苏州市高二物理寒假作业含答案 6Word文档格式.docx

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如图所示，MN是一正点电荷产生的电场中的一条电场线。

一个带负电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示。

下列结论正确的是（　　）

A.带电粒子从a到b的过程中动能逐渐减小

B.正点电荷一定位于M点的左侧

C.带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能

D.带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度

6.

如图所示，变频交变电源的频率可在20Hz到20kHz之间调节，在某一频率时，A1、A2两只灯泡的炽热程度相同。

则下列说法中正确的是（　　）

A.如果将电源频率增大，A1炽热程度加强、A2炽热程度加强

B.如果将电源频率增大，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱

C.如果将电源频率减小，A1炽热程度减弱、A2炽热程度减弱

D.如果将电源频率减小，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱

7.

如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。

ABCD面带正电，EFGH面带负电。

从ABCD面上的小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴，最后分别落在BCGF面上的1、2、3三点，则下列说法正确的是（　　）

A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动

B.三个液滴落到底板时的速率相同

C.液滴3在真空盒中的运动时间最长

D.三个液滴在真空盒中的运动时间一定相同

8.如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放置在匀强电场和匀强磁场中。

轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放。

M、N为轨道的最低点，则下列说法正确的是（　　）

​

A.两小球到达轨道最低点的速度vM＜vN

B.两小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力FM＜FN

C.小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间

D.在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.

1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示。

这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙。

则（　　）

A.待加速的离子从加速器的边缘进入加速器

B.待加速的离子从加速器的中心附近进入加速器

C.被加速的离子从电场中获得能量

D.被加速的离子从磁场中获得能量

10.

如图所示，在匀强电场中有A、B、C三点，三点构成直角三角形，∠A=37°

，AB边长为5m，D为AB中点，电场线与ABC所在平面平行，A、B、C三点的电势分别为14V、6V和6V，取sin37°

=0.6，cos37°

=0.8，则（　　）

A.DC两点间电势差UDC=4VB.D点电势φD=8V

C.该电场的电场强度E=2V/mD.该电场的方向为沿BC方向

11.在同一平面内有①、②、③三根等间距平行放置的长直导线，通入的电流强度分别为1A、2A、1A，②中的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向水平向右，则（）

A.①的电流方向为a→b

B.①受到安培力的合力方向水平向右

C.③的电流方向为e→f

D.③受到安培力的合力方向水平向左

12.如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，匝数n=100匝，电阻为r=1Ω的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈两端经集流环和电刷与电路连接，定值电阻R1=6Ω，R2=3Ω，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T=0.2s．从线框与磁场方向平行位置开始计时，线圈转动的过程中，理想电压表的示数为2V．下列说法中正确的是（　　）

A.电阻R1上的电功率为

W

B.t=0.4s时，电阻R2两端的电压瞬时值为零

C.从开始计时到

s通过电阻R2的电荷量为

C

D.若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e=6

cos20πt（V）

三、填空题（本大题共1小题，共6.0分）

13.现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度。

螺旋测微器和游标卡尺的示数如图所示：

（1）由图可知，圆柱体的直径为______mm，长度为______mm。

（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用d、L表示，则用d、L、I、U表示的电阻率关系式为ρ=______。

四、实验题（本大题共1小题，共10.0分）

14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，某同学连接了如图（a）所示的实物电路图．闭合开关，发现灯泡不亮，电流表的示数为零．

（1）他借助多用电表检查小灯泡．先断开开关，把多用电表的选择开关旋到“×

1Ω”挡，再进行______调零；

又将红、黑表笔分别接触①、②接线柱，多用电表的表盘恰好如图（b）所示，说明小灯泡正常，此时的电阻为______Ω．

（2）他将多用电表选择开关旋于某直流电压档，将红、黑表笔分别接触②、③接线柱；

闭合开关，发现电压表的示数约等于电源电动势，说明②、③接线柱间的导线出现了______（选填“断路”或“短路”）．

（3）故障排除后，为了使电流表的示数从零开始，要在______ 

接线柱间（选填“①、④”或“③、④”）再连接一根导线，并在闭合开关前把滑动变阻器的滑片置于最______端（选填“左”和“右”）．

五、计算题（本大题共4小题，共36.0分）

15.

如图所示，在倾角为37°

的光滑斜面上有一根长为0.4m．质量为6×

10-2 

kg的通电直导线，电流I=1A，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T，方向竖直向上的磁场中，设t=0，B=0，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？

（g取10m/s2）

16.

如图所示，理想变压器有两个副线圈，L1、L2是两盏规格为“8V，10W”的灯泡，L3、L4是两盏规格为“6V，12W”的灯泡，当变压器的输入电压为U1=220V时，四盏灯泡恰好都能正常发光，如果原线圈的匝数n1=1100匝，求：

（1）副线圈n2、n3的匝数．

（2）电流表的读数．

17.如图所示，在x0y平面（即纸面）内，y轴右侧有场强为E、指向-y方向的匀强电场，y轴左侧有方向垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出）。

现有一电量为q，质量为m的带电粒子，从x轴上的A点并与x轴正方向成60°

入射，粒子恰能在M 

（0，d）垂直于y轴进入匀强电场，最后从N（L，0）通过x轴，粒子重力不计。

（1）判断粒子的电性；

（2）计算粒子经过M点时速度的大小；

（3）计算磁场磁感应强度的大小。

18.如图甲所示，两根完全相同的光滑导轨固定，每根导轨均由两段与水平成θ=30°

的长直导轨和一段圆弧导轨平滑连接而成，导轨两端均连接电阻，阻值R1=R2=2Ω，导轨间距L=0.6m。

在右侧导轨所在斜面的矩形区域M1M2P2P1内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界M1P1、M2P2的距离d=0.2m，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。

t=0时刻，在右侧导轨斜面上与M1P1距离s=0.1m处，有一根阻值r=2Ω的金属棒ab垂直于导轨由静止释放，恰好匀速通过整个磁场区域，取重力加速度g=10m/s2，导轨电阻不计。

求：

（1）ab在磁场中运动的速度大小v；

（2）在t1=0.1s时刻和t2=0.25s时刻电阻R1的电功率之比；

（3）电阻R2产生的总热量Q总。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：

金属线框abcd放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框abcd左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况，总磁通量向里；

当矩形线圈向右运动时，左侧面积减小，右侧面积增大，线圈中的磁通量向里增大；

根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则由楞次定律可知，线框abcd感应电流方向为逆时针，再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向左，而右边的安培力方向水平向右，由于左边受力较大，故安培力的合力向左。

故A正确，BCD错误。

故选：

A。

金属线框abcd放在导线MN上，导线中电流产生磁场，当导线中电流增大时，穿过线框abcd的磁通量增大，根据楞次定律判断线框abcd感应电流，再由左手定则来确定所受有安培力方向。

本题运用楞次定律判断电磁感应中导体的运动方向，也可以根据因果关系，运用安培定则、楞次定律和左手定则按部就班进行分析判断即可。

2.【答案】C

S闭合，外电阻变小，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流增大，内电压增大，故路端电压减小，V的读数变小；

把R1归为内阻，内电压增大，故R3的电压减小，由欧姆定律可知R3中的电流也减小，即电流表示数减小，故C正确；

C。

根据S的通断可得出电路电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流及路端电压的变化；

再由串并联电路的性质可判及各部分电流的变化．

应用闭合电路欧姆定律解决电路的动态分析时一般可按照：

外电路-内电路-外电路的分析思路进行，灵活应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解．

3.【答案】A

A、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象。

故A正确。

B、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关。

故B错误。

C、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象。

故C错误。

D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小关系。

故D错误。

线圈与小灯泡并连接电池组上。

要使灯泡发生闪亮，断开开关时，流过灯泡的电流要比以前的电流大。

根据楞次定律和并联的特点分析。

自感现象是特殊的电磁感应现象，根据楞次定律分析要使实验现象明显的条件：

线圈的电阻应小于灯泡的电阻。

4.【答案】B

A、从图2可以看出，通过R2电流的有效值是：

I2=

=0.6A，两电阻串联，故电流为0.6A，故AC错误

B、R1两端电压的有效值为：

U1=0.6×

10=6V，故B正确

D、R2两端电压的有效值为：

U2=0.6×

20=12V，故D错误，

B。

根据图象可知流过电阻R1的电流最大值、有效值的大小，根据电阻的串联可进一步求得流过R2的电流和电压大小．

本题结合电阻的串联考查了交流的最大值和有效值关系，属于基础题目，平时要加强基础知识的训练．

5.【答案】C

A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向右，对带电粒子做做正功，其动能增加。

故A错误。

B、带正电的粒子所受电场力向右，电场线由M指向N，说明正电荷在直线N点右侧。

C、电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能。

故C正确。

D、a点离点电荷较远，a点的电场强度小于b点的电场强度，带电粒子在a点的小于在b点的电场力，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度。

故D正确。

解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答。

依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况

6.【答案】B

AB、二个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，

所以流过A1泡所在支路的电流变大，流过灯泡A2所在支路的电流变小。

故灯泡A1变亮，灯泡A2变暗，即A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱，故A错误，B正确；

CD、当交流电频率变小时，电感的感抗减小，电容的容抗增大，

所以流过A1泡所在支路的电流变小，流过灯泡A2所在支路的电流变大。

故灯泡A1变暗，灯泡A2变亮，即A1炽热程度减弱、A2炽热程度加强；

故CD错误。

二个支路电压相同，当交流电频率变化时，会影响电感的感抗和电容的容抗，从而影响流过各个支路的电流。

解决本题的关键知道电感和电容对交流电的阻碍作用的大小与什么因素有关。

记住感抗和容抗的两个公式可以帮助定性分析：

XL=2πLf，XC=

。

7.【答案】D

A、三液滴在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀加速直线运动，在水平方向做的不是匀速直线运动，因此三液滴在真空盒中做的不是平抛运动，故A错误；

B、对液滴，由动能定理得：

qEx+mgy=

mv2-

mv02，解得：

v=

，由图示可知：

x3＞x2＞x1，由此可知，三液滴落到底板上时的速度不同，故B错误；

CD、运用运动的分解法可知，三个小球水平方向都做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据公式y=

gt2，知t=

，由于竖直方向的分位移大小y相等，所以三个液滴运动时间一定相同；

故C错误D正确。

D。

由题意知真空盒内有水平向右的电场，正电荷在电场中受到向右的电场力，不可能做平抛运动；

根据液滴的受力情况，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合进行分析。

本题考查带电粒子在电场和重力场中的运动规律分析，要注意明确小球同时参与两个运动，要注意应用运动的合成和分解规律进行分析求解。

8.【答案】D

【解析】【分析】

​两个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球在电场中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小。

洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小。

【解析】

AC.在磁场中运动时，只有重力做正功，在电场中运动时，重力做正功、电场力做负功，由动能定理可知：

mv

=mgH

=mgH-qE•d

解得，vM＞vN，由于小球在磁场中运动，洛仑力兹力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；

而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故AC错误；

B.最低点M时，支持力与重力和洛仑兹力（方向竖直向下）的合力提供向心力，最低点N时，支持力与重力的合力提供向心力，因为vM＞vN，可知：

FM＞FN，故B错误；

D.由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故D正确。

故选D。

9.【答案】BC

AB、要加速次数最多最终能量最大，则被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故A错误、B正确。

CD、由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有qU=

mv2，故离子是从电场中获得能量，故C正确、D错误。

BC。

被加速离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；

洛伦兹力并不做功，而电场力对带电离子做功。

了解并理解了常用实验仪器或实验器材的原理到考试时我们就能轻松解决此类问题，注意磁场对粒子只偏转不改变能量。

10.【答案】AC

AB、在匀强电场中，平行等距离的两点电势差相等，则φA-φD=φD-φB，解得：

φD=10V，所以UDC=φD-φC=4 

V，故A正确，B错误；

CD、三角形中B、C的电势分别为6V和6V，则B和C为等势点，BC为等势线，电场线方向沿AC方向，则电场强度为：

E=

=

V/m=2V/m，故C正确，D错误。

AC。

在匀强电场中，平行等距离的两点电势差相等；

电场线与等势线垂直，确定沿电场方向上的距离，从而根据E=

求出匀强电场的大小。

解决本题的关键知道匀强电场的等势线为间距相等的平行直线，以及知道电场线与等势线垂直。

11.【答案】CD

AC、由题，②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向水平向右，则②所在处的磁场的方向向里。

由于①③中电流的大小是相等的，所以如二者电流的方向相同，则它们在②处的磁场的和必定等于0，所以①③中电流的方向必须相反，且它们在②处的磁场的方向都向里。

由安培定则可知，①中电流的方向向上，即从b向a；

③中电流的方向向下，为e到f。

故A错误、C正确；

B、②和③中电流的方向都向下，在①处产生的磁场的方向都向里，根据左手定则可知，①受到安培力的合力方向水平向左。

故B错误；

D、根据安培定则，①在③处产生的磁场的方向向里，②在③处产生的磁场的方向向外；

由于②到③的距离比①到③的距离小，而且②的电流比较大，所以③的磁场的方向向外。

由左手定则可知，③受到安培力的合力方向水平向左。

CD。

根据右手螺旋定则可确定电流周围的磁场方向，再根据左手定则可确定电流方向，即可求解。

考查右手螺旋定则、左手定则等规律，形成同向电流相互吸引，异向电流相互排斥的结论，便于以后解题应用。

12.【答案】AD

A、电阻R1上的电功率为P=

，故A正确

B、线圈匀速转动的周期T=0.2s，在t=0.4s时，线圈平面与磁场平面平行，产生的感应电动势最大，故电阻R2两端的电压瞬时值最大，故B错误；

C、根据并联电路的特点可知

线圈产生的感应电动势的有效值E=

，最大值

线圈产生的最大感应电动势Em=nBSω，解得

从开始计时到

s磁通量的变化量为△∅=BS，故流过的电荷量q=

，为流过电阻R1和R2的电荷量，并不是单独流过R2的电荷量，故C错误；

D、若线圈转速增大为原来的2倍，根据Em=nBSω可知产生的感应电动势加倍，角速度加倍，故线圈中产生的电动势随时间变化规律为e=6

cos20πt（V），故D正确

AD。

根据闭合电路的欧姆定律求得电阻消耗的功率，及线圈产生的感应电动势的最大值，结合e=NBSωsinωt判断产生的感应电动势的变化

解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBSω，以及知道峰值、有效值、平均值和瞬时值的区别．掌握电量的表达式，并能灵活运用

13.【答案】1.843 

4.240 

（1）由图a所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，游标尺示数为34.3×

0.01mm=0.343mm，螺旋测微器示数为1.5mm+0.343mm=1.843mm；

由图所示可知，游标卡尺主尺示数为4.2cm，游标尺示数为8×

0.05mm=0.40mm，游标卡尺示数为42mm+0.40mm=42.40mm=4.240cm；

（2）根据电阻定律，有：

R=ρ

=ρ

解得：

ρ=

故答案为：

（1）1.843，4.240；

（2）

（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；

螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；

（2）根据欧姆定律和电阻定律列式求解。

游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；

游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读，对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度。

并掌握电阻定律与欧姆定律的应用。

14.【答案】欧姆 

6 

断路 

③、④ 

左

（1）根据欧姆表的使用方法可知，每次选完档后应重新进行欧姆调零；

欧姆表的读数为：

R=6×

1Ω=6Ω；

（2）多用电表选择开关旋于某直流电压档，将红、黑表笔分别接触bc接线柱；

闭合开关，发现电压表示数约等于电源电动势，说明bc接线柱间的导线出现了断路；

（3）为使电流表的示数从零调，变阻器应采用分压式接法，所以应在cd导线间再连接一根导线；

滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，在闭合开关前应将滑片置于分压电路分压最小的位置，即滑片应置于最左端．

（1）欧姆；

6；

②断路；

（3）③、④；

左．

（1）欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．

（2）若电压表有示数且与电压电动势接近时，说明电压表之间不含电源的导线间有断路．

（3）关键是明确要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法．

应掌握欧姆表的工作原理和使用方法，特别是每次换完挡后都应重新进行调零．当要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法．

15.【答案】解：

斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示．

由平衡条件得：

水平方向上有：

FTcos 

37°

=F，

竖直方向上有：

FTsin 

=mg，

两式联立解得：

F=

N，

由F=BIL得：

B=

T，

由题意知，B与t的变化关系为：

B=0.4t，

代入数据得：

t=5 

s．

答：

需要5s时间斜面对导线的支持力为零．

【解析】对通电导体棒受力分析，先根据共点力平衡求出安培力，再由F=BIL求出磁感应强度，最后由B=△B•t即可求得时间．

本题主要考查了安培力作用下的共点力平衡，关键是正确受力分析，抓住临界条件即可．

16.【答案】解：

（1）四盏灯泡恰好都能正常发光，则上面一个副线圈的电压为8V，下面一个副线圈的电压为12V，

根据n1：

n2：

n3=U1：

U2：

U3

得：

匝

（2）根据原副线圈的功率相等得：

I1U1=P1+P2+P3+P4

（1）副线圈n2、n3的匝数分别为40匝和60匝．

（2）电流表的读数为0.2A．