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【学练考】2015-2016学年高二人教版物理选修3-1练习册:特色专题训练(一)


特色专题训练(一)
静电场与磁场专项 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共 100 分,考试时间 90 分钟. 第Ⅰ卷 (选择题 共 48 分) 一、选择题(本题共 12 小题,每小题 4 分,共 48 分.1~7 题只有一个选项正确,8~12 题有多个选项正确.全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错或不答的得 0 分) 1.关于磁感应强

度,下列说法中正确的是 ( )

A.磁场中某点磁感应强度的大小,跟放在该点的通电导线有关 B.磁场中某点磁感应强度的方向,跟放在该点的通电导线所受磁场力方向一致 C.在磁场中某点的通电导线不受磁场力作用时,该点磁感应强度大小一定为零 D.在磁场中磁感线越密集的地方,磁感应强度越大 2.一个外半径为 R、内半径为 r 的带正电空心金属球壳,球心在 x 轴上的 O 点,金属 球壳在周围空间产生静电场,则其电场强度的大小 E 在 x 轴上的分布情况是( )

图 Z?11

图 Z?1?2 3.如图 Z?1?2 所示,在一个圆形区域内,两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分 别分布在以直径 A2A4 为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中,A2A4 与 A1A3 的夹角为 60°.一质 量为 m、带电荷量为+q 的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘 A1 处沿与 A1A3 成 30°角且平行 于纸面的方向射入磁场,随后该粒子经过圆心 O 进入Ⅱ区,最后再从 A4 处射出磁场,则Ⅰ 区和Ⅱ区中磁场的磁感应强度的大小之比 B1∶B2 为(忽略粒子的重力)( ) A.1∶2 B.1∶1 C.2∶1 D.1∶4

图 Z?1?3 4.如图 Z?1?3 所示,真空中存在一点电荷产生的电场,其中 a、b 两点的电场强度方 向如图所示,a 点的电场方向与 ab 连线成 60°,b 点电场方向与 ab 连线成 30°,则以下 关于 a、b 两点电场强度 Ea、Eb 及电势 φa、φb 的关系正确的是( ) A.Ea=3Eb,φa>φ b B.Ea=3Eb,φa<φ b Eb C.Ea= 3 ,φa>φ
b

D.Ea= 3Eb,φa<φ

b

图 Z?1?4 5.如图 Z?1?4 所示,某一真空室内充满竖直向下的匀强电场 E,在竖直平面内建立坐 标系 xOy,在 y<0 的空间内有与场强方向垂直的匀强磁场 B.在 y>0 的空间内,将一质量为 m 的带电液滴(可视为质点)从 P 点自由释放, 此液滴沿 y 轴的负方向以加速度 a=2g(g 为重 力加速度)做匀加速直线运动,当液滴运动到坐标原点时,瞬间被安置在原点的一个装置改 变了它的带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变),随后液滴进入 y<0 的空间内运动.液滴 在 y<0 的空间内运动的过程中( ) A.重力势能一定不断减小 B.电势能一定先减小后增大 C.动能不断增大 D.动能保持不变

图 Z?1?5 6. 如图 Z?1?5 所示, 光滑的金属轨道分为水平段和圆弧段两部分, O 点为圆弧的圆心, N 为轨道交点.两轨道之间宽度为 0.5 m,匀强磁场方向竖直向上,大小为 0.5 T.质量为 0.05 kg 的金属细杆置于轨道上的 M 点.当在金属细杆内通以电流为 2 A 的恒定电流时,其 可以沿轨道由静止开始向右运动.已知 MN=OP=1.0 m,金属细杆始终垂直轨道,OP 沿 水平方向,则(g 取 10 m/s2)( ) A.金属细杆在水平段运动的加速度大小为 5 m/s2 B.金属细杆运动至 P 点时的向心加速度大小为 10 m/s2 C.金属细杆运动至 P 点时的速度大小为 0 D.金属细杆运动至 P 点时对每条轨道的作用力大小为 0.75 N

图 Z?1?6 7.如图 Z?1?6 所示,在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场,一带电金属块由 静止开始沿斜面滑到底端,已知在金属块下滑的过程中动能增加了 0.7 J,金属块克服摩擦 力做功 0.3 J,重力做功 1.2 J,则以下判断正确的是 ( ) A.金属块带负电荷 B.静电力做功 0.2 J C.金属块的机械能减少 1.2 J D.金属块的电势能增加 0.2 J

图 Z?1?7 8.空间存在磁感应强度为 B 的匀强磁场,方向垂直于纸面向里,另有一个点电荷+Q 产生的电场,如图 Z?1?7 所示.一带电荷量为-q 的粒子以初速度 v0 从某处垂直于电场、 磁场方向入射,初位置到点电荷的距离为 r,则粒子在电场和磁场中的运动轨迹可能为(忽略 粒子所受的重力)( ) A.以点电荷+Q 为圆心、r 为半径的在纸面内的圆周 B.开始阶段在纸面内向右偏的曲线 C.开始阶段在纸面内向左偏的曲线 D.沿初速度 v0 方向的直线 9.图 Z?1?8 中甲是匀强电场,乙是孤立的正点电荷形成的电场,丙是等量异种点电荷 形成的电场(a、b 位于两点电荷连线上,且 a 位于连线的中点),丁是等量正点电荷形成的 电场(a, b 位于两点电荷连线的中垂线上,且 a 位于连线的中点).有一个正试探电荷仅在静 电力作用下分别从电场中的 a 点由静止释放,其动能 Ek 随位移 x 变化的关系图像如图 Z?1 ?9 中的①②③图线所示,其中图线①是直线.下列说法正确的是( )

图 Z?1?8

图 Z?1?9

A.甲对应的图线是① B.乙对应的图线是② C.丙对应的图线是② D.丁对应的图线是③ 10.如图 Z?1?10 所示,一质量为 m、电荷量为 q 的带正电绝缘物块位于高度略大于物 块高的水平绝缘隧道中,隧道足够长,物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为 μ,整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场.现给物块水平向右的初速度 v0,空气阻力忽略不计,物块电荷量不变,则整个运动过程中,物块克服摩擦力做的功可能 为(重力加速度为 g) ( )

图 Z?1?10 1 A.0 B. mv2 2 0 1 m3g2 1 2 m3g2 C.2mv2 2 2 D. mv0- 0+ 2q B 2 2q2B2

图 Z?1?11 11.如图 Z?1?11 所示,在 ab=bc 的等腰三角形 abc 区域内有垂直纸面向外的匀强磁 场,d 是 ac 上任意一点,e 是 bc 上任意一点.大量相同的带电粒子从 a 点以相同方向垂直 磁场射入,由于速度大小不同,粒子从 ac 和 bc 上不同点离开磁场.不计粒子重力,则从 c 点离开的粒子在三角形 abc 磁场区域内经过的弧长和运动时间与从 d 点和 e 点离开的粒子 相比较( ) A.经过的弧长一定大于从 d 点离开的粒子经过的弧长 B.经过的弧长一定小于从 e 点离开的粒子经过的弧长 C.运动时间一定大于从 d 点离开的粒子的运动时间 D.运动时间一定大于从 e 点离开的粒子的运动时间 12.带电小球以一定的初速度 v0 竖直向上抛出,能够达到的最大高度为 h1;若加上垂 直于纸面向里的匀强磁场,且保持初速度仍为 v0,小球上升的最大高度为 h2;若加上水平 方向的匀强电场,且保持初速度仍为 v0,小球上升的最大高度为 h3,若加上竖直向上的匀 强电场,且保持初速度仍为 v0,小球上升的最大高度为 h4,如图 Z?1?12 所示.不计空气 阻力,则( )

图 Z?1?12 A.一定有 h1=h3 B.一定有 h1<h4 C.h2 与 h4 无法比较 D.h1 与 h2 无法比较 请将选择题答案填入下表: 题号 答案 第Ⅱ卷(非选择题 共 52 分) 二、填空题(本题共 2 小题,每小题 6 分,共 12 分) 13.在“探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关”的实验中,一同学猜想可 能与两电荷的间距和带电荷量有关. 他选用带正电的小球 A 和 B, A 球放在可移动的绝缘座 上,B 球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒上的 C 点,如图 Z?1?13 所示.实验时,先保持两球电荷 量不变,使 A 球从远处逐渐向 B 球靠近,观察到两球距离越小,B 球悬线的偏角越大;再 保持两球距离不变,改变小球所带的电荷量,观察到电荷量越大,B 球悬线的偏角越大. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总分

图 Z?1?13 实验表明:两电荷之间的相互作用力,随其距离的________而增大,随其所带电荷量 的________而增大. 此同学在探究中应用的科学方法是________.(选填“累积法”“等效替代法” “控制 变量法”或“演绎法”)

图 Z?1?14 14.某带电粒子从速度选择器左端由中点 O 以速度 v0 向右射入,从右端中心 a 下方的 b 点以速度 v1 射出,如图 Z?1?14 所示.若增大磁感应强度 B,该粒子将打到 a 点上方的 c 点,且有 ac=ab,则该粒子带________电;第二次射出时的速度为________. 三、计算题(本题共 4 小题,15、16 题各 9 分,17、18 题各 11 分,共 40 分.解答应 写出必要的文字说明、方程式和主要的演算步骤) 15.如图 Z?1?15 所示,在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,有一足够长的绝缘细棒 OO′ 在竖直面内垂直于磁场方向放置, 细棒与水平面夹角为 α.一质量为 m、 带电荷量为+q 的圆 环 A 套在 OO′棒上,圆环与棒间的动摩擦因数为 μ,且 μ<tan α ,现让圆环 A 由静止开始 下滑,试问圆环下滑过程中: (1)圆环 A 的最大加速度为多大?获得最大加速度时的速度为多大?

(2)圆环 A 能够达到的最大速度为多大?

图 Z?1?15

16.如图 Z?1?16 所示,在 x>0、y>0 的空间中存在匀强电场,场强沿 y 轴负方向; 在 x>0、y<0 的空间中存在匀强磁场,磁场方向垂直于 xOy 平面(纸面)向外.一带电荷量 为 q、质量为 m 的带正电的粒子经过 y 轴上 y=h 处的 P1 点时的速率为 v0,方向沿 x 轴正 方向,然后经过 x 轴上 x=2h 处的 P2 点进入磁场,并经过 y 轴上 y=-2h 处的 P3 点.不 计粒子重力.求: (1)电场强度的大小; (2)粒子到达 P2 时速度的大小和方向; (3)磁感应强度的大小.

图 Z?1?16

17. 如图 Z?1?17 所示, 一带电粒子质量为 m=2.0×10 11 kg、 电荷量为 q=+1.0×10 C,从静止开始经电压为 U1=100 V 的电场加速后,沿水平方向进入两平行金属板间的 偏转电场中,粒子射出电场时的偏转角θ =60°,并接着沿半径方向进入一个垂直于纸面 向外的圆形匀强磁场区域,粒子射出磁场时的偏转角也为 60°.已知偏转电场中金属板长 L
-5



=2 3 cm,圆形匀强磁场的半径 R=10 3 cm,粒子重力忽略不计.求: (1)带电粒子经 U1=100 V 的电场加速后的速率; (2)两金属板间偏转电场的电场强度 E 的大小; (3)匀强磁场的磁感应强度的大小.

图 Z?1?17

18.如图 Z?1?18 甲所示,两平行金属板的板长 l=0.20 m,板间距 d=6.0×10 2 m, 在金属板右侧有一范围足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场,其边界为 MN,与金属板 垂直.金属板的下极板接地,上、下极板间的电压 U 随时间变化的图像如图乙所示,匀强 - 磁场的磁感应强度 B=1.0×10 2 T.现有带正电的粒子以 v0=5.0×105 m/s 的速度沿两板 q 间的中线 OO′连续进入电场,经过电场后射入磁场.已知带电粒子的比荷 =108 C/kg,粒 m 子所受的重力忽略不计,假设在粒子通过电场区域的极短时间内极板间的电压可以看作不 4 变,不计粒子间的作用(计算时取 tan 15°= ). 15 (1)求 t=0 时刻进入的粒子经边界 MN 射入磁场和射出磁场时射入点和射出点间的距 离. (2)求 t=0.30 s 时刻进入的粒子在磁场中运动的时间. (3)试证明:在以上装置不变时,以 v0 射入电场且比荷相同的带电粒子经边界 MN 射入 磁场和射出磁场时射入点和射出点间的距离都相等.



图 Z?1?18 特色专题训练(一) 1.D [解析] 磁场中某点磁感应强度的大小,由磁场本身决定,选项 A 错误;磁场中 某点磁感应强度的方向,跟放在该点的通电导线所受磁场力方向垂直,选项 B 错误;当某 点的通电导线平行于磁场方向时,其不受磁场力,选项 C 错误;在磁场中磁感线越密集的 地方,磁感应强度越大,选项 D 正确. 2.D [解析] 带正电空心金属球壳处于静电平衡,内部电场处处为 0,外部电场强度 满足点电荷场强公式,则选项 D 正确. 3.A [解析] 由几何关系知,粒子在Ⅰ中运动的半径是在Ⅱ中运动半径的 2 倍,所以 1 Ⅰ区的磁感应强度是Ⅱ区的 .选项 A 正确. 2 4.A [解析] 场源点电荷在 Ea 和 Eb 的反向延长线交点处,且为正点电荷,由点电荷

kQ Ea 的场强公式 E= 2 得 =3,由正电荷的等势线分布规律知 φa>φ b,选项 A 正确. r Eb 5.D [解析] 根据牛顿第二定律有 F 电+mg=2mg,即液滴受的静电力 F 电=mg.液滴 进入 y<0 的空间后,液滴所带电荷的电性改变,所受的静电力反向,与重力平衡,故液滴在 洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动,动能不变,重力势能先减小后增大,电势能先增大后减 小,因此选项 D 正确. 6.D BIL [解析] 由牛顿第二定律知,金属细杆在水平段运动的加速度 a= =10 m/s2, m

1 选项 A 错误; 金属杆运动到 P 点, 由动能定理有 BIL· (MN+r)-mgr= mv2 , 则 vP=2 5 m/s, 2 P
2 v2 vP P 选项 C 错误;在 P 点,有 2FN-BIL=m ,解得 FN=0.75 N,向心加速度 a′= =20 m/s2, r r

选项 B 错误,D 正确. 7.D [解析] 在金属块下滑的过程中动能增加了 0.7 J,金属块克服摩擦力做功 0.3 J, 重力做功 1.2 J,根据动能定理有 WG+Wf+W 电=Δ Ek,解得 W 电=-0.2 J,金属块电势能增 加 0.2 J,静电力应水平向右,金属块带正电;在金属块下滑的过程中重力做功 1.2 J,重力 势能减少 1.2 J,动能增加 0.7 J,机械能减少 0.5 J,选项 C 错误. v2 v2 kQq kQq 0 0 8.ABC [解析] 若 2 -qv0B=m ,粒子做匀速圆周运动;若 2 -qv0B<m ,粒子 r r r r v2 kQq 0 的运动轨迹为开始阶段在纸面内向右偏的曲线;若 2 -qv0B>m ,粒子的运动轨迹为开始 r r 阶段在纸面内向左偏的曲线;由于库仑力的大小变化,粒子的运动轨迹不可能为沿初速度 v0 方向的直线.选项 A、B、C 正确. 9.AC [解析] 动能 Ek?x 图像的斜率为合力,即静电力,①的斜率恒定,静电力为恒 力,甲符合,②的斜率逐渐增大,即静电力逐渐增大,丙符合,③的斜率逐渐减小,即静电 力逐渐减小,乙符合,选项 A、C 正确. 10. ABD [解析] 当 mg=qv0B 时, 摩擦力为零, 物块做匀速运动, 则 A 正确; 当 mg>qv0B μ (mg-qvB) 1 时,加速度 a= 逐渐增大,物块减速到停下,克服阻力做功为 mv2 ,选项 B m 2 0 μ (qvB-mg) 正确;当 mg<qv0B 时,加速度 a= 逐渐减小,物块减速到满足 qvB=mg 后 m mg 1 1 做匀速运动,且做匀速运动的速度 v= ,由动能定理得-W 克阻= mv2- mv2 ,则 W 克阻= qB 2 2 0 1 2 m3g2 mv - ,选项 D 正确. 2 0 2q2B2

11.AD

[解析] 如图所示,若粒子从 ac 边射出,粒子依次从 ac 上射出,半径增大而

θ 圆心角相同,弧长等于半径乘以圆心角,所以经过的弧长越来越大,运动时间 t= ·T, 2π 运动时间相同,所以 A 正确,C 错误;若从 bc 射出,粒子从 b 到 c 上依次射出时,弧长先 变小后变大,但都会小于从 c 点射出的弧长,圆心角也会变大,但小于从 C 点射出时的圆 心角,所以运动时间变小,选项 B 错误,D 正确. 12 .AC 1 2 1 1 1 [解析 ] 由动能定理可得 mgh1= mv0 、mgh2 = mv2 - mv2、mgh3= mv2 、 2 2 0 2 2 0

1 (mg± Eq)h4= mv2 ,可见 h1=h3>h2,第 4 个小球所受的静电力方向不明确,无法比较 h2 与 2 0 h4 的大小,选项 A、C 正确. 13.减小 增大 控制变量法
2 14.正 2v2 0-v1 [解析] B 增大后向上偏, 说明洛伦兹力向上, 所以粒子带正电. 由于洛伦兹力总不做功,

1 只有静电力做功,第一次做正功,第二次做负功,但功的绝对值相同.由动能定理得 mv2 - 2 1 1 2 1 2 1 2 2 mv = mv - mv ,所以 v2= 2v2 0-v1. 2 0 2 0 2 2

15.(1)gsin α

mgcos α Bq

mg(sin α +μcos α ) (2) Bqμ

[解析] (1)由于 μ<tan α ,所以圆环将由静止开始沿棒下滑,圆环 A 沿棒运动的速度为 v1 时,受到如图所示的四个力作用. 由牛顿第二定律,沿棒的方向有 mgsin α -f1=ma 又 f1=μFN1 垂直于棒的方向有 FN1+Bqv1=mgcos α 所以当 f1=0(即 FN1=0)时,a 有最大值 am,且 am=gsin α 此时 qv1B=mgcos α mgcos α 解得 v1= . Bq (2)设当圆环 A 的速度达到最大值 vm 时,圆环受棒的弹力为 FN2,摩擦力为 f2=μFN2, 此时应有 a=0,即 mgsin α =f2,FN2+mgcos α =Bvmq 解得 vm= mg(sin α +μcos α ) . Bqμ m v0 (2) 2v0,与 x 轴正方向夹角为 45°斜向下 (3) qh

mv2 0 16.(1) 2qh

[解析] (1)粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示.

粒子从 P1 到 P2 在电场中做类平抛运动,设其运动的时间为 t,电场强度的大小为 E, 粒子在电场中的加速度为 a,则由牛顿第二定律得 qE=ma 根据平抛运动的规律,在水平方向有 v0t=2h 1 在竖直方向有 at2=h 2 mv2 0 联立解得 E= . 2qh (2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,它到达 P2 时速度沿 x 轴方向的分量仍为 v0,用 v1 表示速度沿 y 轴方向分量的大小,v 表示速度的大小,θ 表示速度的方向和 x 轴正方向的夹 角,有 v1=at v1 tan θ = v0 联立得 θ=45°,v= 2v0. (3)由几何关系得,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r= 2h 由牛顿第二定律,有 v2 qvB=m r m v0 联立得 B= . qh 17.(1)1.0×104 m/s (2)1.0×104 V/m (3)0.13 T [解析] (1)设带电粒子经加速电场加速后速率为 v1,根据动能定理,有 1 qU1= mv2 2 1 解得 v1= 2U1q =1.0×104 m/s. m

(2)带电粒子在偏转电场中只受静电力作用,做类平抛运动.在水平方向粒子做匀速直 线运动,有 L v1= t 带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动,加速度为 a,出电场时竖直方向速度为 v2,有 Eq v2=at,a= m v2 由几何关系得 tan θ = v1 mv2 1tan θ 联立解得 E= =1.0×104 V/m. qL

(3)设带电粒子进入磁场时的速度大小为 v,则 v1 v= =2.0×104 m/s cos θ

由粒子运动的对称性可知, 入射速度方向过磁场区域圆心, 则出射速度反向延长线过磁 场区域圆心,粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,则轨迹半径为 r=Rtan 60°=0.3 m 由牛顿第二定律,有 v2 qvB=m r mv 联立得 B= =0.13 T. qr 18.(1)1.0 m (2)2.6×10 6 s (3)略 [解析] (1)t=0 时,U=0,带电粒子在极板间不偏转,水平射入磁场,由牛顿第二定律,


有 v2 0 qv0B=m r mv0 5.0×105 解得 r= = m=0.5 m Bq 1.0×10-2×108 射入点和射出点之间的距离 s=2r=1.0 m. (2)带电粒子在匀强电场中水平方向的速度 v0=5.0×105 m/s 竖直方向的速度为 v⊥=at= Uq l · dm v0

设粒子进入磁场时速度与初速度方向的夹角为 α,如图所示,则 v⊥ Uq l tan α = = · 2 v0 dm v0 2.0×102×108×0.2 4 代入数据得 tan α = = - 6×10 2×(5.0×105)2 15 解得 α=15° 由几何关系可知,带电粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为 φ,则 φ=π -2α = 150°.设带电粒子在磁场中运动的时间为 t,则 t= 5π 5π 5T 5π m - - = = ×10 6 s≈2.6×10 6 s. -2 8 s= 12 6Bq 6×1.0×10 ×10 6

(3)证明:设带电粒子射入磁场时的速度为 v,则带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为

mv r= Bq v0 进入磁场时带电粒子速度的方向与初速度的方向的夹角为α ,则 cos α= v 带电粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的弦长为 s,由几何关系可知 mv v0 2mv0 s=2rcos α =2· · v = Bq Bq 从上式可知弦长 s 取决于磁感应强度、粒子的比荷及初速度,而与电场无关.


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