[同步]2015年人教版高中物理选修2-1第一章1.5练习卷与答案（带解析）.doc

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1、同步 2015年人教版高中物理选修 2-1第一章 1.5练习卷与答案（带解析） 选择题 （ 2015 德阳模拟）下列叙述中正确的是（ ） A由电容的定义式 C= 可知， C与 Q成正比，与 V成反比 B由磁感应强度的定义式 B= 可知， F的方向与 B的方向一定相同 C电流通过电阻时产生的热量 Q=I2Rt，是由英国科学家焦耳发现的 D带电粒子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压成正比 答案： C 试题分析：电容与电量无关， B与 F垂直，焦耳定律是由英国科学家焦耳发现的，粒子离开回旋加速器时的最大动能由加速器的半径与磁场 B有关 解： A、 C与 Q， U无关，则 A错误 B、 F一定与 B

2、垂直，则 B错误 C、焦耳定律是由英国科学家焦耳发现的，则 C正确 D、根据 qvB=m ，知 v= ，则最大动能 EKm= mv2= 与加速的电压无关，则 D错误 故选： C 点评：考查电容的决定因素，了解物理学史，知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关 （ 2014 嘉兴二模） 1887年德国物理学家赫兹在莱顿瓶放电实验中发现了电磁波如图所示，莱顿瓶 A、 B的内、外壁所粘银箔与两根金属棒相连接，分别构成一个矩形线框当图中莱顿瓶 A被充电达一定值后 金属球 a、 b间会出现火花放电，这时移动连接莱顿瓶 B的矩形线框上带有氖管的金属滑杆至某一位置时可使氖管闪光则（ ） A

3、.莱顿瓶其实是电容器 B.菜顿瓶 A放电时 a、 b间存在恒定定电场 C.氖管闪光是由于矩形线框中产生了电动势 D.产生的电磁波可能是纵波且频率取决于装置本身 答案： AC 试题分析：莱顿瓶是一种电容器；菜顿瓶 A放电时 a、 b间存在变化的电场，从而使氖管所在的矩形线框产生感应电动势，产生的电磁波是横波，频率取决于装置本身 解： A、莱顿瓶能储存电荷，是一种电容器；故 A正确 B、菜顿瓶 A放电时 a、 b间存在变化的电场，故 B错误 C、菜顿瓶 A放电时，电路中产生变化的电流，产生变化的磁场，从而使氖管所在的矩形线框产生感应电动势，故 C正确 D、产生的电磁波是横波，频率取决于装置本身故

4、D错误 故选： AC 点评：本题是一种谐振实验，关键根据麦克斯电磁场理论进行分析，要知道的电磁波是横波，其频率取决于振荡电路本身 （ 2014 眉 山模拟）如图所示，一个电容为 C，电量为 Q的平行板电容器竖直放置，两板间的电场可视为匀强电场，将一个质量为 m，电荷量为 -q的带电小球（可视为质点），不可伸长的绝缘细线悬挂于两板间 O点现将小球拉至水平位置 M点，由静止释放，当小球延圆弧向下摆动 60度到达 N点时，速度恰好为零则（ A电容器的左极板带负电 B绳子的最大拉力为 2mg C电容器两极板间的距离为 D如果让电容器的带电量减半，小球仍从 M点有静止释放，到达 N点时速度仍为 0 答案

5、： AC 试题分析：根据动能定理，合外力做功为零，重力做正功，电场力对小球做负功，可知电场力的方向，根据小球的带电正负，可知场强的方向 将重力与电场力合成可得出等效最低点，在最低点处绳子的拉力最大；先由动能定理求出最低点的速度，再由向心力公式即可求得最大拉力； 从 M到 N的过程中电场力和重力做功，由动能定理求得电场力和重力的关系，结合公式 C= 和 E= 求得两板间的距离； 根据电容的决定式 C= ，结合结合公式 C= 和 E= 可得到 E= ，当两极板的间距变化或两极板的正对面积，判断场强的变化，进步根据动能定理判断到达 N点的 速度 解： A、小球从 M 到 N 的过程中，动能变化为零，

6、根据动能定理，合力做功 0，而重力做正功，则电场力对小球做负功，即电场力方向向右，由于小球带负电，故场强方向向左，所以左极板带负电，右极板带正电故 A正确 B、设两板间电势差为 U、场强为 E，由 C= 和 E= 得： E= 对球，从 M到 N由动能定理有 mgLsin60-qEcos60=0-0 所以有： Eq=mgtan= mg；则重力与电场力的合力大小为 2mg；方向沿与水平方向成 30角，此时绳子的拉力 F-2mg=m ；因速度不为零；故拉力一定大于 2mg； 故 B错误； C、设两板间电势差为 U、场强为 E，由 C= 和 E= 得： E= 对球，从 M到 N由动能定理有 mgLsi

7、n60-qELcos60=0-0 所以有： Eq=mgtan= mg 由 得： d= ，故 C正确 D、由电量减半时，电压减半，则极板间的场强减半；从 M到 N的过程中电场力做功变小，根据动能定理外力做功之和 mgLsin60-qEcos60大于零，则小球从 M点释放后，还没有到达 N点时速度不会为零；故 D错误； 故选： AC 点评：该题中带电的小球在重力和电场力的复合场中做类单摆运动，需要正确对运动的过程和小球的受力减小分析该题中需要注意的是：小球速度最大时重力、电场力、细绳上的拉力和 F提供小球做圆周运动的向心力 （ 2014 韶关一模）如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电

8、液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片 P向左移动，则（ ） A电容器中的电场强度将增大 B电容器的电容将减小 C电容器上的电荷量将减少 D液滴将向上运动 答案： C 试题分析：由题意可知，电容器与 R2并联，根据闭合电路欧姆定律可确定随着滑片左移，电阻的变化，导致电压的变化，从而判定电阻 R2的电压变化，再根据 C= 可得，电容器的电量及由 E= 知两极间的电场强度如何变化 解： A、电容器两板间电压等于 R2两端电压当滑片 P向左移动时， R2两端电压 U减小，由 E= 知电容器中场强变小， A错误； B、电容器的电容与 U的变化无关，保持不变，故 B错误； C、电容器两板间电压等于

9、R2两端电压当滑片 P向左移动时， R2两端电压 U减小，由根据 C= 可得，电容器放电，电荷量减少；故 C正确； D、带电液滴所受电场力变小，使液滴 向下运动，重力将大于电场力，液滴将向下运动，故 D错误； 故选： C 点评：考查含电容器电路的动态分析，涉及到闭合电路的欧姆定律，同时结合C= 与 E= 公式的理解 （ 2014 海淀区模拟）把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接先使开关 S与 1端相连，电源向电容器充电；然后把开关 S掷向 2端，电容器放电与电流传感器相连接的计算机所记录这一过程中电流随时间变化的 I-t曲线如图乙所示下列关于这一过程的分析，正确的是

10、（ ） A在形成电流曲线 1的过程中，电容器两极板间电压逐渐减小 B在形成电流曲线 2的过程中，电容器的电容逐渐减小 C曲线 1与横轴所围面积等于曲线 2与横轴所围面积 D S接 1端，只要时间足够长，电容器两极板间的电压就能大于电源电动势 E 答案： C 试题分析：电容器充电过程中，电荷量增加，根据电容的定义式 C= 分析极板间电压的变化在放电的过程中，电荷量逐渐减小，电容不变根据 I-t图线所围成的面积求解放电的电荷量充电完毕时，电容器极板间的电压等于电源的电动势 E 解： A、在形成电流曲线 1的过程中，开关 S与 1端相连，电容器在充电，所带电量增大，电容不变，由电容的定义式 C= 分

11、析可知极板间电压增大，故 A错误； B、在形成电流曲线 2的过程中，开关 S与 2端相连，电容器在放电，在放电的过程中，电容器的电荷量减小，但电容反映电容器本身的特性，与电压和电量无关，保持不变，故 B错误； C、 I-t图线与时间轴围成的面积表示电荷量由于电容器充电和放电的电量相等，所以曲线 1与横轴所围面积等于曲线 2与横轴所围面积故 C正确； D、 S接 1端，只要时间足够长，电容器充电完毕，电路中没有电流，电源的内电压为零，电容器极板间的电压等于电源 的电动势 E故 D错误 故选： C 点评：解决本题的关键掌握电容的定义式 C= ，知道电容与电压、电量无关的特性，以及知道 I-t图线与

12、时间轴围成的面积表示通过的电荷量 （ 2014 泰安二模）用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法下面四个物理量表达式中，属于比值法定义式的是（ ） A导体的电阻 B加速度 C电场强度 D电容器的电容 答案： CD 试题分析：电容、电阻等均采用比值定义法，明确比值定义法的性质及其特点进行作答 解： A、导体的电阻 R= 中电阻与导线长度、电阻率成正比、与横 截面积成反比，不属于比值定义法，故 A错误； B、加速度 中 a 与 F 成正比，与 m成反比，不属于比值定义法，故 B 错误； C、电场强度 E与电场力及检验电荷的电荷量无关；属于比值定义法，故 C正确； D、电容的定义式中， C与两板

13、间的电量及两板间的电势差无关，属于比值定义法，故 D正确； 故选： CD 点评：用比值定义法所定义的物理量有：电场强度、磁感应强度、电阻、电容等等，注意它们均是由本身的性质决定的，和定义它们的物理量无关 （ 2014 惠州模拟）连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板之间的距离减小时，则（ ） A电容器极板的带电量 Q变大 B电容器两极板间的电场强度 E变大 C电容器两极板的电势差 U变大 D电容器的电容 C不变 答案： AB 试题分析：电容器连接在电池上，电压不变根据平行板电容器的电容 C=，两极板之间的距离减小，电容增大，由 Q=CU，电压不变，分析电量变化，由 E= 分析电场强度的变化

14、解： D、根据公式 C= ，当两极板之间的距离减小时，电容器的电容 C变大，故 D错误； A、电容器连接在电池上，电压不变，由 Q=CU，得知电容器极板的带电量 Q变大；故 A正确； B、由 E= 分析， U不变， d减小，则 E变大，故 B正确； C、电容器连接在电池上，电容器两极板的电势差 U 等于电池的电动势，不变，故 C错误； 故选： AB 点评：本题是电容器动态变化分析问题，关键要抓住不变量当电容器保持与电源相连时，其电压不变；充电后与电源断开，其电量不变 （ 2014 南昌三模）两个相同的电容器 A和 B如图连接，它们的极板均水平放置，当它们都带有一定电荷并处于静电平衡时，电容器

15、A中的一带电粒子恰好静止，现将电容器 B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平位置，且两极板的间距不变，这时带电粒子的加速度 大小为 g，忽略电场的边缘效应，则（ ） A电容器 A的电压增加，带电粒子加速向上运动 B电容器 A的带电量增加原来的 2倍 C电容器 B的正对面积减少到原来的 D电容器 B间的电场强度保持不变 答案： AC 试题分析：根据粒子的平衡可知粒子受电场力与重力的关系；两电容器电容相同，总电量不变；由电容的决定式分析 B的电容变化，由电容的定义式可得出其电量的变化，判断出 A的电量变化，从而能分析出 A的电压的变化根据平衡条件、牛顿第二定律和电容的相关公

16、式列式分析 B的正对面积变化 解： AD、带电微粒静止 ，则有： mg= ，得 U= 当 B电容板错开时， B电容器的电容 C减小，而两个电容器的总电量不变，电压相等，则知 B的带电量减小，则 A的带电量增加，由 C= 知 A板间电压增加，说明 B板的电压增加，场强增大，粒子所受的电场力增大，所以粒子向上加速运动故 A正确， D错误 B、 C、带电微粒向上加速运动，根据牛顿第二定律得： -mg=m 由 解得： U= 则板间电压变为原来的 倍根据电容的定义式 C= ，可知 A的带电量为原来的 倍，则 B的带电量为 倍 由电容的定义式 C= ，可知 B的电容为原来的 倍，则 B的 正对面积减少到原

17、来的 故 C正确， B错误 故选： AC 点评：本题为电容器的动态分析，要注意明确两电容直接相连时，电容器两端的总电量保持不变；这是解本题的突破点 （ 2014 洛阳二模）用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法下面四个物理量表达式中属于比值法定义式的是（ ） A导体的电阻 R= B加速度 a= C电场强度 E=k D电容器的电容 C= 答案： D 试题分析：电容、电阻等均采用比值定义法，明确比值定义法的性质及其特点进行作答 解： A、导体的电阻 R= 中电阻与导线长度、横截面积及电阻率有关，不属于比值定义法，故 A错误； B、加速度中 a取决于力的大小，不属于比值定义法，故 B错误； C、

18、点电荷的电场强度 E 取决于电量及距离，与电量有关；不属于比值定义法，故 C错误； D、电容的定义式中， C与两板间的电量及两板间的电势差无关，属于比值定义法，故 D正确； 故选： D 点评：用比值定义法所定义的物理量有：电场强度、磁感应强度、电阻、电容等等，注意它们均是由本身的性质决定的，和定义它们的物理量无关 （ 2014 岳阳模拟）如图所示，两极板水平放置的平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地静电计外壳接地闭合电键 S时，带负电的油滴恰好静止于电容器中的 P点下列说法正确的是（ ） A若将 A极板向下平移一小段距离，平行板电容器的电容将变小 B若将 A极板向上平移一小段距离

19、，静电计指针张角变小 C若将 A极板向下平移一小段距离， P点电势将升高 D若断开电键 S，再将 A极板向下平移一小段距离，则带电油滴将向下运动 答案： C 试题分析：电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化 解： A、若将 A极板向下平移一小段距离，板间距离 d减小，根据 C= 知，电容增大故 A错误 B、由于电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差不变，则静电计指针张角不变故 B错误 C、由于板间电势差不变， d减小，则板间电场强度增大， P点与下极板的电势差增大，则 P点的电势升高故 C正确 D、电容器与电源断开，则电荷量不变， d改变，根据 C= 、 C= 和 E= ，可得 E= ，则知板间电场强度不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态故 D错误 故选： C 点评：本题是电容的动态分析问题，根据电容的决定式 C= 和电容的定义式 C= 结合进行分析，分析时还要抓住不变量，电容器充电后与电源断开时其电量不变要记住若只改变板间距离时，板间场强是不变的