rl AR rr AR rE Ulrl rln3d 3d 033e e =×==òò9．一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1＝5³10-4 m 的圆柱形阴极A 和一个套在阴极外的半径R 2＝4.5³10-3 m 的同轴圆筒形阳极B ，如图所示．阳极电势比阴极高300 300 VV ，忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力．(基本电荷e ＝1.6³10-19 C) 解：与阴极同轴作半径为r (R 1＜r ＜R 2 )的单位长度的圆柱形高斯面，设阴极上电荷线密度为l ．按高斯定理有．按高斯定理有 2p rE = l / e 0 得到得到 E = l / (2p e 0r ) (R 1＜r ＜R 2) 方向沿半径指向轴线．两极之间电势差方向沿半径指向轴线．两极之间电势差òòp -=×=-21d 2d 0R R BAB A rr r E U U el120ln 2R R elp -=得到得到()120/ln 2R R UUAB-=p e l， 所以所以 ()rR R UUE AB1/ln 12×-=在阴极表面处电子受电场力的大小为在阴极表面处电子受电场力的大小为 ()()11211/c R RR UUeReE F AB×-==＝4.37³10-14 N 方向沿半径指向阳极．方向沿半径指向阳极．RrhABR 2 R 1四 研讨题1. 真空中点电荷q 的静电场场强大小为的静电场场强大小为 241rq E pe=式中r 为场点离点电荷的距离．当r →0时，E →∞，这一推论显然是没有物理意义的，应如何解释？何解释？参考解答：参考解答：点电荷的场强公式仅适用于点电荷，当r →0时，任何带电体都不能视为点电荷，所以点电荷场强公式已不适用．点电荷场强公式已不适用．若仍用此式求场强E ，其结论必然是错误的．当r →0时，需要具体考虑带电体的大小和电荷分布，这样求得的E 就有确定值．就有确定值．2. 用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场．参考解答：参考解答：证：在电场中作如图所示的扇形环路abcda ．在ab 和cd 段场强方向与路径方向垂直．在bc 和da 段场强大小不相等（电力线疏密程度不同）而路径相等．因而同）而路径相等．因而d d d ¹×¢-×=×òòòc ba d l E l E l E 按静电场环路定理应有0d =×òl E ， 此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．3. 如果只知道电场中某点的场强，能否求出该点的电势？如果只知道电场中某点的电势，能否求出该点的场强？为什么？能否求出该点的场强？为什么？参考解答：参考解答：由电势的定义：由电势的定义： ò×=零势点场点l E U d式中E为所选场点到零势点的积分路径上各点的场强，所以，如果只知道电场中某点的场强，而不知道路径上各点的场强表达式，不能求出该点的电势。
人教版高中物理必修二课时分层作业4答案
课时分层作业(四)1和圆心的半径转过的角度都相等，但位移只是大小相等，方向并不相同，平均速度也只是大小相等，方向并不相同，故B、D正确。
]2．ABC[匀速圆周运动中，线速度的大小不变，但方向变化，所以速率不变，线速度是变化的，周期、频率、角速度都是不变的，选项A、B、C正确，D错误。
]3．D[由v＝ωr可知只有当半径r一定时，角速度ω才与线速度v成正比；只有当线速度v一定时，角速度ω才与半径r成反比，选项A、C错误；由v＝2πrT知，只有当半径r一定时，线速度v才与周期T成反比，选项B错误；由ω＝2πT知，角速度ω与周期T成反比，即角速度大的周期一定小，选项D正确。
] 4．B[由题知，汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为4.5 s，自助识别系统的反应时间为0.5 s，则说明直杆有4 s的转动时间，则直杆转动的平均角速度大小为ω＝π2t＝π8rad/s。
故选B。
]5．A[a、b两点同轴转动，角速度大小相等，周期、转速都相等，选项A正确，C、D错误；角速度大小相等，但转动半径不同，根据v＝ωr可知，线速度大小不同，选项B错误。
]6．BC[主动轮做顺时针转动，由皮带缠绕的方式可知从动轮做逆时针转动，A 错误，B正确；两轮通过皮带传动，边缘的线速度大小相等，由v＝rω，ω＝2πn，可得2πn·r1＝2πn′·r2，解得从动轮的转速为n′＝r1r2n，C正确，D错误。
故选BC。
]7．B[因为A、B两点同轴转动，所以A、B两点的角速度是相等的，由v＝rω可知，角速度一定时，线速度大小之比等于运动半径之比，故A、B两点线速度大小之比为3∶2，A、C错误；因为B、C两点同轴转动，所以B、C两点的角速度是相等的，故周期相等，由v＝ωr可知，B、C两点的线速度大小之比为2∶1，故B正确，D错误。
]8．C [子弹从A 盘到B 盘，B 盘转过的角度θ＝2πn ＋π6(n ＝0，1，2，…)，B 盘转动的角速度ω＝2πT ＝2πN ＝2π×3 60060 rad/s ＝120π rad/s ，子弹在A 、B 盘间运动的时间等于B 盘转动的时间，即2v ＝θω，所以v ＝2ωθ＝1 44012n+1 m/s(n ＝0，1，2，…)，n ＝0时，v ＝1 440 m/s ；n ＝1时，v ≈110.77 m/s ；n ＝2时，v ＝57.6 m/s ，C 正确。
光的干涉参考答案
光的干涉参考解答一 选择题1．如图示，折射率为n 2厚度为e 的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为n 1和n 3，已知n 1＜n 2＜n 3，若用波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束之间的光程差是 （A ）2n 2e （B ）2n 2e －2λ （C ）2n 2e －λ （D ）2n 2e －22n λ[A ][参考解]：两束光都是在从光疏介质到光密介质的分界面上反射，都有半波损失存在，其光程差应为δ=（2n 2e ＋2λ）－2λ= 2n 2e 。
2．如图，S 1、S 2是两个相干光源，它们到P 点的距离分别为r 1和r 2，路径S 1P 垂直穿过一块厚度为t 1，折射率为n 1的介质板，路径S 2P 垂直穿过一块厚度为t 2，折射率为n 2的另一介质板，其余部分可看作真空，这两条路径光的光程差等于 （A ）（r 2+ n 2t 2）－（r 1+ n 1t 1）（B ）[r 2+ (n 2－1)t 2] －[r 1+ (n 1－1)t 1] （C ）（r 2－n 2t 2）－（r 1－n 1t 1） （D ）n 2t 2－n 1t 1[ B ]3．如图，用单色光垂直照射在观察牛顿环的装置上，当平凸透镜垂直向上缓缓平移而离开平面玻璃板时，可以观察到环状干涉条纹 （A ）向右移动 （B ）向中心收缩 （C ）向外扩张 （D ）静止不动[ B ][参考解]：由牛顿环的干涉条件（k 级明纹）λλk ne k =+22 ⇒ nk e k 2)21(λ-= 可知。
4．在真空中波长为λ的单色光，在折射率为n 的透明介质中从A 沿某路径传到B ，若A 、B 两点的相位差是3π，则此路径AB 的光程差是 （A ）1.5λ （B ）1.5n λ （C ）3λ （D ）1.5λ/n[ A ][参考解]：由相位差和光程差的关系λδπϕ2=∆可得。
3S 1PS 空气二 填空题1．如图所示，波长为λ的平行单色光斜入射到距离为d 的双缝上，入射角为θ，在图中的屏中央O 处（S 1O=S 2O ），两束相干光的相位差为λθπsin 2d 。
《大学物理AI》作业 No.04 机械能 、机械能守恒定律(参考解答)
（5）由以上分析可知，结论 3 是对的。 3、一个内壁光滑的圆形细管，正绕竖直光滑固定轴 OO 自由转动。管是刚性的，转动惯量为 J。环的
半径为 R，初角速度为 0 ，一个质量为 m 的小球静止于管内最高点 A 处，如图所
示，由于微扰，小球向下滑动。试判断小球在管内下滑过程中：
（1）地球，环与小球系统的机械能是否守恒？
以 N 和 N 作功为零，满足机械能守恒。
（2）不守恒。小球在下落过程中，受到重力和管壁的作用力，这两个力的合力不为零，所以小球的动 量会不断变化。
（3）守恒。小球与环组成的系统，受到的外力为重力和通过轴的支持力，这两个力的方向都与 OO 轴 的方向平行，因此对 OO 轴力矩为零。因此整个系统角动量守恒。
答：（1）错。砖块要在皮带上滑动一段距离才能最终获得与皮带相同速度，两者之间有相对位移，所 以摩擦力做功代数和不为零。 （2）错。驱动力只对皮带做功，不能改变砖块的动能； （3）对。因皮带匀速运动，根据动能定理，驱动力的功与摩擦力对皮带的功之和为零； （4）错。砖块的动能是摩擦力做功的结果。摩擦力对砖块作功数值上要大于摩擦力对皮带做的功，因 此也不等于驱动力对皮带做的功。
2(F mg)2
（
）。（以原点 O 为势能零点，弹簧伸长都在弹性限度内考虑）
k
解：设物体到达的最远距离为 x, 根据动能定理： x (F kx mg) d x 0 ， 0
填空题 8 图
即：
Fx
1 2
kx 2
mgx
0，
x
2(F
mg) k
，此时弹性势能为：
Ek max
1、理解质点、质点系的动能概念，会计算定轴转动刚体的转动动能； 2、理解功的概念，熟练掌握变力作功的计算； 3、理解保守力作功的特点，掌握保守系统的势能计算方法，掌握保守力与势能的关系； 4、掌握质点、质点系、定轴转动刚体的动能定理和功能原理，并且熟练进行有关计算； 5、掌握机械能守恒条件，熟练应用机械能守恒定律求解有关问题； 6、能联合运用动量守恒、角动量守恒、机械能守恒定律求解力学综合性问题，掌握分析求解力学综合 问题的基本方法。
2021年物理八年级上册2.4能量作业含解析 教科版
2.4能量1.如图所示，塞子从试管口跳出，是由于水蒸气对塞子做了功，这个过程中能量的转化是（）。
A．内能转化为机械能 B．化学能转化为内能C．机械能转化为内能 D．只有内能的转移【答案】A。
【解析】判断清楚该过程中消耗了那种形式的能，进而产生了那种形式的能是解决该题的关键。
在该过程中，水蒸气把软木塞冲开，是水蒸气对木塞做功，即消耗了水蒸气的内能，变成了瓶塞的机械能，故是水蒸气的内能转化为木塞的机械能的过程。
故选A。
2.联系生活，用所学知识回答下列问题。
依照示例，写出下列情景中主要的能量转化形式。
序号用电器能量的转化示例收音机发声电能转化为声能1 为手机充电2 箭射出3 电热水壶烧开水4 瀑布飞流直下【解析】（1）给手机充电：消耗电能，产生化学能，故是将电能转化为化学能。
箭射出：消耗弓的弹性势能得到箭运动的动能，故是将弹性势能转化为动能。
电热水壶烧开水：消耗电能，产生内能，故是将电能转化为内能。
瀑布飞流直下：高处水具有重力势能，落下时高度减小，重力势能减小，速度增大，动能增大，故是重力势能转化为动能。
答案见下表。
【答案】表中答案为：3．某智能百叶窗的叶片上贴有太阳能板，在光照时发电，给电动机供电以调节百叶窗的开合．该过程中发生的能量转换是（）。
A．电能→机械能→光能B．光能→机械能→电能C．光能→电能→机械能D．机械能→电能→光能【答案】C。
【解析】太阳能板把太阳能（光能）转化为电能，供给电动机，转化为机械能，调节百叶窗的开合；综上所述此过程中发生的能量转换与答案C一致，故答案为C。
4．下列关于能量转化转移现象的说法中，正确的是（）。
A．热水袋取暖时，内能转化为机械能；C．暖瓶塞跳起时，机械能转化为内能；C．电动机工作时，机械能转化为电能；D．蓄电池充电时，电能转化为化学能【答案】D。
【解析】A. 利用热水袋取暖时，热水袋温度降低内能减少，人体获得热量，所以是内能的转移．故A错误；B. 暖瓶塞跳起时，瓶内空气的内能减少，瓶塞获得了机械能，所以是内能转化为机械能．故B错误；C. 电动机工作时，消耗电能，得到机械能，所以是电能转化为机械能．故C错误；D. 蓄电池充电时，消耗电能得到化学能，所以是电能转化为化学能．故D正确。
大学物理(二)答案
大学物理（二）练习册 参考解答第12章 真空中的静电场一、选择题1(A)，2(C)，3(C)，4(A)，5(C)，6(B)，7(C)，8(D)，9(D)，10(B)， 二、填空题(1). 电场强度和电势，0/q F E=，l E q W U aa⎰⋅==00d /(U 0=0).(2). ()042ε/q q +， q 1、q 2、q 3、q 4 ；(3). 0，λ / (2ε0) ； (4). σR / (2ε0) ； (5). 0 ； (6).⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π00114r r qε ； (7). －2³103V ； (8).⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πb a r r q q 11400ε(9). 0，pE sin α ； (10). ()()j y x i xy40122482+-+-- (SI) ；三、计算题1. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强．解：在O 点建立坐标系如图所示． 半无限长直线A ∞在O 点产生的场强：()j i R E -π=014ελ半无限长直线B ∞在O 点产生的场强：()j i R E +-π=024ελ四分之一圆弧段在O 点产生的场强：()j i R E +π=034ελ由场强叠加原理，O 点合场强为： ()j i RE E E E +π=++=03214ελBA∞O BA∞∞2. 实验表明，在靠近地面处有相当强的电场，电场强度E垂直于地面向下，大小约为100N/C ；在离地面1.5 km 高的地方，E也是垂直于地面向下的，大小约为25 N/C ．(1) 假设地面上各处E都是垂直于地面向下，试计算从地面到此高度大气中电荷的平均体密度；(2) 假设地表面内电场强度为零，且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面的电荷产生，求地面上的电荷面密度．(已知：真空介电常量0ε＝8.85³10-12 C 2²N -1²m -2)解：(1) 设电荷的平均体密度为ρ，取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面，底面∆S 平行地面)上下底面处的 场强分别为E 1和E 2，则通过高斯面的电场强度通量为：⎰⎰E²S d ＝E 2∆S -E 1∆S ＝(E 2-E 1) ∆S高斯面S 包围的电荷∑q i ＝h ∆S ρ由高斯定理(E 2－E 1) ∆S ＝h ∆S ρ /ε 0∴() E E h1201-=ερ＝4.43³10-13C/m 3(2) 设地面面电荷密度为σ．由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2) 由高斯定理⎰⎰E²S d =∑i1qε-E ∆S =S ∆σε01∴ σ =－ε 0 E ＝－8.9³10-10C/m 33. 带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度为λ=λ0sin φ，式中λ0为一常数，φ为半径R 与x 轴所成的夹角，如图所示．试求环心O 处的电场强度．解：在φ处取电荷元，其电荷为d q =λd l = λ0R sin φ d φ它在O 点产生的场强为R R qE 00204d sin 4d d εφφλεπ=π= 在x 、y 轴上的二个分量d E x =－d E cos φ， d E y =－d E sin φ 对各分量分别求和⎰ππ=000d cos sin 4φφφελR E x ＝0 RRE y 000208d sin 4ελφφελ-=π=⎰π∴ j Rj E i E E y x008ελ-=+=(2)2(1)4. 一“无限长”圆柱面，其电荷面密度为： σ = σ0cos φ ，式中φ 为半径R 与x 轴所夹的角，试求圆柱轴线上一点的场强．解：将柱面分成许多与轴线平行的细长条，每条可视为“无限长”均匀带电直线，其电荷线密度为λ = σ0cos φ R d φ， 它在O 点产生的场强为：φφεσελd s co 22d 000π=π=R E它沿x 、y 轴上的二个分量为： d E x =－d E cos φ =φφεσd s co 220π-d E y =－d E sin φ =φφφεσd s co sin 20π 积分：⎰ππ-=2020d s co 2φφεσx E ＝2εσ0)d(sin sin 2200=π-=⎰πφφεσy E∴ i i E E x02εσ-==5. 一半径为R 的带电球体，其电荷体密度分布为4πRqr =ρ (r ≤R ) (q 为一正的常量)ρ = 0 (r >R )试求：(1) 带电球体的总电荷；(2) 球内、外各点的电场强度；(3) 球内、外各点的电势．解：(1) 在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为 d q = ρd V = qr 4πr 2d r /(πR 4) = 4qr 3d r/R 4 则球体所带的总电荷为 ()q r r Rq V Q rV===⎰⎰34d /4d ρ(2) 在球内作一半径为r 1的高斯球面，按高斯定理有4041241211d 414Rqr r r Rqr E r r εε=π⋅π=π⎰得402114R qr E επ=(r 1≤R)，1E方向沿半径向外．在球体外作半径为r 2的高斯球面，按高斯定理有 0222/4εq E r =π得22024r q E επ=(r 2 >R )，2E方向沿半径向外．(3) 球内电势⎰⎰∞⋅+⋅=RR r r E r E U d d 2111⎰⎰∞π+π=RRr r rq r Rqrd 4d 4204021εε40310123Rqr R qεεπ-π=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=3310412R r R qε ()R r ≤1 球外电势 2020224d 4d 22r q r rq r E U r Rr εεπ=π=⋅=⎰⎰∞()R r >26. 如图所示，一厚为b 的“无限大”带电平板 ， 其电荷体密度分布为ρ＝kx (0≤x ≤b )，式中k 为一正的常量．求： (1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小；(2) 平板内任一点P 处的电场强度； (3) 场强为零的点在何处？解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示．按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S，即22d d 12εερεkSbx x kSx S SE bb===⎰⎰得到 E = kb 2/ (4ε0) (板外两侧) (2) 过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E '，如图所示．按高斯定理有()022εεk S b x d x kSSE E x==+'⎰得到 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-='22220b x k E ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0，必须是0222=-bx ， 可得2/b x =7. 一“无限大”平面，中部有一半径为R 的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为σ．如图所示，试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强和电势(选O 点的电势为零)．解：将题中的电荷分布看作为面密度为σ的大平面和面密度为－σ的圆盘叠加的 结果．选x 轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x 处产生的场强为i xx E012εσ='圆盘在该处的场强为i x R x x E⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=2202112εσ ∴ i xR xE E E 220212+=+=εσ该点电势为 ()220222d 2xR R xR x x U x+-=+=⎰εσεσ8．一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1＝5³10-4m 的圆柱形阴极A 和一个套在阴极外的半径R 2＝4.5³10-3 m 的同轴圆筒形阳极B ，如图所示．阳极电势比阴极高300 V ，忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力．(基本电荷e ＝1.6³10-19C)解：与阴极同轴作半径为r (R 1＜r ＜R 2 )的单位长度的圆柱形高斯面，设阴极上电荷线密度为λ．按高斯定理有 2πrE = λ/ ε0得到 E = λ / (2πε0r ) (R 1＜r ＜R 2) 方向沿半径指向轴线．两极之间电势差⎰⎰π-=⋅=-21d 2d 0R R B A B A rr r E U U ελ120ln 2R R ελπ-= 得到()120/ln 2R R UUAB-=πελ， 所以 ()rR R UUE AB1/ln 12⋅-=在阴极表面处电子受电场力的大小为()()11211/c R R R U U e R eE F A B ⋅-==＝4.37³10-14N 方向沿半径指向阳极．四 研讨题1. 真空中点电荷q 的静电场场强大小为 241rq E πε=式中r 为场点离点电荷的距离．当r →0时，E →∞，这一推论显然是没有物理意义的，应如何解释？参考解答：点电荷的场强公式仅适用于点电荷，当r →0时，任何带电体都不能视为点电荷，所以点电荷场强公式已不适用．若仍用此式求场强E ，其结论必然是错误的．当r →0时，需要具体考虑带电体的大小和电荷分布，这样求得的E 就有确定值．2. 用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场．参考解答：证：在电场中作如图所示的扇形环路abcda ．在ab 和cd 段场强方向与路径方向垂直．在bc 和da 段场强大小不相等（电力线疏密程度不同）而路径相等．因而0d d d ≠⋅'-⋅=⋅⎰⎰⎰cb a d l E l E l E按静电场环路定理应有0d =⋅⎰l E，此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．3. 如果只知道电场中某点的场强，能否求出该点的电势？如果只知道电场中某点的电势，能否求出该点的场强？为什么？参考解答：由电势的定义： ⎰⋅=零势点场点l E U d式中E为所选场点到零势点的积分路径上各点的场强，所以，如果只知道电场中某点的场强，而不知道路径上各点的场强表达式，不能求出该点的电势。
2024年北京市石景山区中考物理二模试卷及答案解析
2024年北京市石景山区中考物理二模试卷第一部分一、单项选择题（下列每题均有四个选项，其中只有一个选项符合题意。
共24分，每题2分）1．（2分）如图所示四种家用电器中，利用电流热效应工作的是（）A．笔记本电脑B．电冰箱C．电饭锅D．电风扇2．（2分）如图所示的四种措施中，为了减小压强的是（）A．滑雪板底板面积较大B．安全锤头部做成锥形C．压路机的碾子质量很大D．刀刃做得很锋利3．（2分）如图所示的四种情景中，所使用的杠杆属于费力杠杆的是（）A．食品夹B．撬棒C．羊角锤D．钳子4．（2分）下列情境中，人施加在物体上的力对物体做功的是（）A．人用力推车，车没动B．运动员举着杠铃不动C．人将地上的货箱搬到桌上D．人背着书包静止不动5．（2分）下列关于家庭电路和安全用电说法正确的是（）A．使用试电笔时不能接触笔尾金属体B．电能表是测量家庭电路中用电器消耗电能多少的仪表C．空气开关跳闸，可能是电路中某一用电器发生了断路D．街边的路灯同时亮、同时灭，则它们之间一定是串联的6．（2分）估测在生活实际中应用广泛，下列估测的数据中最接近实际的是（）A．普通铅笔的长度约为40cm B．人体感觉舒适的环境温度约为37℃C．正常人脉搏跳动一次的时间约为5s D．中学生正常步行的速度约为1.0m/s7．（2分）在探究海波的熔化规律时，小琴根据实验目的，进行了认真规范的实验，记录的实验现象和数据如表所示。
结合如表，下列说法正确的是（）加热时间/min01234567891011海波的状态固态固态和液态共存液态海波的温度/℃404244464848484848485053A．海波的熔化过程为11min B．海波熔化时的温度是48℃C．海波在熔化过程中不需要吸热D．第4～9min时，海波的温度不变，内能减小8．（2分）甲、乙两盏白炽灯，甲标有“PZ220﹣40”字样，乙标有“PZ220﹣60”字样，不考虑灯丝电阻随温度的变化，下列说法正确的是（）A．两灯均正常发光时，甲灯消耗的电能快B．1kW•h的电能可使甲灯正常工作20小时C．两灯串联接入220V的电路中，乙灯一定比甲灯亮D．乙灯单独接入110V的电路中，它的实际功率是15W9．（2分）下列关于磁现象的说法，正确的是（）A．导体中的电流一定会产生磁场B．条形磁体周围的铁屑分布，说明磁感线是真实存在的C．改变电磁铁中电流的大小可以改变电磁铁的南、北极D．北京地区地面附近能自由转动的小磁针静止时，N极指向地磁场北极附近10．（2分）小敏设计了一个电子身高测量仪，如图所示。
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1． P79 第 ห้องสมุดไป่ตู้ 题
2． P79 第 8 题
3． P79 第 9 题
4． P80 第 16 题
5． P81 第 20 题
6． P81 第 28 题
2 4．电容器中储存的电势能为 WE 1 CU 2 1 q 1 qU 。 2 2 C 2
5．电场的能量密度为 uE
1 0E2 。 2
6. 介质对电容器的电容量的影响是 增大电容量 ；限制击穿电势 。 7. 有介质存在时的高斯定理为
D dA
A
q
。
三．选择题 1．外表面为球形，但内表面为非球形的空腔导体A不带电，其空腔内放一电量为+q的导体B， 如图所示。则两导体的电势之间的关系为 [C] A (A) VA VB (C) VA VB (B) VA VB
B
q
(D)因空腔形状为非球形，所以无法判断 。
，若分别带上电量q1和q2，则两者的电势 2．两个同心薄金属球壳，半径分别为R1和R2（R1<R2） 分别为V1和V2（设无穷远处为电势零点） 。现用导线将两者相连接，则它们的电势为 [ B ] (A) V1 (B) V2 (C) V1 V2 (D)
(C)
q 4 π 0 R
(D)
4．C1 和 C2 两空气电容器并联以后接电源充电，在电源保持连接的情况下，在 C1 中插入一电 解质板，则 [C ] (A) C1 极板上电量增加，C2 极板上电量减少。 (B) C1 极板上电量减少，C2 极板上电量增加。 (C) C1 极板上电量增加，C2 极板上电量不变。 (D) C1 极板上电量减少，C2 极板上电量不变。 5．一空气平行板电容器充电后与电原断开，然后在两极板间充满某种各向同性、均匀电解质， 则电场强度的大小 E、电容 C、电压 V、电场能量 WE 四个量各自与充入介质前相比较，增大 （↑）或减小（↓）的情形为 [ B ] (A) E ,C ,V ,WE (C) E ,C ,V ,WE 四． 计算题 (B) E ,C ,V ,WE (D) E ,C ,V ,WE
No.4 导体和电介质 电容（器）
一. 思考题 1. P78 第 1 题：不会，球上的带电量与球半径成正比。 2. P78 第 3 题：孤立导体球表面附近电场垂直于球表面；另一带电体靠近导体球时，球表面 附近电场仍然垂直于球面；其上电荷分布将不再均匀；表面仍为等势面；但电势会变化； 球内任意一点电场强度也无变化。 3. P78 第 4 题： （a）U/3； （b）CU/3； （c）CU/3 4. P78 第 6 题： （a） （2）增加； （b） （3）减少； （c） （1）保持不变； 5. P78 第 7 题： （a）CA<CB； （b）uEA>uEB； （c）uEA=uEB； （d）WEA>WEB 6. P78 第 8 题： 电容 未插介质电容 插介质电容 不变 增大 电荷 增大 增大 电势差 增大 减小 电势能 增大 减小
1 (V1 V2 ) 2
3．一不带电的空腔导体球壳内半径为R。在腔内离球心距离为d处（d<R）固定一电量为+q 的 点电荷，用导线把球壳接地后，再把地线撤去，选无穷远处为电势零点，则球心O处的电势为 [D]
(A) 0
(B)
q 4 π 0 d q 1 1 ( ) 4 π 0 d R
R q O d
二. 填空题 1. 导体的静电平衡条件为 导体内部电场处处为零 ； 导体表面电场与表面垂直 。 2．静电平衡时，导体上电荷分布特征是 实心导体电荷分布在导体表面； 带电空腔导体电荷 分布在导体外表面； 空腔内有电荷时，电荷分布在导体内表面和外表面 。 3．电容器的电容量与 电容器形状、尺寸、极板间介质 有关。