教科版高中物理选修3-1第1章第五节知能优化训练 (2)
高一物理上册：第1章第五节知能优化训练
1．关于两个力F1和F2和它们的合力F，则下列说法正确的是()A．F1、F2和F是同时作用在同一个物体上的三个力B．F1、F2和F是同种性质的力C．F的作用效果与F1、F2同时作用的总效果相同D．F1和F2可能是作用在两个不同物体上的力答案：C2．已知三个共点力的合力为零，则这三个力的大小可能是()A．15 N,5 N,6 N B．3 N,6 N,4 NC．1 N,2 N,10 N D．1 N,6 N,3 N答案：B3．为什么体操运动员在吊环比赛中，两手臂接近于水平的动作难度系数大？解析：运动员双臂所产生作用力的共同效果是支撑住运动员的身体．当身体静止时，两臂所产生的作用力的合力大小与重力相等．而运动员的重力一定，也就是两臂产生的作用力的合力一定，两手臂越接近于水平，两分力夹角越大，两分力越大，完成这样的动作越困难．答案：见解析4．用作图法求如图1－5－11中F1、F2、F3的合力．图1－5－11解析：先求任两个力的合力，再与第三个力求合力．答案：如下图1．两个共点力大小都等于100 N，若要使这两个力的合力大小也是100 N，则这两个力的夹角应为()A．60°B．45°C．120°D．180°答案：C2．两个共点力的大小分别为F1＝9 N，F2＝15 N，它们的合力不可能等于()A．9 N B．6 NC．25 N D．21 N解析：选C.F1、F2的合力范围：6 N≤F≤24 N.3．如图1－5－12所示，两个共点力F1、F2的大小一定，夹角θ是变化的，合力为F，在θ从0°逐渐增大到180°的过程中，合力F的大小变化情况为()图1－5－12A．从最大逐渐减小到零B．从最小逐渐增加到最大C．从最大逐渐减小到最小D．先减小后增大解析：选C.F1与F2的大小不一定相等．4．作用于同一质点上的三个力大小分别是20 N、15 N和10 N，它们的方向可以变化，则该质点所受这三个力的合力()A．最大值是45 N B．可能是20 NC．最小值是5 N D．可能是零解析：选ABD.三个力的合力范围：0≤F≤45 N.5．一根轻质细绳能承受的最大拉力为G，现把一重量为G的物体系在绳的中点，两手先并拢分别握住绳的两端，然后缓慢地左右对称地分开，若想绳不断，两绳间的夹角不能超过()A．45°B．60°C．120°D．135°解析：选 C.本题涉及了力的合成的一个重要结论：若两个分力的大小相等，则合力在这两个分力的夹角的平分线上；当合力不变而夹角变大时，两个分力都变大，如图所示．对本题来说，夹角为120°时，合力的大小与分力的大小相等．6．三段不可伸长的细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，如图1－5－13所示，其中OB是水平的，A、B端均固定．若逐渐增加C端所挂物体的质量，则最先断的绳()图1－5－13A．必定是OAB．必定是OBC．必定是OCD．可能是OB，也可能是OC解析：选A.细绳OC承受的拉力等于物体的重力；将细绳OA、OB对O点拉力合成，此合力应与绳OC对O点拉力平衡，可见细绳OA承受的拉力最大．所以，若逐渐增加C 端所挂物体的质量，最先断的绳必为OA.故应选择A.7．如图1－5－14所示，两根相同的轻弹簧S1、S2，劲度系数皆为k＝4×102 N/m，悬挂重物分别为m1＝2 kg和m2＝4 kg.若不计弹簧的质量，取g＝10 N/kg，则平衡时弹簧S1、S2的伸长量分别为()图1－5－14A．5 cm、10 cm B．10 cm、5 cmC．15 cm、10 cm D．10 cm、15 cm解析：选C.S 2的伸长量Δs 2＝m 2g k ＝4×104×102m ＝0.1 m ＝10 cm ；s 1的伸长量Δs 1＝(m 1＋m 2)g k ＝6×104×102m ＝15 cm. 8．(2011年潍坊市检测)王飞同学练习拉单扛时，两臂平行握住单杠，在他两臂逐渐分开的过程中，手臂的拉力( )A ．逐渐变大B ．逐渐变小C ．先变小后变大D ．先变大后变小解析：选A.设每个手臂的拉力为F ，两个手臂间的夹角为2θ，由题意可知2F cos θ＝mg ，在两个手臂逐渐分开的过程中，θ角在逐渐增大，则cos θ值在逐渐减小，而mg 不变，所以拉力F 在逐渐增大．9．如图1－5－15所示，OA 、OB 、OC 是完全相同的重力可不计的钢丝绳，OA ＝OB ，且∠AOB ＝60°，被吊重物的重量G ＝1.0×104 N ，求钢丝绳OA 中的拉力F OA .图1－5－15解析：以O 为研究对象，F OC ＝G ＝1.0×104 N ，F OA 、F OB 的合力应与F 大小相等，方向相反，以F 为对角线、F OA 、F OB 为邻边做平行四边形，解三角形可求出F OA .答案：5.8×103 N10．如图1－5－16甲所示，在电线杆两侧对称地用钢丝绳加固，每根钢丝绳的拉力大小均为1000 N.图1－5－16(1)设钢丝绳与电线杆的夹角为30°，求钢丝绳对电线杆拉力的合力．(2)钢丝绳固定电线杆的另一种形式如图乙所示．为保证两根钢丝绳拉力的合力大小、方向不变，求两根钢丝绳拉力的大小各为多大？解析：(1)作出平行四边形，如图甲所示，cos30°＝F 2F 1，F ＝2F 1cos30°＝1000 3 N ＝1732 N ，合力方向沿电线杆竖直向下．(2)作出平行四边形如图乙所示 .cos30°＝F F 1，F 1＝F cos30°＝1000332 N ＝2000 N. tan30°＝F 2F ，F 2＝F tan30°＝10003×33N ＝1000 N. 答案：(1)1732 N 竖直向下 (2)2000 N 1000 N。
高中物理选修3-5第1章第1、2节知能优化训练
[学生用书 P 9] 1．若一个物体的动量发生了变化，则物体(质量不变)运动的( )A ．速度大小一定改变了B ．速度方向一定改变了C ．速度一定变化了D ．加速度一定不为零解析：选CD.根据动量的定义p ＝m v ，在m 一定时，只有v 的大小或方向发生变化，动量p 才会变化，根据加速度的定义a ＝Δv Δt，则a 一定不为零，故选C 、D. 2．光滑水平面上的两球做相向运动，发生正碰后两球均变为静止，于是可以判定碰撞前( )A ．两球的动量大小一定相等B ．两球的质量相等C ．两球的动量一定相等D ．两球的速度一定相等解析：选A.两球相碰，动量守恒，p 1＋p 2＝0，故动量大小相等，方向相反，与质量和速率无关．图1－1－43．如图1－1－4所示．PQS 是固定于竖直平面内的光滑1/4圆周轨道，圆心O 在S 的正上方，在O 和P 两点各有一质量为m 的小物块a 和b ，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑．下列说法正确的是( )A ．a 比b 先到S ，它们在S 点的动量不相等B ．a 与b 同时到S ，它们在S 点的动量不相等C ．a 比b 先到S ，它们在S 点的动量相等D ．b 比a 先到S ，它们在S 点的动量相等解析：选A.自由下落加速度较大，路程较短，沿圆弧下滑至相同高度时加速度较小，路程较长，所以a 比b 用时短．由机械能守恒，两球到达S 点时速度大小相等，所以动量大小相等，但方向不同，所以动量不相同．4．质量为m 的α粒子，其速度为v 0，与质量为3m 的静止碳核碰撞后沿着原来的路径被弹回，其速率为v 02，而碳核获得的速度为( ) A.v 06 B ．2v 0 C.v 02 D.v 03解析：选C.α粒子与碳核所组成的系统动量守恒，若碳核获得的速度为v ，则m v 0＝3m v －m ×v 02，所以v ＝v 02. 5．“草船借箭”中，若草船的质量为m 1，箭的质量为m ，草船以速度v 1返回时，士兵万箭齐发，n 支箭同时射中草船，箭的速度皆为v ，方向与船行方向相同，由此，草船的速度会增加多少？(不计水的阻力)解析：由船与箭的作用过程中系统动量守恒知：m 1v 1＋nm v ＝(m 1＋nm )(v 1＋Δv )得Δv ＝nm v －nm v 1m 1＋nm. 答案：nm v －nm v 1m 1＋nm一、选择题1．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是 ( )A ．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B ．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C ．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D ．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒解析：选C.由动量守恒的条件知C 正确，D 项中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒．图1－1－52．一辆平板车静止在光滑的水平面上，车上一个人(原来也静止)用大锤敲打车的左端，如图1－1－5所示，在锤的连续敲打下，这辆平板车将( )A ．左右振动B ．向左运动C ．向右运动D ．静止不动解析：选A.人、锤和车组成的系统，在大锤敲打车的过程中，在水平方向上只有锤与车的相互作用力，没有其他外力，系统水平方向上动量守恒，其总动量大小为零． 3.图1－1－6如图1－1－6所示，设车厢长为L ，质量为M ，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m 的物体，以速度v 0向右运动，与车厢壁来回碰撞n 次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为( )A ．v 0，水平向右B ．0C.m v 0M ＋m ，水平向右D.M v 0M －m，水平向右 解析：选C.物体和车厢组成的系统所受的合外力为零，物体与小车发生n 次碰撞的过程中系统的动量守恒，只考虑初末态，忽略中间过程，则m 的初速度为v 1＝v 0，M 的初速度为v 2＝0；作用后它们的末速度相同即v 1′＝v 2′＝v由动量守恒定律m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′得：m v 0＝(m ＋M )v解得：v ＝m v 0m ＋M，方向与v 0相同，水平向右．选项C 正确． 4．质量为5m 的机车以速度v 运动，跟质量都为m 的30节静止在光滑水平直轨道上的车厢挂接，则全部挂接在一起时的速度为( )A.v 7B.v 6C.v 30 D.v 5解析：选A.根据动量守恒定律得：5m v ＝(30＋5)m v ′，所以v ′＝v 7，故选A. 5．一物体从某高处由静止下落，设所受空气阻力恒定，当它下落h 时动量大小为p 1，下落2h 时的动量大小为p 2，那么p 1∶p 2应为( )A ．1∶1B ．1∶ 2C ．1∶2D ．1∶4 解析：选B.由动能定理可知：(mg －f )h ＝12m v 21 (mg －f )2h ＝12v 22由以上两式得v 1v 2＝12则p 1p 2＝v 1v 2＝12. 6．两辆汽车的质量分别为m 1和m 2，已知m 1>m 2，沿水平方向同方向行驶且具有相等的动能，则此时两汽车动量p 1和p 2的大小关系是( )A ．p 1等于p 2B ．p 1小于p 2C ．p 1大于p 2D ．无法比较 解析：选C.由于p ＝m v ，E k ＝12m v 2，故p ＝2mE k ，又m 1>m 2，E k2＝E k1，故p 1>p 2，应选C.7．在光滑水平面上A 、B 两小车中间有一弹簧，如图1－1－7所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态．将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法正确的是( )图1－1－7A ．两手同时放开后，系统总动量始终为零B ．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C ．先放开左手，后放开右手，总动量向左D ．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：选ACD.在两手同时放开后，水平方向上无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，选项A 对．先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，选项B 错．先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的总动量仍守恒，即此后的总动量向左，选项C 对．其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变．若同时放开，那么放手后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，选项D 对．8.图1－1－8在如图1－1－8所示的装置中，木块B 与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中( )A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量不守恒，机械能不守恒C ．动量守恒，机械能不守恒D ．动量不守恒，机械能守恒解析：选B.把系统从子弹射入木块到把弹簧压缩到最短的过程分段考虑．第一段：子弹射入木块瞬间，弹簧仍保持原长，子弹与木块间摩擦力为内力，合外力为零，所以此瞬间系统动量守恒，机械能不守恒．第二段：子弹射入木块后，与木块一起压缩弹簧，系统受墙面弹力(外力)不为零，但不做功，所以此过程系统机械能守恒，动量不守恒．由于子弹射入木块的过程中，二者之间存在摩擦，故此过程机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，速度逐渐减小到零，所以此过程动量不守恒，综合在一起，整个过程中动量、机械能均不守恒．9．质量为1 kg 的物体在距地面高5 m 处由静止自由下落，正落在以5 m/s 速度沿光滑水平面匀速行驶的装有沙子的小车中，车与沙子的总质量为4 kg ，当物体与小车相对静止后，小车的速度为( )A ．3 m/sB ．4 m/sC ．5 m/sD ．6 m/s解析：选B.物体与小车在相互作用过程中，水平方向不受外力，即在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律m 物v ＋m 车v ′＝(m 物＋m 车)v 共由于物体竖直下落，即v ＝0，所以v 共＝205m/s ＝4 m/s ，故正确答案为B.10.图1－1－9如图1－1－9所示，光滑圆槽的质量为M ，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着，恰位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为( )A ．0B ．向左C ．向右D ．无法确定解析：选A.小球和圆槽组成的系统在水平方向不受外力，故系统在水平方向上动量守恒．细线被烧断瞬间，系统在水平方向上的总动量为零，又知小球到达最高点时，球与槽水平方向上有共同速度，设为v ′，根据动量守恒定律有：0＝(M ＋m )v ′，所以v ′＝0.A 选项正确．二、非选择题11．步枪的质量为4.1 kg ，子弹的质量为9.6 g ，子弹从枪口飞出的速度为855 m/s ，则步枪的反冲速度多大？解析：设子弹出枪口速度为v 0，枪反冲速度为v ，取v 0方向为正方向，由动量守恒定律得 0＝m v 0＋M v解得v ＝－m v 0M＝－2 m/s 负号表示与v 0方向相反．答案：2 m/s12．从地面竖直向上发射一枚礼花弹，当它距离地面高度为100 m 、上升速度为17.5 m/s 时，炸成质量相等的A 、B 两块，其中A 块经4 s 沿竖直方向落回发射点，求B 经过多少时间落回发射点？(礼花弹爆炸后下落过程中不考虑空气阻力，g ＝10 m/s 2)解析：设爆炸后A 、B 速度分别为v A 、v B .由动量守恒得：m v0＝m2v A＋m2v B又知－h＝v A t A－12gt2A，－h＝v B t B－12gt2B联立各式并代入数据解得：t B＝10 s. 答案：10 s。
教科版高中物理选修3-1第1章第四节知能优化训练 (2)
1．下列说法正确的是( )A ．电势差与电势一样，是相对量，与零点的选取有关B ．电势差是一个标量，但是有正值和负值之分C ．由于电场力做功跟移动电荷的路径无关，所以电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关D ．A 、B 两点的电势差是恒定的，不随零电势点的不同而改变，所以U AB ＝U BA解析：选BC.电势差的大小与零电势点的选取无关，故A 错．从电势差的特性可知电势差是标量，有正负之分，B 项正确．从电场力做功的特征及电势差的定义可知两点间的电势差只与两点间位置有关，C 项正确．最易错的是把电势差与电压相混淆，电势差可以反映出两点电势的高低，U AB ＝－U BA ，而电压只是电势差的大小，故D 项错误．2．电场中两点间电势差U ＝W q的意义是( ) A ．它是由两点的位置决定的，与移动的电荷的种类和数量无关B ．电势差与电场力做功成正比，与被移动的电荷量成反比C ．电势差的大小等于移动单位电荷时电场力所做的功D ．电场中两点间没有电荷移动，则电势差为零解析：选A.电场中两点间电势差由两点在电场中的位置决定，可以用U ＝W q 来定义，但与移动的电荷的种类、数量以及是否移动电荷均无关，所以A 选项正确而B 、D 错误；从物理意义上讲，电势差的大小等于移动单位正电荷时电场力所做的功，C 选项没有说明是正负电荷，故错误．3．如图1－4－5是点电荷形成的电场的一条电场线，其上两点A 和B ，如图所示，比较A 、B 两点电势高低和电场强度的大小．如规定无穷远处电势为零，则下列说法可能正确的是( )图1－4－5A ．E A ＞E B, φA ＞φB ＞0B ．E A ＞E B,0＞φA ＞φBC ．E A ＜E B ，φA ＞φB ＞0D ．E A ＜E B,0＞φA ＞φB解析：选AD.顺着电场线方向电势降低，所以φA ＞φB ，由于只有一条电场线，无法看出电场线疏密，也就无法判定场强大小．同样无法判定当无穷远处电势为0时，A 、B 的电势是大于0还是小于0.若是由正电荷形成的场，则E A ＞E B ，φA ＞φB ＞0，若是由负电荷形成的场，则E A ＜E B,0＞φA ＞φB .所以选A 、D.4．(2011年上海高二检测)位于A 、B 处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图1－4－6所示，图中实线表示等势线，则( )图1－4－6。
教科版高中物理选修3-1第2章第五节知能优化训练
1．欲测定电池的电动势和内阻，除待测电池、开关和导线外，配合下列哪些仪器，可以达到实验目的( )A ．一只电压表和一个电阻箱B ．一只电流表、一只电压表和一个滑动变阻器C ．一只电流表和一个电阻箱D ．一只电流表和一个滑动变阻器解析：选ABC.采用A 选项，原理：E ＝I 1R 1＋I 1r ，E ＝I 2R 2＋I 2r 联立可求得．采用B 选项，原理：E ＝U 1＋I 1r ，E ＝U 2＋I 2r 联立可求得．采用C 选项，原理：E ＝U 1＋U 1R 1r ，E ＝U 2＋U 2R 2r 联立可求得．而D 选项采用的滑动变阻器因不知其阻值，所以无法求得． 2.在“测定电源电动势和内阻”的实验中，某同学根据实验数据，作出了正确的U -I 图像，如图2－5－11所示，其中图线斜率绝对值的物理含义是( )图2－5－11A ．短路电流B ．电源内阻C ．电源电动势D ．全电路电阻 解析：选B.由闭合电路欧姆定律E ＝U ＋Ir ，得U ＝E －Ir ，所以在U -I 图线中图线斜率表示电源内阻，故B 正确．3．如图2－5－12是根据某次实验记录数据画出的U -I 图像，下列关于这个图像的说法中正确的是( )图2－5－12A ．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E ＝3 VB ．横轴截距表示短路电流，即I 短＝0.6 AC ．根据r ＝E /I 短，计算出待测电源内阻为5 ΩD ．根据r ＝|ΔU ΔI |，计算出待测电源内阻为1 Ω 解析：选AD.在U -I 图像中，图线与U 轴的交点表示电源电动势，由图可知E ＝3 V ，A 正确；此图的纵坐标并非从零开始，故B 、C 错误，在U -I 图像中斜率ΔU ΔI表示电源内阻r ，故D 正确．4．如图2－5－13所示是测量两节干电池组成的串联电池组的电动势和内阻的实验所用器材，用实线将它们连成实验电路．。
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高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）1．关于磁场的方向，下列叙述中不．正确的是()A．磁感线上每一点的切线方向B．磁场N极到S极的方向C．小磁针静止时北极所指的方向D．小磁针北极受力的方向解析：选B.磁场方向规定为小磁针北极的受力方向或静止时小磁针北极的指向，用磁感线表示则是磁感线的切线方向即为该点的磁场方向．2．(2011年吉林市高二检测)下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是()A．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C．电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线D．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方，同一试探电荷所受的磁场力也越大解析：选C.电场线与磁感线分别是为了形象描述电场、磁场而引入的假想线，实际不存在，A错．两种场线的切线方向均表示相应的场方向，两种场线都不会相交，B错．电场线起始于正电荷、终止于负电荷，而磁感线在磁体外部由N极指向S极，在磁体内部由S极指向N极，组成闭合曲线，C对．电场线越密，表示该处电场越强，同一试探电荷在此处受电场力越大；磁感线越密，表示该处磁场越强，但试探电荷受到的磁场力大小还与其运动方向和运动快慢有关，故电荷受到的磁场力不一定大，D错．3. (2011年福建师大附中高二检测)如图3－1－6所示，水平直导线ab通有向右的电流I，置于导线正下方的小磁针S极将()图3－1－6A．向纸外偏转B．向纸内偏转C．在纸面内顺时针转过90°D．不动解析：选A.据安培定则可以确定，通电直导线在其下方产生垂直纸面向里的磁场，在磁场力的作用下，小磁针N极向里，S极向外偏转，A项正确．4.如图3－1－7所示为一通电螺线管，a、b、c是通电螺线管内、外的三点，则三点中磁感线最密处为()图3－1－7A．a处B．b处C．c处D．无法判断解析：选A.螺线管内部的磁感线条数与螺线管外部的磁感线条数相同，由于螺线管内部横截面积小，所以内部磁感线最密，故选A.5．在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线，如图3－1－8所示，四根导线中电流i4＝i3＞i2＞i1，要使O点的磁场增强，应切断哪一根导线中的电流()图3－1－8A．i1B．i2C．i3D．i4解析：选D.本题考查直线电流磁场的分布及磁场叠加的定性判断，要求熟悉常见磁场的空间分布及磁场方向的判定．根据安培定则，i1、i2、i3、i4在O点的磁场方向分别为垂直于纸面向里、向里、向里、向外，且i3＝i4，切断i4则使方向相反的磁场减弱，可使O点的磁场增强．一、选择题1．首先发现电流磁效应的科学家是()A．安培B．奥斯特C．库仑D．麦克斯韦解析：选B.丹麦物理学家奥斯特，首先通过实验发现电流周围存在磁场．2．实验表明：磁体能吸引一元硬币，对这种现象解释正确的是()A．硬币一定是铁做的，因为磁体能吸引铁B．硬币一定是铝做的，因为磁体能吸引铝C．磁体的磁性越强，能吸引的物质种类越多D．硬币中含有磁性材料，磁化后能被吸引解析：选D.一元硬币为钢芯镀镍，钢和镍都是磁性材料，放在磁体的磁场中能够被磁化，因而能够被磁体吸引，故D正确．3．关于地磁场，下列叙述正确的是()A．地球的地磁两极与地理的两极重合B．我们用指南针确定方向，指南的一极是指南针的南极C．地磁的北极与地理南极重合D．地磁的北极在地理南极附近解析：选BD.地球是一个大磁体，其磁北极(N极)在地理南极附近，磁南极(S极)在地理北极附近，并不重合．指南针指南的一端应该是磁针的南极(S极)．选项B、D正确．4．关于磁场和磁感线的描述，正确的说法有()A．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是一种物质B．磁感线可以形象地表现磁场的强弱与方向C．磁感线总是从磁铁的北极出发到南极终止D．磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出的曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线解析：选AB.磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，是一种物质．磁感线是用来形象地描述磁场的工具，能形象地表现磁场强弱和方向，但磁感线是假想出来的，并不是真实存在的．磁感线的方向在磁体外部是从北极到南极，但在磁体内部是从南极到北极的．5.如图3－1－9所示，一个电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，则此电子的运动()图3－1－9A．不产生磁场B．产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向里C．产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向外D．只在圆的内侧产生磁场解析：选B.电子沿逆时针转动，形成顺时针方向电流．由安培定则可得，在圆心处的磁场方向垂直纸面向里．6. (2011年西安高二检测)如图3－1－10所示，一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，则这束带电粒子可能是()图3－1－10A．向右飞行的正离子束B．向左飞行的正离子束C．向右飞行的负离子束D．向左飞行的负离子束解析：选BC.小磁针N极的指向即是磁针所在处的磁场方向．题中磁针S极向纸内偏转，说明离子束下方的磁场方向由纸内指向纸外．由安培定则可判定由离子束的定向运动所产生的电流方向由右向左，故若为正离子，则应是自右向左运动，若为负离子，则应是自左向右运动．故正确答案为B、C.7.如图3－1－11所示，带正电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是()图3－1－11A．N极竖直向上B．N极竖直向下C．N极沿轴线向右D．N极沿轴线向左解析：选C.沿OO′方向看金属环旋转相当于顺时针方向的环形电流，由安培定则得金属环中心轴线上的磁感线方向水平向右，小磁针稳定后，N极指向磁感线方向，故C项正确．8．当接通电源后，小磁针A按图3－1－12所示方向运动，则()图3－1－12A．小磁针B的N极向纸外转B．小磁针B的N极向纸里转C．小磁针B不转动D．因电流未标出，所以无法判断小磁针B如何转动解析：选A.由小磁针A的N极运动方向知，螺线管的左侧为S极，右侧为N极，由右手螺旋定则判知螺线管中电流方向．再由安培定则可判断出电流在小磁针B处的磁场方向向外，小磁针N极受力方向与该处磁场方向一致．故A正确．9.如图3－1－13所示，三根长直通电导线中电流大小相同，通电电流方向为：b导线和d 导线中电流向纸里，c导线中电流向纸外，a点为b、d两点的连线中点，ac垂直于bd，且ab ＝ad＝ac.则a点的磁场方向为()图3－1－13A．垂直纸面指向纸外B．垂直纸面指向纸里C．沿纸面由a指向b D．沿纸面由a指向d解析：选C.通电导线b、d在a点产生的磁场互相抵消，故a点磁场方向即通电导线c在a点产生的磁场方向，根据安培定则，C正确．二、非选择题10．试在下图3－1－14中，由电流产生的磁场方向确定导线或线圈中的电流方向．图3－1－14答案：(1)电流向下(2)逆时针(3)右进左出(4)下进上出。
教科版高中物理选修3-1第2章第六节知能优化训练
1．下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是( )A ．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B ．W ＝UIt 适用于任何电路，而W ＝I 2Rt ＝U 2R t 只适用于纯电阻的电路C ．在不是纯电阻的电路中，UI ＞I 2RD ．焦耳热Q ＝I 2Rt 适用于任何电路解析：选BCD.电功率公式P ＝W t，功率越大，表示电流做功越快．对于一段电路，有P ＝IU ，I ＝P U ，焦耳热Q ＝(P U)2Rt ，可见Q 与P 、U 、t 都有关．所以，P 越大，Q 不一定越大，A 不对．W ＝UIt 是电功的定义式，适用于任何电路．而I ＝U R只适用于纯电阻电路，B 对． 在不是纯电阻的电路中，电流做的功等于焦耳热与其他形式的能之和，所以W ＞Q ，即UI ＞I 2R ，C 正确．Q ＝I 2Rt 是焦耳热的定义式，适用于任何电路中产生的焦耳热，D 正确．所以B 、C 、D 对．2．供电电路电源的输出电压为U 1，线路损失电压为U 2，用电器得到的电压为U 3，总电流为I ，线路导线的总电阻为R ，若要计算线路的功率损失，不可用的公式有( )A ．U 21/RB ．IU 2C ．I 2RD ．U 22/R解析：选A.P 损＝I 2·R ＝U 2损R，其中A 项不对，其余是几种正确可用的表达式． 3.如图2－6－9所示，电路两端的电压U 保持不变，电阻R 1、R 2、R 3消耗的电功率一样大，则电阻之比R 1∶R 2∶R 3是( )图2－6－9A ．1∶1∶1B ．4∶1∶1C ．1∶4∶4D ．1∶2∶2解析：选C.对R 2、R 3，由P ＝U 2/R 知R 2∶R 3＝1∶1，对R 1、R 2，由P ＝I 2R ，I 1＝2I 2，所以R 1∶R 2＝I 22∶I 21＝1∶4，C 选项正确．4．A 、B 两电阻串联后接入电源，改变电源的电压，测得电阻A 、B 的伏安特性曲线如图2－6－10所示，则电阻R A 、R B 和功率P A 、P B 的关系是( )图2－6－10 A ．R A ＞R B B ．R A ＜R B。
2013年物理选修3-3册课件：第1章第五节~第六节
(3)理想气体
①理想气体微观模型：忽略了气体分子的相互作
分子势能 用力和__________．
②一定质量的气体，温度_____，压强_____，气 越高 越小
体越_____，就越接近理想气体． 稀薄
③理想气体的内能只跟温度有关，温度越高，理
想气体的内能______． 越大
思考感悟
图1－5－1 分子之间也存在着引力和斥力，就像被弹簧连着 的小球，那么分子之间是否也存在着势能呢？ 提示：分子间存在着相互作用力，所以分子间存 在着势能．
3．温度升高，分子的平均动能一定增大；温度降
低，分子的平均动能一定减小；温度不变，分子
的平均动能一定不变．
4．物体内分子运动的总动能是所有分子热运动的
动能总和，它等于分子的平均动能与分子数的乘
积．
特别提醒：(1)温度是大量分子无规则热运动的集 体表现，含有统计的意义，对于个别分子，温度 是没有意义的． (2)同一温度下，不同物质(如铁、铜、水、木„„) 的分子平均动能都相同，但由于不同物质分子的 质量不尽相同，所以分子运动的平均速率大小不 尽相同． (3)分子做热运动的平均动能不涉及宏观物体运动 的动能．
分子势能的大小及变化
(双选)如图1－5－3所示，甲分子固定在坐 标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的 作用力与两分子间的距离的关系如图中曲线所 示．F＞0为斥力，F＜0为引力．a、b、c、d为x 轴上四个特定的位置．现把乙分子从a处由静止释 放，则( )
例2图1－5－3源自A．乙分子由a到b做加速运动，由b到c做减速运
重点难点：1.使学生掌握三个概念(分子平均动能、
分子势能、物体内能)，掌握三个物理规律(温度与
分子平均动能关系、分子势能与分子之间距离的
教科版高中物理选修3-3课件第1章第1节
（金戈铁骑 整理制作）
第1章 分子动理论
第1节 物体是由大量分子组成的
课标定位
课前自主学案
第
1
核心要点突破
节
课堂互动讲练
知能优化训练
课标定位 学习目标：1.知道物体是由大量分子组成的及分子大 小的数量级． 2．知道阿伏伽德罗常量及其意义． 3．知道分子之间存在空隙． 重点难点：1.分子直径的大小，分子质量的大小． 2．会利用阿伏伽德罗常量进行有关的计算和估算．
答案：(1)M/NA (2)ρNA/M (3)M/ρ (4)M/(ρNA)
课堂互动讲练
分子微观量的估算
根例据1 下列物理量(一组)，就可以估算出气体分子间 的平均距离的是( ) A．阿伏伽德罗常量，该气体的摩尔质量和质量 B．阿伏伽德罗常量，该气体的质量和体积 C．阿伏伽德罗常量，该气体的摩尔质量和密度 D．该气体的密度、体积和摩尔质量
二、对阿伏伽德罗常量的运用
1．阿伏伽德罗常量
1 mol的任何物质都含有相同的分子数，这个数量
可以用阿伏伽德罗常量来表示.1986年用X射线测
得的阿伏伽德罗常量是NA＝6.0221367×1023 mol －1，通常取NA＝6.02×1023 mol－1. 阿伏伽德罗常量是联系微观物理量和宏观物理量的
课前自主学案
一、物体是由分子组成的 1．在热学范围，原子、分子或离子遵循相同的热 运动规律，因此在讨论热运动时，这些微粒统称 为_分__子___，也可以说成宏观物体是由__分__子__组成 的． 2．分子是具有各种物质的化学性质的最小微粒．
二、分子的大小
1．除了一些有机物质的大分子外，多数分子尺寸的
桥梁．
在此所指的微观物理量为：分子体积V0、分子的 直径d、分子的质量m0等． 宏观物理量为：物体的体积V、摩尔体积Vmol、物 体的质量m、摩尔质量M、物质的密度ρ等．
教科版高中物理选修3-1第1章第三节知能优化训练.docx
高中物理学习材料桑水制作1．真空中距点电荷(电量为Q)为r的A点处，放一个带电量为q(q≪Q)的点电荷，q受到的电场力大小为F，则A点的场强为( )A．F/Q B．F/qC．k qr2D．kQr2解析：选BD.由电场强度的定义可知A点场强为E＝F/q，又由库仑定律知F＝k Qqr2，代入后得E＝k Qr2，B、D对，A、C错．2．如图1－3－6所示，图甲中AB是一条电场线，图乙则是放在电场线上a、b处的试探电荷的电荷量与所受电场力大小的函数图像，由此可判定( )图1－3－6A ．电场方向一定由A 指向BB ．若场源为正电荷，位置在A 侧C ．若场源为负电荷，位置在B 侧D ．若场源为正电荷，位置在B 侧解析：选B.由E ＝F q知，图线的斜率表示场强的大小，E a ＞E b ，故选B.3．(2011年黄冈高二检测)如图1－3－7所示，正电荷q 在电场中由P 向Q 做加速运动，而且加速度越来越大，那么可以断定，它所在的电场是图中的( )图1－3－7解析：选D.正电荷受力的方向和电场强度方向相同，电场线越密的地方电荷受力越大，根据牛顿第二定律，电荷的加速度也就越大，所以根据题意，Q 点的电场线应比P 点的电场线密，故选项A 、B 错误；又由于电荷做加速运动，所以选项C 错误，选项D 正确．4．如图1－3－8所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹．a 、b 是轨迹上两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可作出正确判断的是( )图1－3－8A ．带电粒子带负电荷B ．带电粒子带正电荷C ．带电粒子所受电场力的方向向左D ．带电粒子做匀变速运动解析：选ACD.由运动轨迹的弯曲特点可知，带电粒子受水平向左的电场力作用，故粒子带负电，由于粒子在匀强电场中运动，则粒子受电场力是恒定的，可知粒子运动的加速度大小不变．5．如图1－3－9所示，质量为m ＝2.0×10－3kg 的小球用绝缘细线竖直挂于竖直方向的电场中，当小球的带电量为q 1＝1.0×10－4C 时，悬线中张力为T 1＝1.5×10－2N ，则小球所在处场强为多大？当小球的带电量q 2＝－1.0×10－4C 时悬线中的张力T 2为多大？(g 取10 N/kg)图1－3－9解析：小球的重力G ＝mg ＝2.0×10－2N ，由题意绳子拉力T 1＝1.5×10－2N<G ，故电场力F 方向向上，且有F ＋T 1＝mg 得F ＝mg －T 1＝5×10－3N ，小球所在处场强E ＝F q ＝5×10－31×10－4N/C ＝50 N/C.当q 2＝－1.0×10－4C 时，电场力F ′＝F ＝5×10－3N ，方向竖直向下．此时绳子中张力为T 2＝G ＋F ′＝2.5×10－2N.答案：50 N/C 2.5×10－2N一、选择题1．关于电场，下列叙述中正确的是( )A ．以点电荷为圆心，r 为半径的球面上，各点的场强都相同B ．正电荷周围的电场强度一定比负电荷周围的电场强度大C ．在电场中某点放入试探电荷q ，该点的场强为E ＝F q ，取走q 后，该点场强不为零D ．电荷所受电场力很大，该点的电场强度一定很大解析：选C.A ：场强是矢量，不仅有大小，而且有方向，以点电荷Q 为圆心、r 为半径的球面上，场强的大小E ＝kQ r 2 ，但方向不同，故A 错误．B ：在正电荷和负电荷周围确定场强的方法相同，用试探电荷q 放到被考查点，q 所受的电场力为F ，那么E ＝F q .由此可见，何处场强大，何处场强小，与电荷的正负并没有什么关系，故B 也错误．C ：正确．电场强度E 是电场的性质，试探电荷是用来体现这一性质的“工具”，就像用温度计测量水的温度一样，温度计插入水中，水的温度就由温度计显示出来，取走温度计，水的温度仍然如此，不会改变．D ：E ＝F q 一式中，E 的大小并不是由F 、q 来决定的．在电场中某一点放入一试探电荷q ，那么q 越大，F 越大，而F q这一比值将不变．故D 错误．2．关于电场线，下列说法正确的是( )A ．电场线的方向，就是电荷受力的方向B ．正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动C ．电场线越密的地方，同一电荷在此处所受电场力越大D ．静电场的电场线不可能是闭合的解析：选CD. 正电荷的受力方向沿着电场线的切线方向，负电荷受力方向沿着电场线切线的反方向，并且电场线不一定和电荷运动轨迹重合，所以A 、B 错；电场线的疏密程度表示场强大小，同一电荷所受电场力与场强成正比，所以C 对；静电场的电场线从正电荷或无穷远出发，到无穷远或负电荷结束，且不闭合，所以D 对．3．一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F ，这点的电场强度为E ，在下图中能正确反映q 、E 、F 三者关系的是( )图1－3－10解析：选D.电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与放入该点的检验电荷及其所受电场力无关，A、B错误；检验电荷在该点受到的电场力F＝Eq，F正比于q，C错误，D 正确．4．如图1－3－11所示，AB是某点电荷电场中的一条电场线，在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点处运动，对此现象下列判断中正确的是(不计电荷重力)( )图1－3－11A．电荷向B做匀加速运动B．电荷向B做加速度越来越小的运动C．电荷向B做加速度越来越大的运动D．电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定解析：选D. 从静止启动的负电荷向B运动，说明它受电场力方向指向B，负电荷受的电场力方向与电场强度的方向相反，可知此电场线的指向应从B→A，这就有两个可能性：一是B处有正点电荷为场源，则越靠近B处场强越大，负试探电荷会受到越来越大的电场力，加速度应越来越大；二是A处有负点电荷为场源，则越远离A时场强越小，负试探电荷受到的电场力越来越小，加速度越来越小，故答案为D.5.点电荷A和B，分别带正电和负电，电荷量分别为4Q和－Q，在A、B连线上，如图1－3－12所示，电场强度为零的地方在( )图1－3－12A．A和B之间B．A的右侧C．B的左侧D．A的右侧及B的左侧解析：选C.因为A带正电，B带负电，所以只有在A右侧和B左侧两者产生的电场强度方向相反，因为Q A>Q B，由点电荷的场强表达式E＝k Qr2可知只有在B的左侧，才有可能E A与E B 等大反向，因而才可能有E A和E B矢量和为零的情况．故正确答案为C.6．如图1－3－13，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将做( )图1－3－13A．自由落体运动B．曲线运动C．沿着悬线的延长线做匀加速直线运动D．变加速直线运动解析：选C.烧断前，小球受三个力而平衡，线的拉力与重力和电场力的合力等大反向，烧断线后，拉力消失，而另外两个力不变，合力与拉力方向相反，则小球将沿着悬线的延长线做初速度为零的匀加速直线运动．故C正确．7．如图1－3－14所示，M、N为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q(不计重力)，由静止释放后，下列说法中正确的是( )图1－3－14A．点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B．点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越小C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达到最大值D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零解析：选C.因为中垂线上半部分的各点合场强方向相同，均为O指向P，而O至无穷远处场强先增大、后减小，场强最大的位置有可能在OP之间．也可能在OP的延长线上，所以负点电荷从P至O一直加速，到O时v最大，而加速度的大小变化不确定．即只有C正确．8．实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图1－3－15中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，则( )图1－3－15A．a一定带正电，b一定带负电B．电场力对a做正功，对b做负功C．a的速度将减小，b的速度将增大D．a的加速度将减小，b的加速度将增大解析：选D.由于电场线方向未知，故无法确定a、b的电性，A错；电场力对a、b均做正功，两带电粒子动能均增大，则速度均增大，B、C均错；a向电场线稀疏处运动，电场强度减小，电场力减小，故加速度减小，b向电场线密集处运动，故加速度增大，D正确．二、非选择题9．如图1－3－16所示，A为带正电荷Q的金属板，沿金属板的垂直平分线在距离板r处放一质量为m、电荷量为q的小球，小球受水平向右的电场力作用而偏转θ角后静止．设小球是用绝缘细线悬挂于O点，求小球所在处的电场强度．图1－3－16解析：分析小球的受力如图所示，由平衡条件得F电＝mg tanθ由电场强度的定义式得：小球所在处的电场强度E ＝F 电q ＝mg tan θq 方向水平向右．答案：mg tan θq，方向水平向右10．如图1－3－17所示，相距为2d 的A 和B 两点上固定着等量异种的两个点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q .在AB 连线的中垂线上取一点P ，垂足为O ，∠PAO ＝α，求：图1－3－17(1)P 点场强的大小和方向；(2)α为何值时，场强最大？最大值为多少？解析：(1)如图所示，P 点场强是正、负点电荷在P 点产生场强的矢量和．由E ＝k Qr 2得E P ＝2E cos α＝2k Q(d /cos α)2cos α＝2kQ d 2cos 3α，方向向右．(2)由上式表明当α＝0时，得：E P (max)＝2kQd 2，方向向右．答案：(1)2kQ d 2cos 3α，方向向右(2)α＝0时，场强最大为2kQd 2。
教科版高中物理选修3-1第1章第六节知能优化训练 (2)
高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）1．下列关于电容器和电容的说法中，错误的是( )A ．电容器A 的体积比B 大，说明A 的电容一定比B 的大B ．对于确定的电容器，其带的电荷量与两板间的电压(小于击穿电压且不为零)成正比C ．无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压比值恒定不变D ．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领大小的物理量，其大小与加在两板上的电压无关解析：选A.电容器的电容与电容器的体积，电容器所带的电荷量，电容器两极板间的电压均无关． 2．关于电容器的电容C 、电压U 和所带电荷量Q 之间的关系，以下说法正确的是( ) A ．C 由U 确定 B ．C 由Q 确定C ．C 一定时，Q 与U 成正比D ．C 一定时，Q 与U 成反比解析：选C.电容器的电容由电容器本身的构造决定，与电压U 、电量Q 无关，故A 、B 错；对于电容器，若电容C 一定，则Q 与U 成正比，故C 对，D 错．3．如图1－6－8所示，先接通S 使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q 、电容C 、两极板间电势差U 、电容器两极板间场强E 的变化情况是( )图1－6－8A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变小B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 不变 C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D ．Q 不变，C 变小，U 变小，E 变小解析：选C.电容器充电后再断开S ，其所带电荷量Q 不变，由C ∝εS d 可知，d 增大时，C 变小，又因U ＝QC ，所以d 增大时，U 变大．对于场强E ，由于E ＝U d ，U ＝Q C ＝Q εS 4πkd＝4πkdQ εS ，所以E ＝U d ＝4πkdQ εSd ＝4πkQεS ，由以上分析可知，间距d 增大，E不变化．4．如图1－6－9所示，平行板电容器的电容为C ，极板带电荷量为Q ，极板间距为d ，今在两极间正中央放一带电荷量为q 的点电荷，则它所受到的电场力大小为( )图1－6－9A ．k 2Qqd 2B ．k 4Qq d 2C.Qq CdD.2Qq Cd解析：选C.平行板间电压U ＝Q C ，所以两板间的场强E ＝U d ＝Q Cd ，电场力大小F ＝qE ＝QqCd ，C 正确．5. 如图1－6－10所示，静电计的指针和外壳分别与两块平行金属板相连接，使两块金属板带上等量的异种电荷，则：图1－6－10(1)当向两板间插入电介质时，静电计指针张角变________； (2)当两板间距离增大时，静电计指针张角变________；(3)当两板互相平行地错开时，静电计指针张角变________．解析：带电荷量Q 不变，由C ＝εr S4πkd判断各量变化对电容的影响，再判断电压的变化，从而判断指针张角的变化．答案：(1)小 (2)大 (3)大一、选择题1．对给定的电容器，如图1－6－11中，是描述电容C 、带电荷量Q 、电势差U 之间的相互关系的图线，正确的是( )图1－6－11解析：选AD. 对一确定电容器来讲电容是不变的，故A 对，由C ＝QU 知，Q 与U 成正比，故D 对．2．下列关于电容的说法正确的是( ) A ．电容器简称电容B ．电容器A 的电容比B 的大，说明A 的带电荷量比B 多C ．电容在数值上等于使两极板间的电势差为1 V 时电容器需要带的电荷量D ．由公式C ＝QU 知，电容器的电容与电容器两极板间的电压成反比，与电容器所带的电荷量成正比解析：选C.电容器和电容是两个不同的概念，A 错；电容器A 的电容比B 的大，只能说明电容器A 容纳电荷的本领比B 强，与是否带电无关，B 错；电容器的电容大小和它的两极板所带的电荷量、两极板间的电压、电容器的体积等无关，D 错．通过本题，我们对公式C ＝Q /U 有了进一步的理解，电容器的电容只由电容器本身决定． 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铝板，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陶瓷板，电容将增大解析：选BCD.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随两极板间距离的增大而减小；③在两极板间放入电介质，电容增大．据上面的叙述可直接看出B 、C 、D 选项正确．对C 选项，实际上是减小了平行板的间距，所以本题答案应为B 、C 、D.4．一个空气平行板电容器，极板间距离为d ，正对面积为S ，充以电荷量Q 后，两极板间电压为U ，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是( ) A ．将电压变为U /2 B ．将带电荷量变为2Q C ．将极板正对面积变为2SD ．将两极间充满介电常数为2的电介质解析：选CD.电容器的电容和电容器极板上的电荷量、电压无关，所以选项A 、B 不正确；根据公式C ＝εS4πkd可知选项C 、D 正确．5.如图1－6－12所示，将平行板电容器接在电池组两极间，两极板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则( )图1－6－12A ．电容器带电荷量不变B ．电源中将有电流从正极流出C ．尘埃仍静止D ．电流计中将有电流，电流方向b →a解析：选C.电容器与电池组连接，其电压不变，带电尘埃静止，静电力与重力平衡，qE ＝mg ，两极板错开时场强不变，故C 正确．因电容减小，由Q ＝CU 知电荷量Q 减小，电容器放电，电流方向a →b ，A 、B 、D 错误． 6．一平行板电容器充电后，把电源断开，再用绝缘工具将两板距离拉开一些，则( ) A ．电容器的带电荷量增加 B ．电容增大C ．电容器电压增加D ．两板间电场强度增大解析：选C.充电后断开电源，电荷量不变，故A 错误，由C ＝εS 4πkd可知d 变大，C 变小，故B 错误；由C ＝QU 得U变大，故C 正确；由E ＝U d ＝4πkQεS 知，E 不变，故D 错．7．如图1－6－13所示，平行板电容器的两个极板为A 、B ，B 板接地，A 板带有电荷量＋Q ，板间电场中有一固定点P .若将B 板固定，A 板下移一些，或者将A 板固定，B 板上移一些．在这两种情况下，以下说法正确的是( )图1－6－13A ．A 板下移时，P 点的电场强度不变，P 点电势不变B ．A 板下移时，P 点的电场强度不变，P 点电势升高C ．B 板上移时，P 点的电场强度不变，P 点电势降低D ．B 板上移时，P 点的电场强度减小，P 点电势降低解析：选AC.A 板下移与B 板上移，两板间的距离均减小，但此平行板电容器为一电荷量不变的电容器，因此改变两板间的距离不能改变电场强度的大小及方向，即E 不变，因此A 板下移时，P 与B 板的电势差不变，即P 点电势不变．但B 板上移时，由于P 与B 板的距离减小，因此P 、B 间的电势差减小，即P 点电势降低．8．如图1－6－14所示的实验装置中，平行板电容器的极板A 与一灵敏的静电计相接，极板B 接地．若极板B 向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是( )图1－6－14A ．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小B ．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大C ．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变小D ．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大解析：选D.极板B 向上移动一点时，两极板的正对面积S 减小，根据公式C ＝εr S4πkd可知，电容C 将减小，由于极板上所带电荷量Q 保持不变，所以由公式U ＝QC可知两极板间电势差U 就越大，故应选D.二、非选择题9．有一电容器，带电荷量为1.0× 10－5C ，两板间电压为200 V ，如果使它的带电荷量再增加1.0 ×10－6C ，这时它的电容是________F ，两板间电压是________ V .解析：由C ＝Q U 得：C ＝5×10－8 F ；当带电荷量增加时，电容不变，仍为5×10－8 F ，两极板间电压是U ＝Q C ＝220 V .答案：5×10－8 22010．如图1－6－15所示，在平行金属带电极板M 、N 电场中将电荷量为－4×10－6 C 的点电荷从A 点移到M 板，电场力做负功8×10－4J ，把该点电荷从A 点移到N 板，电场力做正功为4×10－4 J ，N 板接地．则：图1－6－15(1)A 点的电势φA 是多少？(2)M 、N 板间的电势差U MN 等于多少？ (3)该电荷在M 板的电势能是多少？解析：(1)由U AN ＝W ANq 知，U AN ＝－100 V . 因为φN ＝0，所以φA ＝－100 V .(2)由于 U AM ＝W AMq ，U AM ＝200 V φA －φM ＝200 V ，φM ＝－300 V 所以，U MN ＝－300 V .(3)E M ＝qφM ＝1.2×10－3 J.答案：(1)－100 V (2)－300 V (3)1.2×10－3 J。
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高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）1．下列关于匀强电场中场强和电势差的关系，正确的说法是()A．在相同距离上的两点，电势差大的其场强必定大B．任意两点间的电势差，等于场强大小和这两点间距离的乘积C．沿着电场线方向，任何相等距离上的电势降落必相同D．电势降落的方向必是场强方向解析：选C.匀强电场场强处处相等，A错．任意两点间的电势差等于场强大小和这两点间沿场强方向距离的乘积，B错．C对．电势降落最快的方向是场强的方向，D错．2．(2011年普宁二中月考)如图1－5－13所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，且ab ＝bc，用φa、φb、φc和E a、E b、E c分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，可以判定()图1－5－13A．φa>φb>φcB．E a＝E b＝E cC．φa－φb＝φb－φcD．E a、E b、E c的大小无法判断解析：选AD.电场线的分布无法判断，则B错，D正确；虽然ab＝bc，但不一定是匀强电场，U＝Ed不一定成立，C错；由电场线的方向是电势降低的方向知，A正确．3.如图1－5－14所示，在电场强度为E＝2×103 V/m的匀强电场中有三点A、M和B，AM＝4 cm，MB＝3 cm，AB＝5 cm，且AM边平行于电场线．把一电荷量q＝2×10－9 C的正电荷从B点移动到M点，再从M点移动到A 点，电场力做功为()图1－5－14A．0.16×10－6 J B．0.12×10－6 JC．－0.16×10－6 J D．－0.12×10－6 J解析：选C.B、M在同一等势面上，电荷由B到M电场力不做功，由M到A电场力做负功．W＝qU＝－q·Ed＝－2×10－9×2×103×4×10－2 J＝－0.16×10－6 J．即电场力做功为－0.16×10－6 J.4．示波管工作时，电子经电压U1加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间距离为d，电势差是U2，板长是L.为提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)，可采用以下哪些方法()A ．增大两板间电势差U 2B ．尽可能使板长L 短一些C ．尽可能使板距d 小一些D ．使加速电压U 1升高一些解析：选 C.根据粒子经同一加速电场和同一偏转电场后的偏移距离：h ＝L 2U 24dU 1，由题意知示波管的灵敏度为hU 2＝L24dU 1，判断C 项正确．5．如图1－5－15所示，A 、B 两点相距10 cm ，E ＝100 V/m ，AB 与电场线方向夹角θ＝120°，求A 、B 两点间的电势差．图1－5－15解析：过A 点作电场线的垂线得与A 点电势相等的等势面，同样方法作B 点的等势面，得知B 点电势高．两等势面间的距离为d ＝AB (180°－θ)U ＝Ed ＝E AB cos(180°－θ)＝100×10×10－2×0.5 V＝5 VU AB ＝－U ＝－5 V . 答案：－5 V一、选择题1．下列静电学公式中，F 、q 、E 、U 、r 和d 分别表示电场力、电量、场强、电势差及距离，①F ＝k q 1q 2r2，②E ＝k Q r2，③E ＝Fq ，④ U ＝Ed ，有关四个公式的下列说法中正确的是( )A ．它们都只对点电荷或点电荷的电场成立B ．①②③只对点电荷或点电荷电场成立，④对任何电场都成立C ．①②只对点电荷成立，③对任何电场都成立，④只对匀强电场成立D ．①②只对点电荷成立，③④对任何电场都成立解析：选C.E ＝F q 适用于任何电场，而F ＝kq 1q 2r2是点电荷之间的电场力，U ＝Ed 适用于匀强电场，故应选C.2．正试探电荷在电场中沿某一电场线从A 到B ，此过程中可能出现的是( ) A ．电场力的大小不断变化，电势能也变化 B ．电场力的大小保持不变，电势能变化 C ．电场力的大小保持不变，电势能不变化 D ．电场力的大小不断变化，电势能不变化解析：选AB.若电场是非匀强电场．电场力一定变化，电势能也一定变化；若电场是匀强电场，则电场力一定不变化，但电势能一定变化．3．如图1－5－16所示是匀强电场中的一组等势面，每两个相邻等势面的距离是25 cm ，由此可确定电场强度的方向及大小为( )图1－5－16A ．竖直向下，E ＝0.4 N/CB ．水平向右，E ＝0.4 N/CC ．水平向左，E ＝40 N/CD ．水平向右，E ＝40 V/m解析：选D.电场线与等势面垂直且沿电场线方向电势降低，故场强方向水平向右，场强大小E ＝U d ＝100.25V/m ＝40 V/m ，故D 项正确．4．(2011年银川高二检测)如图1－5－17所示，相距10 mm 的两等势面AA ′、BB ′，其间有一静止的油滴P ，已知它的重量是1.6×10－14 N ，所带的电荷量是3.2×10－19 C ，则下面判断正确的是( )图1－5－17A ．φA ＞φB ，U AB ＝100 V B ．φA ＞φB ，U AB ＝75 VC ．φA ＜φB ，U BA ＝500 VD ．φA ＜φB ，U BA ＝1000 V解析：选C.由于油滴静止，则油滴所受电场力与重力等大反向，即电场方向向上，故φA ＜φB ，由E ＝Fq ，F ＝G ，得E ＝5×104 V/m ，又由于d AB ＝10 mm ＝10－2 m ，所以U BA ＝Ed AB ＝5×104×10－2 V ＝500 V ，因此C 正确．5．如图1－5－18所示，匀强电场场强E ＝100 V/m ，A 、B 两点相距10 cm ，A 、B 连线与电场方向夹角为60°，则U BA 的值为( )图1－5－18A ．－10 VB ．10 VC ．－5 VD ．－53 V 解析：选C.根据电势差与场强的关系U ＝E ·d 得U ＝E ·L AB cos60°＝100×0.1×cos60° V ＝5 V ，且沿电场线电势降低，φA ＞φB ，所以U BA ＝－5 V ，所以C 选项正确．6.a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a 点的电势为20 V ，b 点的电势为24 V ，d 点的电势为4 V ，如图1－5－19所示．由此可知c 点的电势为( )图1－5－19A ．4 VB ．8 VC ．12 VD ．24 V解析：选B.法一：沿匀强电场中的电场线，电势应均匀变化，如图，连接bd 两点，并将连线五等分，则每一等分的两端点间电势差为4 V ，则各点电势如图所示，连接a 点与bd 上20 V 的点，连线为一条等势线，根据匀强电场的等势线相互平行的规律，过c 点作等势线的平行线，线上所有点的电势应与c 点电势相等，用几何关系证明得：该线过电势为8 V 的点，故c 点电势为8 V . 法二：由公式U ＝E ·d 可知，在匀强电场中相互平行的两线段，端点所对应的电势差之比恰好等于两线段长度之比则由图知ab ∥dc ，必有U ab /U dc ＝ab /dc ＝1/1，故(20－24) V ＝(4－φc ) V ，则φc ＝8 V .7．如图1－5－20所示，带正电q 、质量为m 的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E ，且qE <mg .以下判断正确的是( )图1－5－20A ．物体将沿斜面减速下滑B ．物体将沿斜面加速下滑C ．物体仍保持匀速下滑D ．仅当qE ＝mg 时，物体加速下滑解析：选C. 没有加电场前，滑块匀速下滑，说明μ＝tan θ，加一竖直向上的匀强电场，相当于重力减少了qE ，则等效重力为G ′＝mg －qE ，等效重力的下滑分力仍与滑块受到的摩擦力相等，所以C 选项正确．8．平行金属板A 、B 分别带等量异种电荷，A 板带正电，B 板带负电，a 、b 两个带电粒子，以相同的速率先后垂直于电场线从同一点进入两金属板间的匀强电场中，并分别打在B 板上的a ′、b ′两点，如图1－5－21所示，若不计重力，则( )图1－5－21A ．a 粒子的带电荷量一定大于b 粒子的带电荷量B ．a 粒子的质量一定小于b 粒子的质量C ．a 粒子的带电荷量与质量之比一定大于b 粒子的带电荷量与质量之比D ．a 粒子的带电荷量与质量之比一定小于b 粒子的带电荷量与质量之比解析：选C.y ＝12·Eq m (xv 0)2，y 相同，x a ＜x b ，所以(q m )a ＞(q m )b ，故C 项正确．二、非选择题9．有一个水平方向的匀强电场，场强为9×103 V/m ，在电场内一个水平面上作半径为10 cm 的圆，圆周上有如图1－5－22所示的A 、B 、C 三点，另在圆心O 处放置电量为1×10－8 C 的正点电荷，求：图1－5－22(1)A 、B 两点间的电势差；(2)C 处的电场强度大小和方向．解析：(1)在A 、C 、B 所在圆面上是点电荷产生电场的等势面．则U AB ＝E (R ＋R cos60°)＝9×103×(0.1＋0.1×12) V ＝1.35×103 V(2)点电荷在C 处产生的场强E 1＝k Q R 2＝9×109×10－80.12 V/m ＝9×103 V/m ，方向竖直向上．则在C 点的合场强E ＝E 21＋E 22＝92×103V/m 方向与水平方向成45°斜右向上.答案：(1)1.35×103 V (2)92×103 V/m 与水平方向成45°斜右向上10．如图1－5－23所示，偏转电场极板长L ＝1.6 cm ，两板间的距离d ＝0.50 cm ，极板的右端距离屏s ＝3.2 cm.有一质量m ＝1.6×10－10kg 的带电液滴，以20 m/s 的初速度垂直电场方向进入偏转电场．已知板间的电压U ＝8.0×103 V ，液滴打在屏上与原入射方向的偏转距离z ＝2.0 mm ，如果不计液滴的重力，则：图1－5－23(1)液滴的带电荷量大小是多少？(2)要使液滴打到屏上的偏转距离扩大10%，请你分析提出一种可行的方法． 解析：(1)设液滴带电荷量的大小为q ，其刚出电场时的偏转量为：z 1＝12at 2＝qU2dm ×(L v 0)2＝qUL 22md v 20出电场后又偏转了z 2＝at ×s v 0＝qULsmd v 20因此z ＝z 1＋z 2＝qUL md v 20(L2＋s )代入数据解得q ＝1.25×10－13 C.(2)法一：由z ＝qUL md v 20(L 2＋s )可知，当s 一定时，z 与U 成正比．由z U ＝1.1zU ′ 可得电压应提高为U ′＝8.8×103 V .法二：由z ＝qUL md v 20(L 2＋s )可知，U 一定时，z 与(L2＋s )成正比． 由于s ′＋0.5 L s ＋0.5 L＝1.1故屏与板之间的距离可增大为s ′＝3.6 cm.答案：(1)1.25×10－13 C (2)见解析。