10.在如图所示的电路中，电源提供的电压U=20V保持不变，R1=10Ω，R2=15Ω，R3=30Ω，R4=5Ω，电容器的电容C=100μF，求：

(1)开关S闭合前，电容器所带的电荷量;

(2)闭合开关S后流过R3的总电荷量.

11.如图所示，在y小于0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B，一带正电的粒子以速度 从O点射入磁场，入射速度方向为xy平面内，与x轴正向的夹角为θ，若粒子射出磁场的位置与O点的距离为L，求

(1) 该粒子电量与质量之比;

(2) 该粒子在磁场中运动的时间。

参考答案

1.解：A、根据动能定理 得，高度相同，所以末动能相等.故A正确，B错误;

C、物体自由下落的时间要小于沿斜面下滑的时间，故根据P= 可知重力做功的功率A物体比B物体大，故C错误，D正确;

故选：AD

2.解：人的质量为60kg，故电动车匀速运动时牵引力等于阻力F=f=0.05m总g=0.05×(40+60)×10N=50N

故输出功率为P=Fv=50× ，故最接近300W

故选：B

3.C。一对相互作用的静摩擦力若作用力做正功，反作用力对物体做负功，对系统不做功，也就是不产生热能，A错;一个受变力作用的物体做曲线运动时，合力的瞬时功率可能为零(如斜上抛运动在最高点，重力的瞬时功率为零)B错;当物体在竖直方向受到重力和阻力作用，合力为零时，物体匀速下降，阻力做负功，系统机械能减小，C对;雨滴下落时，所受空气阻力的功率越大，其动能变化就越慢D错;故本题选择D答案。

4.B 根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+I(r+R)解得：I=2A，所以A错误;B正确;电动机的输出功率：P出=P-P热=UI-I2RM=10×2-22×1=16W，故C错误

5.CD

6.

解：A、甲为“非”门电路，当输入1时，输出0，故A错误

B、乙为“或”门电路，当输入1、0时，输出1，故B错误

C、乙为“或”门电路，当输入1、0时，输出1，故C正确

D、丙为“与”门电路，当输入1、0时，输出0，故D错误

故选C

7.(1)0.24;0.21;

(2)否，因两打点计时器同时开始、停止工作，故两小车运动的时间相等，可以用纸带上打点的总位移大小之比表示加速度之比;

(3)BC;(4)O→E

解：(1)匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度;

对于第一条纸带，有： ，

根据作差法得：a= =0.21m/s2，

(2)小车做初速度为零的匀加速直线运动，结合位移时间关系公式，有：

;

故不需要求出小车运动加速度的确切值;

理由：因两打点计时器同时开始、停止工作，故两小车运动的时间相等，可以用纸带上打点的总位移大小之比表示加速度大小之比;

(3)A、B、采用倍增法使功成倍增加，通过改变小车运动的距离来改变外力做功时，根据W=Fx，由于合力恒定，故不需要平衡摩擦力，也不需要保证M远大于m，故A错误，B正确;

C、D、采用倍增法使功成倍增加，通过改变小车上砝码的质量来改变外力做功时，根据W=Fx，采用mg来表示拉力F;如果把(M+m)作为整体来研究动能定理，就不需要必须满足M远大于m;当然，如果对小车M进行动能定理研究，肯定要满足M远大于m;故C正确，D错误;

故选：BD.

(4)由图可知计数点之间的距离逐渐增大，所以小车的加速度方向O→E.

8. 2.2×104Ω 将转换开关调到“×1Ω”档位，重新进行欧姆调零

9.解：(1)汽车做匀加速直线运动，△x= =a•△

a= = m/ =1.0 m/ .

(2)做匀加速直线运动的汽车所受合力为恒力，由牛顿第二定律得：F﹣ =ma，

所以F=ma+ =3600 N，

随着速度的增大，汽车的输出功率增大，当达到额定功率时，匀加速运动的过程结束，

由P=Fv得

= = m/s=20 m/s，

由匀加速运动公式v=at得：t= =20 s.

(3)当汽车达到最大速度时，有F′= =1600 N.

由P=F′v，得v= = m/s=45 m/s.

答：(1)汽车的加速度大小为1.0m/ ;

(2)匀加速运动状态最多能保持20s;

(3)汽车所能达到的最大速度为45m/s.

10.(1)闭合电键K之前，电容器带电量为2×10﹣3C.

(2)闭合电键K后，通过电阻R3的总电量是1.5×10﹣3C.

解：(1)闭合电键K之前，R1与电源形成闭合回路，根据闭合电路欧姆定律得电路中的电流为：

I1= = =2A

电容器的电压等于R1的电压为：UC=I1R1=2×10V=20V

所以电容器带电量为：Q1=CUC=20×10﹣4C=2×10﹣3C

根据电流的方向可知，电容器上极板电势高，带正电，下极板电势低，带负电.

(2)闭合电键K后，R2和R4串联后与R1并联，R3上没有电流流过，C两端电压等于R4的电压. = = V=5V

则得电容器的带电量为：Q2=CUC′=5×10﹣3C.

因为U1>U2，外电路中顺着电流方向电势降低，可知电容器上极板的电势高，带正电，下极板的电势低，带负电.

所以闭合电键K后，通过电阻R3的总电量为：Q=Q1﹣Q2=1.5×10﹣3C.

答：(1)闭合电键K之前，电容器带电量为2×10﹣3C.

(2)闭合电键K后，通过电阻R3的总电量是1.5×10﹣3C.

11.解：(1)设从A点射出磁场，O、A间的距离为L，射出时速度的大小仍为v，射出方向与x轴的夹角仍为θ，由洛伦兹力公式和牛顿定律可得：qv0B=

圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得： =Rsinθ

联解两式，得：

(2)因为T= =

所以粒子在磁场中运动的时间，t= =

2015高一物理寒假作业（附答案）就分享到这里了，希望对您有所帮助，更多相关信息请继续关注高一年级寒假作业栏目！