A.
B.
C.
D.
8.穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图中的①~④所示,下列说法正确的是()
A.图①有感应电动势,且大小恒定不变
B.图②产生的感应电动势一直在变大
C.图③在0~t1时间内的感应电动势是t1~t2时间内感应电动势的2倍(t2=3t1)
D.图④产生的感应电动势先变大再变小
9.在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图甲所示,产生的交变电动势的图象如图乙所示,则()
A.t=0.01s时线框平面与中性面重合
B.t=0.005s时线框的磁通量变化率为零
C.线框产生的交变电动势的有效值为311V
D.线框产生的交变电动势的频率为100Hz
10.如图所示,一理想变压器原、副线圈匝数之比为5∶1,原线圈与一固定电阻R0串联后,接入一正弦交流电源;副线圈电路中固定电阻的阻值为R1=R0/10,可变电阻的阻值R2=2R1,电路中所连接的电流表是理想交流电流表.现保持变压器输入电压u不变,将可变电阻的阻值减少为R2=R1,此时电流表读数为1.0A,则()
A.此时流过原线圈的电流最大值为0.4A
B.此时流过原线圈的电流最大值为10A
C.原先电流表的示数为1.125A
D.原先电流表的示数为1.0A
二、选择题(本大题共5小题,每小题4分,共20分,每小题有多个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全得2分,选错或不选得0分。
)
11.某空间出现了如图所示的一组闭合电场线,方向从上向下看是顺
时针的,这可能是()
A.沿AB方向磁场在迅速增强
B.沿AB方向磁场在迅速减弱
C.沿BA方向磁场在迅速减弱
D.沿BA方向磁场在迅速增强
12.下列各图中(A、B、C选项中的虚线为转轴;D选项中O点为固定点,线圈在纸面内绕O点转动),线圈中能产生交流电的有()
A.
B.
C.
D.
13.某发电厂原来用电压为U1的交流电输电,后改用变压比为1∶50的升压变压器将电压升高为U2后输电,输送的电功率保持不变.若输电线路的电阻为R线,则下列说法中正确的是()
A.由公式
可知,提高电压后输电线上的功率损耗为原来的2500倍
B.由公式
可知,提高电压后输电线上的电流为原来的50倍
C.由公式P=I2R线可知,提高电压后输电线上的功率损耗为原来的1/2500
D.由公式
可知,提高电压后输电线上的电流为原来的1/50
14.如图所示是电表中的指针和电磁阻尼器,下列说法中正确的是()
A.1是磁铁,在2中产生涡流
B.2是磁铁,在1中产生涡流
C.该装置的作用是使指针能很快地稳定
D.该装置的作用是使指针能够转动
15.如图所示,当交流电源的电压(有效值)U=220V,频率f=50Hz,3只灯泡L
1、L2、L3的亮度相同(L无直流电阻),若将交流电
源的频率变为f=100Hz,电压不变,则( )
A.L3灯比原来亮
B.L2灯比原来亮
C.L3灯和原来一样亮
D.L1灯比原来亮
第Ⅱ卷(非选择题共50分)
三、实验题(本大题共3小题,共16分。
)
16.(4分)为确定某电子元件的特性,做如下测量.
用多用电表测量该元件的电阻,选用“×100”倍率的电阻挡测量,发现多用电表指针偏转过大,因此需选择__________倍率的电阻挡(填:
“×10”或“×1k”),并欧姆调零再进行测量,多用电表的示数如图所示,测量结果为________Ω.
17.(6分)某同学到实验室做“测定电源电动势和内阻”的实验时,发现实验桌上还有一个定值电阻R0.他设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E、内阻r和R0的阻值.实验时用U1、U2、I分别表示电表V1、V2、A的读数,并在滑动变阻器的滑片P移动到不同位置时,记录了U1、U2、I的一系列值.(已知,所有电表均为理想电表).
(1)他在同一坐标纸上分别作出U1-I、U2-I图线,如图乙所示,则U1-I图线是图中________(填A或B).
(2)定值电阻R0的计算表达式是:
R0=_______(用测得的U1、U2、I表示).
(3)若实验中没有电压表V2,你能测出的量是_______(填电动势“E”、内阻“r”或“R0”).
18.(6分)有一根粗细均匀的空心导体棒如图a所示,截面为同心圆环(如图b),其电阻约为100Ω,这种材料的电阻率为ρ.某同学用以下器材测量该导体棒的内径:
A.20分度的游标卡尺
B.螺旋测微器
C.电流表A1(量程50mA,内阻R1=100Ω)
D.电流表A2(量程100mA,内阻R2约40Ω)
E.滑动变阻器R(0~10Ω)
F.直流电源E
G.导电材料样品Rx
H.开关一只,导线若干
(1)用游标卡尺测量导体棒长度,示数记为L;用螺旋测微器测量其外径如图,示数D=____mm.
(2)请根据下面的实验原理图完成实物连接.
(3)闭合开关S,调整滑动变阻器,记录电流表A1的读数I1和电流表A2的读数I2,则导体管的内径d=____(用已知量和测量量的符号来表示).
四、计算题(本大题共3小题,共34分。
解答时必须写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的,不能得分。
有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。
)
19.(8分)如图所示,水平放置的平行板电容器两板间距为d=8cm,板长为L=25cm,接在直流电源上,有一带电液滴以v0=0.5m/s的初速度从板间的正中点水平射入,恰好做匀速直线运动,当它运动到P处时迅速将下极板向上提起4/3cm,液滴刚好打在金属板末端,g取10m/s2,求:
(1)液滴经过P点以后的加速度大小;
(2)从液滴射入开始计时,求液滴运动到P点所用时间.
20.(12分)如图所示,在x轴上方有磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场.x轴下方有磁感应强度大小为B/2,方向也为垂直纸面向里的匀强磁场.一质量为m、电荷量为-q的带电粒子(不计重力),从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出.求:
(1)射出之后经多长时间粒子再次进入x轴上方的匀强磁场?
(2)若x轴下方的匀强磁场的磁感应强度大小变为2B/3,求粒子射出后经过多长时间回到O点.
21.(14分)如图所示,倾角为θ=30°、宽度为d=1m、长为L=4m的光滑倾斜导轨,导轨C1D1、C2D2顶端接有定值电阻R0=15Ω,倾斜导轨置于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中,磁感应强度为B=5T,C1A1、C2A2是长为s=4.5m的粗糙水平轨道,A1B1、A2B2是半径为R=0.5m处于竖直平面内的1/4光滑圆环(其中B1、B2为弹性挡板),整个轨道对称.在导轨顶端垂直于导轨放一根质量为m=2kg、电阻不计的金属棒MN,当开关S闭合时,金属棒从倾斜轨道顶端静止释放,已知金属棒到达倾斜轨道底端前已达到最大速度,当金属棒刚滑到倾斜导轨底端时断开开关S,(不考虑金属棒MN经过C1、C2处和棒与B1、B2处弹性挡板碰撞时的机械能损失,整个运动过程中金属棒始终保持水平,水平导轨与金属棒MN之间的动摩擦因数为μ=0.1,g=10m/s2).求:
(1)开关闭合时金属棒滑到倾斜轨道底端时的速度大小;
(2)金属棒MN在倾斜导轨上运动的过程中,电阻R0上产生的热量Q;
(3)已知金属棒会多次经过圆环最低点A1A2,求金属棒经过圆环最低点A1A2时对轨道压力的最小值.
高二物理参考答案(理科)
一、选择题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案
A
C
B
D
B
A
C
C
A
C
BD
AC
CD
BC
CD
二、实验题
16.×1070
17.
(1)B
(2)(3)E
18.
(1)3.50
0
(2)电路如图
(3)
三、计算题
19.【答案】
(1)2m/s2
(2)0.3s
【解析】
(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力,因为液滴做匀速运动,所以有:
qE=
=mg,即:
qU=mgd.
当下极板上提后,d减小,E增大,电场力增大,故液滴向上偏转,在电场中做类平抛运动.此时液滴所受电场力F′=
=
,
此时加速度a=
=
=
g=2m/s2.
(2)因液滴刚好从金属板末端飞出,所以液滴在竖直方向上的位移是
,设液滴从P点开始在匀强电场中
的飞行时间为t1,则:
=
at
,解得t1=
=
s=0.2s,而液滴从刚进入电场到出电场时间t2=
=
s=0.5s,所以液滴从射入开始匀速运动到P点的时间t=t2-t1=0.3s.
20.【答案】
(1)
(2)
【解析】粒子射出后受洛伦兹力做匀速圆周运动,运动半个圆周后第一次到达x轴,以向下的速度v0进入x轴下方磁场,又运动半个圆周后第二次到达x轴.
(1)由牛顿第二定律qv0B=m
①
T=
②
得T1=
,T2=
,
粒子第二次到达x轴需时间t=
T1+
T2=
.
(2)粒子第二次通过x轴在出射点左侧r1,第四次通过x轴在出射点左侧2r1.因此所用时间为3T1/2+2T2/2
21.【答案】
(1)6m/s
(2)4J(3)56N,方向竖直向下
【解析】
(1)金属棒沿导轨下滑,速度增大,感应电流增大,安培力增大,加速度减小,当加速度减小到零时,金属棒受到的合外力为零,速度增加到最大,此后金属棒就以最大速度做匀速运动.对金属棒受力分析,
由力的平衡方程:
F安=mgsinθ,①
当金属棒最大速度时感应电动势E=Bdvm,②
感应电流I=
,③
安培力F安=BId,④
由①②③④解得金属棒的最大速度vm=
=6m/s,⑤
(2)金属棒MN在导轨上运动的过程中,重力势能减少,动能增加,同时产生焦耳热,由能量守恒定律可知,减少的重力势能等于增加的动能与焦耳热之和,
即:
mgLsinθ=
mvm2+Q,⑥
故金属棒MN在倾斜导轨上运动的过程中,电阻R0上产生的
热量:
Q=mgLsinθ-
mvm2=4J⑦
(3)当金属棒刚滑到倾斜导轨底端时已断开开关S,故金属棒再滑回倾斜的轨道上时,不再产生安培力。
-μmg×ns=0-
mvm2,n=4
从金属棒滑上水平轨道到第三次经过A1A2,重力做的总功为零,相当于只有摩擦力做功,由动能定理得:
-μmg×3s=
mv2-
mvm2,⑧
在A1A2对金属棒受力分析,支持力与重力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律得:
FN-mg=mv2/R,⑨
由⑧⑨,根据牛顿第三定律,金属棒对轨道的压力:
FN′=FN=
+mg=56N,方向竖直向下.⑩