重庆市 2022-2023学年高二物理下学期期末考试试题（Word版附解析）

2022-2023学年重庆市城口中学高二（下）期末物理试卷一、单选题（24分）1．（4分）关于点电荷和元电荷，下列说法正确的是（　　）A．自然界把电荷按不同属性分成两类：正电荷、负电荷或点电荷、元电荷B．因为电子很小，所以电子在任何时候都可以看作点电荷C．当带电体的大小对静电作用力的影响能够忽略不计时可视为点电荷D．元电荷就是电子和质子2．（4分）“跳马”是集技术、力量、勇气于一体的高难度竞技体操项目，体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以（　　）A．减小地面对脚的冲击力B．使地面对于脚的冲量为零C．减小人的动量变化量D．减小人的动能变化量3．（4分）两个相同的带同种电荷的导体小球所带电荷量的比值为1：3，相距为r（r远大于小球半径）时库仑力的大小为F，今使两小球接触后再分开放回原处，此时库仑力的大小为（　　）A．FB．FC．FD．F4．（4分）如图所示，在半径为R的半球形碗的光滑内表面上，一质量为m的小球在距碗口高度为h的水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则小球做匀速圆周运动的线速度大小为（　　） A．B．C．D．5．（4分）如图示，10匝矩形线框处在磁感应强度B＝T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω＝10rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（规格为“1.0W，0.1A”）和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是（　　）A．当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为1：2B．若将滑动变阻器滑片P向上移动，则电流表示数减小C．若将自耦变压器触头向上滑动，灯泡会变暗D．若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为40sin（10t）V6．（4分）如图所示，一横截面为直角三角形的玻璃砖，∠B＝60°，一细光束平行AC边从BC边上的O点由空气射入玻璃砖．已知玻璃砖对该光束的折射率n＝，真空中光速为c．则光束（　　）A．在AC边会发生全反射B．在AB边会发生全反射C．在玻璃砖中的波长为空气中的倍D．该光束在玻璃中发生全反射的临界角为30°二、多选题（16分）7．（4分）如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n：1．原线圈接电压为u＝U0sinωt的正弦交流电，输出端接有一个交流电流表和一个电动机，电动机的线圈电阻 为R．当输入端接通电源后，电动机带动一质量为m的重物匀速上升，此时电流表的示数为I，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A．电动机两端电压为IRB．原线圈中的电流为nIC．电动机消耗的电功率为D．重物匀速上升的速度为8．（4分）下列说法中正确的是（　　）A．匀速圆周运动是匀变速曲线运动B．牛顿通过万有引力定律测算出了地球的质量C．开普勒第三定律也适用于围绕地球运行的所有卫星D．物体做圆周运动，它所受的合外力不一定指向圆心9．（4分）对于光的衍射现象，下列说法正确的是（　　）A．只有障碍物或孔的尺寸可以跟光波波长相比，甚至比波长还要小的时候，才能产生明显的衍射现象B．衍射现象是光特有的现象，只有光才会发生衍射C．光的衍射现象否定了光沿直线传播的结论D．光的衍射现象说明了光具有波动性10．（4分）如图所示，质量为3m，长度为L的木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射入木块，穿出木块时速度为v0，设木块对子弹的阻力始终保持不变，则下列说法正确的有（　　）A．子弹穿透木块后，木块速度为v0 B．子弹和木块增加的内能为C．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，子弹穿出时速度为v0D．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，系统产生的内能为三、填空题（12分）11．（6分）甲、乙两汽车在同一平直公路上行驶，其速度﹣时间图象如图所示．甲车所做的运动是　　运动，在t＝0到t＝25s的时间内，甲车运动的加速度为　　，乙车在前10s内速度为　　，在t＝10到t＝25s的时间内，乙车运动的加速度为　　．12．（6分）一圆盘边缘缠有足够长的细线，细线下端栓有重锤，释放重锤，圆盘绕固定轴在竖直平面内转动．用频闪仪拍下重锤从A到D竖直下落的频闪照片，如图所示．已知频闪仪每隔0.04s闪光一次，图中s1＝16.63cm，s2＝17.92cm，s3＝19.20cm，s1、s2、s3为实际下落的数值．（1）判断重锤由A运动到D是不是匀加速运动的依据是　　；（2）重锤运动到C点的速度为　　m/s，若要得到此时圆盘的角速度，还应测量的物理量是　　．四、计算题（52分） 13．（14分）国内最壮观的音乐喷泉﹣﹣太原晋阳湖音乐喷泉，拥有面积高达182m×80m的喷泉矩阵，是晋阳湖公园中最大的亮点，它的主喷口喷出的水柱高度达到80m。忽略空气阻力，取g＝10m/s2，求：（1）水从最高点落回到水面时的速度；（2）水从最高点落回到水面的时间。14．（16分）当平行板电容器的两极板间是真空时，电容C与极板的正对面积S、极板间距离d的关系为C＝，k为静电力常量。对给定的平行板电容器充电，当该电容器极板所带电荷量Q变化时，两极板间的电势差U也随之变化。（1）在如图所示的坐标系中画出电容器极板间电势差U与带电量Q的关系图像。电容器储存的电能等于电源搬运电荷从一个极板到另一个极板过程中，克服电场力所做的功。这一过程与克服弹力做功等于弹性势能增量类似，与之类比，推导电容器储存的电能Ep表达式。（2）若保持平行板电容器带电量Q、极板正对面积S不变，两极板间为真空，将板间距离由d1增大到d2，需要克服电场力做多少功？（3）如果我们把单位体积内的电场能定义为电场能量密度，用We表示。试证明真空中平行板电容器的电场能量密度和两板间的电场强度平方成正比。（忽略两板外的电场）15．（18分）如图所示，质量为M＝2kg的足够长的木板A静止在水平地面上，其上表面水平，木板A与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1．一个质量为m＝3kg的小物块B（可视为质点）静止于A的左端，小物块B与木板A间的动摩擦因数为μ2＝0.3，现给小物块B 一个水平向右的初速度，大小为v0＝1m/s．求：木板A与小物块B在整个运动过程中位移大小之比（最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力的大小，g取10m/s2）． 2022-2023学年重庆市城口中学高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单选题（本大题共6小题，共24分）1．（4分）关于点电荷和元电荷，下列说法正确的是（　　）A．自然界把电荷按不同属性分成两类：正电荷、负电荷或点电荷、元电荷B．因为电子很小，所以电子在任何时候都可以看作点电荷C．当带电体的大小对静电作用力的影响能够忽略不计时可视为点电荷D．元电荷就是电子和质子【答案】C【分析】点电荷是用来代替带电体的有电量的点，当带电体的体积在研究的问题中可以忽略不计时，带电体可以简化为点；真空中的两个静止的点电荷间的作用力可以用库仑定律计算；元电荷是电荷量的最小单元，物体的带电量只能是元电荷的整数倍．【解答】解：A、自然界只存在二种电荷：正电荷、负电荷，元电荷是电荷量单位，故A错误；BC、带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系。故B错误，C正确；D、由元电荷定义：将电子或质子子所带电量的绝对值称为元电荷，而不是把质子或电子叫元电荷，故D错误；故选：C。【点评】本题关键是要能够区分点电荷和元电荷，同时要能够明确库仑定律的适用条件，基础题．2．（4分）“跳马”是集技术、力量、勇气于一体的高难度竞技体操项目，体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以（　　） A．减小地面对脚的冲击力B．使地面对于脚的冲量为零C．减小人的动量变化量D．减小人的动能变化量【答案】A【分析】运动员在脚接触地面后都有一个下蹲的过程，为的是减小地面对人的冲击力。运动员的动量变化量不变，根据动量定理分析。【解答】解：ABC、运动员完成空中动作落地时，通常要下蹲后再站起。延长了作用时间，根据动量定理可知，Ft＝Δp，运动员的动量变化量不变，则地面对运动员的冲量不变，延长作用时间t，减小了地面对运动员的冲力，故A正确，BC错误。D、根据动能的公式Ek＝，可知动能变化量相等，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了动量定理在生活中的应用，要注意正确分析物理过程，根据题意建立物理模型，即可根据所熟悉的物理规律列式求解。3．（4分）两个相同的带同种电荷的导体小球所带电荷量的比值为1：3，相距为r（r远大于小球半径）时库仑力的大小为F，今使两小球接触后再分开放回原处，此时库仑力的大小为（　　）A．FB．FC．FD．F【答案】C【分析】由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系。【解答】解：若其中一个小球带的电荷量为Q，则另一个小球带的电荷量为3Q，根据库仑定律有F＝k今使两小球接触后，由于两小球带同种电荷，则二者带的电荷量分别为2Q，根据库仑定律有F′＝k 则可得出F′＝F；故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】对于完全相同的带电体，若带异种电荷，接触后则先中和再平分，若带同种电荷则将总电量平分。4．（4分）如图所示，在半径为R的半球形碗的光滑内表面上，一质量为m的小球在距碗口高度为h的水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则小球做匀速圆周运动的线速度大小为（　　）A．B．C．D．【答案】D【分析】对小球进行受力分析，写出向心力的表达式，结合几何关系与牛顿第二定律即可求解。【解答】解：小球受重力与球形碗的弹力，重力与弹力的合力提供小球做圆周运动的向心力，设弹力与竖直方向的夹角为θ则：mgtanθ＝Rsinθ•ω2m，解得ω2＝v＝rω，r＝，联立解得：v＝，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查受力分析、向心力与牛顿第二定律，这道题属于圆锥摆模型，要熟悉该模型规律。5．（4分）如图示，10匝矩形线框处在磁感应强度B＝T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω＝10rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（规格为“1.0W，0.1A”）和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是（　　） A．当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为1：2B．若将滑动变阻器滑片P向上移动，则电流表示数减小C．若将自耦变压器触头向上滑动，灯泡会变暗D．若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为40sin（10t）V【答案】B【分析】求出输入电压的最大值，求出有效值，灯泡正常发光，求出灯泡的电压，然后根据电压比等于匝数比判断A选项。滑片上移，是电阻变大，输入电压不变，则输出电压不变，可知副线圈的电流减小，所以原线圈电流减小。将自耦变压器触头向上滑动，副线圈匝数变大，根据理想变压器的变压比可知输出电压增大。从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为u＝40cos（10t）V。【解答】解：A、输入电压的最大值Um＝NBSω＝10××0.4×10V＝40v，变压器输入电压的有效值为U1＝＝V＝40V，当灯泡正常发光时，灯泡的电压为U2＝＝V＝10V。根据理想变压器变压比得：＝＝，故A错误；B、滑动变阻器滑片向上移动，连入电路的电阻变大，负载等效电阻变大，输入电压U1不变，线圈匝数比不变，则U2不变，所以变压器副线圈的功率减小，原线圈功率也减小，由I＝可得原线圈的电流减小，则电流表示数减小，故B正确；C、将自耦变压器触头向上滑动，副线圈匝数变大，根据理想变压器的变压比可知输出电压增大，所以灯泡变亮，故C错误；D、输入电压的最大值为40V，图中位置穿过线圈的磁通量为0，感应电动势最大，所以从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为u＝40cos（10t）V ，故D错误。故选：B。【点评】本题考查变压器的知识，要掌握电压比等于匝数比，电流之比等于匝数反比。要会分析电路中电压、电流的变化。6．（4分）如图所示，一横截面为直角三角形的玻璃砖，∠B＝60°，一细光束平行AC边从BC边上的O点由空气射入玻璃砖．已知玻璃砖对该光束的折射率n＝，真空中光速为c．则光束（　　）A．在AC边会发生全反射B．在AB边会发生全反射C．在玻璃砖中的波长为空气中的倍D．该光束在玻璃中发生全反射的临界角为30°【答案】A【分析】先根据折射定律求光束在BC边上的折射角，由几何知识求出光束射到AC面上的入射角，与临界角比较，判断知道光束在AC面上发生全反射；根据折射率公式求波长。【解答】解：ABD、在玻璃砖中光路图如图由折射定律知n＝解得：r＝30°，到达AC边，由几何关系得sinC＝＝则C＜60°，故能发生全发射，根据几何关系知反射光线平行于BC边，由于对称性，在AC边会发生全反射，在AB边不会发生全反射，故A正确，BD错误；C、由折射率公式 n＝解得：，故C错误；故选：A。【点评】解决本题的关键是掌握全反射的条件和临界角公式，正确画出光路图，再结合数学知识和折射定律进行研究。二、多选题（本大题共4小题，共16分）（多选）7．（4分）如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n：1．原线圈接电压为u＝U0sinωt的正弦交流电，输出端接有一个交流电流表和一个电动机，电动机的线圈电阻为R．当输入端接通电源后，电动机带动一质量为m的重物匀速上升，此时电流表的示数为I，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A．电动机两端电压为IRB．原线圈中的电流为nIC．电动机消耗的电功率为D．重物匀速上升的速度为【答案】CD【分析】根据变压器匝数与电流、电压的关系和交流电表达式，分析AB，利用功能关系分析CD． 【解答】解：A、电动机两端电压为副线圈两端的电压，A错误；B、原线圈中的电流为，B错误；C、电动机消耗的电功率为P电＝，C正确；D、由功能关系知P电＝I2R+mgv，解得v＝，D正确；故选：CD。【点评】本题是个小型的综合题目，考查的知识点较多，比如变化电路中能量的分配，难度不大．（多选）8．（4分）下列说法中正确的是（　　）A．匀速圆周运动是匀变速曲线运动B．牛顿通过万有引力定律测算出了地球的质量C．开普勒第三定律也适用于围绕地球运行的所有卫星D．物体做圆周运动，它所受的合外力不一定指向圆心【答案】CD【分析】匀速圆周运动是非匀变速曲线运动；测出了万有引力常量后才可计算地球质量；开普勒第三定律也适用于围绕地球运行的所有卫星；非匀速圆周运动，合力不指向圆心。【解答】解：A．匀速圆周运动的加速度是向心加速度，方向不断变化，是非匀变速曲线运动，故A错误；B．牛顿发现了万有引力定律，但没有测出引力常量，卡文迪什利用扭秤装置测出了万有引力常量，从而计算出地球的质量，故B错误；C．开普勒第三定律也适用于围绕地球运行的所有卫星，故C正确；D．匀速圆周运动合力指向圆心。非匀速圆周运动，合力不指向圆心，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查学生对匀变速圆周运动运动性质、非匀变速圆周运动受力特点、开普勒第三定律的使用范围的掌握，比较基础，需要学生多熟记。 （多选）9．（4分）对于光的衍射现象，下列说法正确的是（　　）A．只有障碍物或孔的尺寸可以跟光波波长相比，甚至比波长还要小的时候，才能产生明显的衍射现象B．衍射现象是光特有的现象，只有光才会发生衍射C．光的衍射现象否定了光沿直线传播的结论D．光的衍射现象说明了光具有波动性【答案】AD【分析】理解产生明显衍射现象的条件，以及衍射现象证明了光具有波动性。【解答】解：A、只有障碍物或孔的尺寸可以跟光波波长相比，甚至比波长还要小的时候，才能产生明显的衍射现象，故A正确；B、衍射现象是波特有的现象，故B错误；C、只有在光的波长比障碍物的尺寸小的情况下，光才能看成是沿直线传播的，所以光的衍射现象和光沿直线传播是不矛盾的，故C错误；D、光的衍射现象说明了光具有波动性，故D正确；故选：AD。【点评】本题主要考查了光的衍射的相关应用，理解发生明显衍射现象的条件，熟记衍射现象的特点和说明的结论即可。（多选）10．（4分）如图所示，质量为3m，长度为L的木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射入木块，穿出木块时速度为v0，设木块对子弹的阻力始终保持不变，则下列说法正确的有（　　）A．子弹穿透木块后，木块速度为v0B．子弹和木块增加的内能为C．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，子弹穿出时速度为v0D．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，系统产生的内能为【答案】ABD【分析】子弹射穿木块过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出子弹射穿木块后 木块的速度，应用能量守恒定律可以求出子弹与木块增加的内能；应用能量守恒定律求出子弹受到的阻力，然后应用动能定理与能量守恒定律分析答题。【解答】解：A、子弹与木块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mv0+3mv，解得：v＝v0，故A正确；B、子弹射穿木块过程，由能量守恒定律得：，解得：Q＝，故B正确；C、子弹射出木块过程产生的内能：Q＝fL，阻力：f＝，木块固定子弹射穿木块过程，对子弹，由动能定理得：﹣fL＝，解得：v＝v0，故C错误；D、木块固定，子弹射出木块过程中系统产生的内能：Q′＝fL＝，故D正确；故选：ABD。【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。三、填空题（本大题共2小题，共12分）11．甲、乙两汽车在同一平直公路上行驶，其速度﹣时间图象如图所示．甲车所做的运动是　匀加速直线　运动，在t＝0到t＝25s的时间内，甲车运动的加速度为　0.4m/s2　，乙车在前10s内速度为　0　，在t＝10到t＝25s的时间内，乙车运动的加速度为　2m/s2　．【答案】见试题解答内容【分析】根据速度图象的斜率等于加速度，可分析甲车的运动情况，由斜率求得两车的加速度．根据图象直接读出乙车的速度．【解答】解：甲车所做的运动是匀加速直线运动． 根据速度—时间图象的斜率表示加速度，由图象可得：甲车的加速度a甲＝m/s2＝0.4m/s2在t＝10到t＝25s的时间内，乙车的加速度a乙＝m/s2＝2m/s2；乙车在前10s内速度为0．故答案为：匀加速直线，0.4m/s2，0，2m/s2；【点评】解答本题的关键应抓住速度图象的斜率表示加速度，倾斜的直线表示匀变速直线运动．12．（6分）一圆盘边缘缠有足够长的细线，细线下端栓有重锤，释放重锤，圆盘绕固定轴在竖直平面内转动．用频闪仪拍下重锤从A到D竖直下落的频闪照片，如图所示．已知频闪仪每隔0.04s闪光一次，图中s1＝16.63cm，s2＝17.92cm，s3＝19.20cm，s1、s2、s3为实际下落的数值．（1）判断重锤由A运动到D是不是匀加速运动的依据是　在误差允许范围内，s2﹣s1与s3﹣s2是否相等　；（2）重锤运动到C点的速度为　4.64　m/s，若要得到此时圆盘的角速度，还应测量的物理量是　圆盘的半径　．【答案】见试题解答内容【分析】依据相等的时间内，位移之差是否相等，即可判定；根据中时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，再由角速度与半径的关系式ω＝vr，即可求解．【解答】解：（1）已知频闪仪每隔0.04s闪光一次，且s1＝16.63cm，s2＝17.92cm，s3＝19.20cm，则有△s1＝s2﹣s1＝17.92cm﹣16.63cm＝1.29cm； 而△s2＝s3﹣s2＝19.20cm﹣17.92cm＝1.28cm；那么在误差允许范围内，s2﹣s1与s3﹣s2是相等的，因此重锤由A运动到D是不是匀加速运动的依据是在误差允许范围内，s2﹣s1与s3﹣s2是否相等；（2）根据中时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则有：vc＝＝m/s＝4.64m/s若要得到此时圆盘的角速度，依据角速度与半径的关系式ω＝vr，还应测量的物理量是圆盘的半径，故答案为：（1）在误差允许范围内，s2﹣s1与s3﹣s2是否相等；（2）4.64，圆盘的半径．【点评】考查判定匀变速直线运动的依据，掌握求解瞬时速度的内容，理解角速度与半径的关系式，注意单位的转换．四、计算题（本大题共3小题，共52分）13．（14分）国内最壮观的音乐喷泉﹣﹣太原晋阳湖音乐喷泉，拥有面积高达182m×80m的喷泉矩阵，是晋阳湖公园中最大的亮点，它的主喷口喷出的水柱高度达到80m。忽略空气阻力，取g＝10m/s2，求：（1）水从最高点落回到水面时的速度；（2）水从最高点落回到水面的时间。【答案】（1）水从最高点落回到水面时的速度为40m/s。（2）水从最高点落回到水面的时间为4s。【分析】（1）水喷出后做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动的规律即可求出初速度。（2）根据自由落体运动的规律，求解下落时间。【解答】解：（1）设落回水面时的速度为v， 根据速度﹣位移公式可知，v2＝2gh解得：v＝40m/s。（2）水从最高点落回水面的过程中，做自由落体运动，t＝代入数据解得：t＝4s。答：（1）水从最高点落回到水面时的速度为40m/s。（2）水从最高点落回到水面的时间为4s。【点评】该题考查了竖直上抛运动的相关知识，明确竖直上抛运动的规律，根据运动学公式求解。14．（16分）当平行板电容器的两极板间是真空时，电容C与极板的正对面积S、极板间距离d的关系为C＝，k为静电力常量。对给定的平行板电容器充电，当该电容器极板所带电荷量Q变化时，两极板间的电势差U也随之变化。（1）在如图所示的坐标系中画出电容器极板间电势差U与带电量Q的关系图像。电容器储存的电能等于电源搬运电荷从一个极板到另一个极板过程中，克服电场力所做的功。这一过程与克服弹力做功等于弹性势能增量类似，与之类比，推导电容器储存的电能Ep表达式。（2）若保持平行板电容器带电量Q、极板正对面积S不变，两极板间为真空，将板间距离由d1增大到d2，需要克服电场力做多少功？（3）如果我们把单位体积内的电场能定义为电场能量密度，用We表示。试证明真空中平行板电容器的电场能量密度和两板间的电场强度平方成正比。（忽略两板外的电场）【答案】（1）电容器极板间电势差U与带电量Q的关系图像见解析；电容器储存的电能Ep表达式为得，推导过程见解析；（2）需要克服电场力做功为；（3）证明过程见解析。 【分析】（1）根据电容的定义式得到Q与U的关系式，再画出Q﹣U图象；U﹣Q图象与横坐标轴围成的面积为对电容器充电过程中，电容器储存的电能，由数学知识推导出电场能的表达式；（2）根据电容的决定式、电容的定义式得到电容器储存的电能表达式，再由功能关系求解需要克服电场力做的功；（3）根据能量密度的定义求解能量密度的表达式，再根据电容的决定式、场强与电势差的关系，就可以证明真空中平行板电容器的电场能量密度和两板间的电场强度平方成正比。【解答】解：（1）根据电容定义式得电容器极板间电势差U与带电量Q的关系图像，如下图：类比弹力与形变量图像的面积表示弹性势能可得，电容器极板间电势差U与带电量Q的关系图像与横轴所围面积为对电容器充电过程中电容器储存的电能，即又因为Q＝CU联立解得（2）当平行板电容器的两极板间是真空时，因为板间距为d时，电容为又因为，代入数据联立解得当将板间距离由d1增大到d2时，则所以需要克服电场力做功为W＝（3）因为电容器的体积为V＝Sd 则电场能量密度为＝又由得S＝4πkdC整理得又因为电场强度所以即真空中平行板电容器的电场能量密度和两板间的电场强度平方成正比。答：（1）电容器极板间电势差U与带电量Q的关系图像见解析；电容器储存的电能Ep表达式为得，推导过程见解析；（2）需要克服电场力做功为；（3）证明过程见解析。【点评】解决本题的基础是掌握电容的定义式和电容的决定式；关键是要理解Q﹣U图象与横坐标轴围成的面积表示电容器充电过程中电容器储存的电能。15．（18分）如图所示，质量为M＝2kg的足够长的木板A静止在水平地面上，其上表面水平，木板A与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1．一个质量为m＝3kg的小物块B（可视为质点）静止于A的左端，小物块B与木板A间的动摩擦因数为μ2＝0.3，现给小物块B一个水平向右的初速度，大小为v0＝1m/s．求：木板A与小物块B在整个运动过程中位移大小之比（最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力的大小，g取10m/s2）．【答案】见试题解答内容【分析】根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度，结合运动学公式求出速度相同时，A、B的位移大小，然后A、B保持相对静止，一起做匀减速运动，再根据速度—位移公式求出一起匀减速运动的位移，从而得出A、B的总位移大小．【解答】解：分别以A、B为研究对象，受力分析，木板和物块的加速度大小分别为aA、aB， 由牛顿第二定律得：μ2mg＝maBμ2mg﹣μ1（m+M）g＝MaA，假设经过t0秒A、B共速，共同速度设为v共，由匀变速直线运动的规律得：v0﹣aBt0＝aAt0＝v共，解得：，，t0＝0.2s，v共＝0.4m/s．共速过程中，A的位移大小设为xA，B的位移大小设为xB，则，，解得：xA＝0.04m，xB＝0.14m．假设共速之后，A、B一起向右匀减速运动，木板和物块间的静摩擦力大小为f，木板和物块的加速度大小分别为aA′、aB′，由牛顿第二定律得：f＝maB′μ1（m+M）g﹣f＝MaA′解得：f＝μ1mg＜μ2mg，假设成立，．设共速之后至A、B均静止，A的位移设为xA′，B的位移设为xB′，则．整个过程中A的位移大小XA＝xA+xA′＝0.12mB的位移大小XB＝xB+xB′＝0.22m．则XA：XB＝6：11．答：木板A与小物块B在整个运动过程中位移大小之比为6：11．