威海市高二物理寒假作业精编含答案 11.docx

1、威海市高二物理寒假作业精编含答案 11威海市高二物理寒假作业精编11一、单选题（本大题共17小题，共51.0分）1. 下列物理量属于矢量的是（）A. 电势能 B. 磁感应强度 C. 电流 D. 磁通量2. 关于磁感应强度的下列说法中，正确的是（）A. 由可知，B与电流强度I成反比B. 由可知，B与电流受到的安培力F成正比C. 垂直磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度方向D. 磁感应强度的大小、方向与放入磁场的导线的电流大小、导线长度、导线取向等均无关3. 关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是（）A. 线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B. 线圈中磁通量越大，产生的感

2、应电动势一定越大C. 线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D. 线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大4. 以下说法正确的是（）A. .通电导线在磁场中一定会受到安培力的作用B. .磁铁对通电导线不会有力的作用C. .两根通电导线之间可能有斥力的作用D. .运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用5. 如图所示，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是（）A. B. C. D. 6. 如图所示为“研究感应电流产生的条件”的实验装置，下列操作中，检流计的指针不会发生偏转的是（）A. 将条形磁铁插入线圈的过程中B. 将条形磁铁从线圈中拔出的过程中C. 将条形磁铁放在线圈中不动D.

3、 将条形磁铁从图示位置向左移动的过程中7. 一金属圆环水平固定放置现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环（）A. 始终相互吸引 B. 始终相互排斥C. 先相互吸引，后相互排斥 D. 先相互排斥，后相互吸引8. 如图所示，三根通电长直导线P、O、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为L；电流均为I方向垂直纸面向里。O点为P、Q的中点，RO垂直于PQ，则O点的磁感强度方向为（）A. 方向指向x轴正方向 B. 方向指向y轴正方向C. 方向指向x轴负方向 D. 方向指向y轴负方向9. 一根通电直导线水平放置在地球赤道的上方，其中的电流方向为自

4、西向东，该导线所受地磁场的安培力方向为（）A. 竖直向上 B. 竖直向下 C. 水平向南 D. 水平向北10. 如图所示，一个水平放置的矩形线圈abcd，在细长水平磁铁的S极附近竖直下落，由位置经位置到位置位置与磁铁同一平面，位置和都很靠近，则在下落过程中，线圈中的感应电流的方向为（）A. abcda B. adcbaC. 从abcda到adcba D. 从adcba到abcda11. 如图所示电路，电源内阻不可忽略开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑片向下滑动的过程中（）A. 电压表的示数增大，电流表的示数减小B. 电压表的示数减小，电流表的示数增大C. 电压表与电流表的示数都增大D. 电压表

5、与电流表的示数都减小12. 如图，在正方形abcd范围内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场，两个电子以不同的速率，从a点沿ab方向垂直磁场方向射入磁场，其中甲电子从c点射出，乙电子从d点射出。不计重力，则甲、乙电子（）A. 速率之比1：2B. 在磁场中运行的周期之比1：2C. 速度偏转角之比为1：2D. 电子在磁场中运动时，动能和动量均不变13. 矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示。若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（）A. B. C. D. 14. 如图所示，固定于水平面上

6、的金属架abcd处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t=0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MbcN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t=0开始，磁感应强度B随时间t变化的示意图为（）A. B. C. D. 15. 在高能物理研究中，粒子回旋加速器起着重要作用，下左图为它的示意图。它由两个铝制的D形盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝。两个D形盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。右图为俯视图，在D形盒上半面中心S处有一正粒子源，它发出的正粒子，经狭缝电压加速后，进入D形盒中。在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速。如此周而复始

7、，最后到达D形盒的边缘，获得最大速度，由导出装置导出。己知正离子电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小为U，磁场的磁感应强度大小为B，D形盒的半径为R每次加速的时间极短，可忽略不计。正粒子从离子源出发时的初速度为零，不计粒子所受重力。则（）A. 高频交变电压变化的周期为B. 粒子可能获得的最大动能为C. 粒子第1次与第n次在下半盒中运动的轨道半径之比为D. 粒子在回旋加速器中的总的时间为16. 如图所示，足够长通电直导线平放在光滑水平面上并固定，电流I恒定不变。将一个金属环以初速度v0沿与导线成一定角度（90）的方向滑出，此后关于金属环在水平面内运动的分析，下列判断中正确的是（）A. 金属

8、环做曲线运动，速度先减小后增大B. 金属环做曲线运动，速度一直减小至0后静止C. 金属环做直线运动，速度一直减小至0后静止D. 金属环最终做匀速直线运动，运动方向与直导线平行17. 在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（）A. 将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B. 在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C. 将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流的变化D. 绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化二、多选题（

9、本大题共3小题，共9.0分）18. 如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r。当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L都恰能正常工作。已知指示灯L的电阻为R0，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，则下列说法中正确的是（）A. 电动机的额定电压为IRB. 电动机的输出功率为IE-I2RC. 电源的输出功率为IE-I2rD. 整个电路的热功率为I2（R0+R+r）19. 指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说明正确的是（）A. 指南针可以仅具有一个磁极B. 指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C. 仅受地磁场作用的指南针，指向南方的磁极是指南针的南极D. .在指南针正上方附近沿指针方向

10、放置一直导线，导线通电时指南针不偏转20. 如图所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连结成闭合回路。线圈的半径为r1在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0导线的电阻不计。则A. 流经电阻R1中的电流方向为b到aB. 回路中感应电动势的大小为C. 回路中感应电流大小为D. a与b之间的电势差为三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）21. 如图中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为_mm，_mm。22. 用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T

11、。请根据下列步骤完成电阻测量：旋动部件_，使指针对准电流的“0”刻线。将K旋转到电阻挡“100”的位置。将插入“+”、“-”插孔的表笔短接，旋动部件_，使指针对准电阻的_（填“0刻线”或“刻线”）。将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_的顺序进行操作，再完成读数测量。A将K旋转到电阻挡”1K”的位置B将K旋转到电阻挡”10”的位置C将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准。四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）23. 在测定金属的电阻率的实验中，待测金属导线的长约0

12、.8m，直径小于1mm，电阻在5左右。实验主要步骤如图：（1）用刻度尺测量金属导线的长度，测3次，求出平均值l；（2）在金属导线的3个不同位置上用螺旋测微器测量直径，求出平均值d；（3）用伏安法测量该金属导线的电阻R。在左边方框中画出实验电路图_，并把右图中所给的器材连线补充完整_。安培计要求用0-0.6A量程，内阻约1；伏特计要求用0-3V量程，内阻约几k；电源电动势为6V；滑动变阻器最大阻值20根据以上测量值，得到该种金属电阻率的表达式为=_。24. 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻要求尽量减小实验误差（1）应该选择的实验电路是图1中的_（选项“甲”或“乙”）（2）现有电流

13、表、开关和导线若干，以及以下器材：A电压表（015V） B电压表（03V）C滑动变阻器（050） D滑动变阻器（0500），实验中电压表应选用_；滑动变阻器应选用_；（选填相应器材前的字母）（3）某位同学记录的6组数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U-I图线序号123456电压U（V）1.451.401.301.251.201.10电流（A）0.0600.1200.2400.2600.3600.480（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的电动势E=_v，内电阻r=_（5）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U以及干电池的输出

14、功率P都会发生变化图3的各示意图中正确反映P-U关系的是_五、计算题（本大题共4小题，共40.0分）25. 如图所示，质量为m的导体棒MN静止在水平导轨上，导体棒与导轨宽度同为L，己知电源的电动势为E，内阻为r，导体棒的电阻为R，其余部分与接触电阻不计，磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度为B，求：（1）导体棒受的安培力大小和方向：（2）轨道对导体棒的支持力和摩擦力大小。26. 在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中有一个长方形金属线圈abcd，匝数n=10，ad边长L1=2m，ab边长L2=3m。线圈的ad边与磁场的左侧边界重合，如图所示，线圈的电阻R=4用外力把线圈从左侧边界匀速平移出磁场，

15、速度大小为v=2m/s。试求在线圈匀速平移出磁场的过程中：（1）线圈产生的电动势E大小；（2）b、c两点间的电势差Ubc；（3）外力对线圈所做的功W；（4）通过线圈导线某截面的电量q。27. 如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边夹角=30、大小为v0（未知量）的带正电粒子，己知粒子质量为m，电量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求：（1）若粒子恰好不能从磁场下边界射出，求粒子的入射速度大小V01；（2）若粒子恰好沿磁场上边界切线射出，求粒子的入射速度大小V02。（3）若带电粒

16、子的速度v0大小可取任意值，求粒子在磁场中运动的最长时间。28. 利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图1，将一金属或半导体薄片垂直置于磁场B中，在薄片的两个侧面a、b间通以电流I时，另外两侧c、f间产生电势差（霍尔电压），这一现象称为霍尔效应。其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，于是c、f间建立起电场EH，同时产生霍尔电压UH当电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，EH和UH达到稳定值。（1）设半导体薄片的宽度（c、f间距）为1，请写出UH和EH的关系式；若半导体材料是电子导电的，请判断图1中c、f哪端的电势高；（2）已知半导体薄片内单位

17、体积中导电的自由电荷数为n，每个电荷量为q。理论表明霍尔电压UH的大小与I和B以及霍尔元件厚度d、材料的性质有关。试推导出UH的表达式，并指出表达式中体现材料性质的物理量；（3）图2是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌装着m个永磁体，相邻永磁体的极性相反。霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近。当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉动信号图象如图3所示。若在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，请导出圆盘转速N的表达式。答案和解析1.【答案】B【解析】解：矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。电势能、磁通量都是标量，由于电流运算时不遵守矢量运算

18、法则：平行四边形定则，所以电流也是标量，磁感应强度是矢量，故ACD错误，B正确。故选：B。矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则2.【答案】D【解析】解：AB、磁感应强度是采用比值法定义的，B与F、I无关，由磁场本身属性决定，故AB错误；C、垂直于磁场方向放置的通电导线的受力方向与磁感应强度的方向垂直。故C错误。D、磁感应强度描述磁场本身的强弱和方向，大小、方向与放入其中的通电导线的电流大小、导线长度、导线取向等均无关，由磁场本身属性决定。故D正确。

19、故选：D。在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱。将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比。但这属于比值定义法。即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定。磁感应强度描述磁场本身的强弱和方向，磁感应强度的大小与通电导线中的电流、所受磁场力的大小无关。磁感线上某点的切线方向表示该点的磁感应强度的方向3.【答案】D【解析】解：根据法拉第电磁感应定律E=n得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比。A、磁通量变化越大，则不知磁通量的变化时间，故，不一定越大，故A错误；B、磁通量越大，是大，但及，则不一定大，故B错误；

20、C、虽然磁感应强度越强的磁场中，但可能是定值，产生的感应电动势可能不变，故C错误；D、磁通量变化的快慢用，表示磁通量变化得快，则，比值就大，根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故正确D。故选：D。对法拉第电磁感应定律的理解E=n，注意区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率磁通量=BS，磁通量的变化=2-1，磁通量的变化率是磁通量的变化和所用时间的比值，法拉第电磁感应定律告诉我们感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比正确理解磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率是解决本题的关键4.【答案】C【解析】解：A、通电导线在磁场中平行磁场方向放置时不受安培力，故A错误；B、磁铁的周围存在磁场

21、，磁场与通电导线不平行时，通电导线有安培力的作用，故B错误；C、两根通电导线如果电流方向相同，则存在引力作用，如果电流方向相反，则存在斥力作用，故C正确；D、若运动电荷的速度方向与磁感线的方向平行，则运动电荷不受洛伦兹力的作用。故D错误；故选：C。当磁场与通电导线成一定角度放置时，会受到安培力的作用；通电导线如果电流方向相同，则存在引力作用，如果电流方向相反，则存在斥力作用；若运动电荷的速度方向与磁感线的方向平行，则运动电荷不受洛伦兹力的作用。本题考查对物理概念、规律条件的理解能力。关键是要注意，通电导线与带电粒子受不受磁场力与在磁场的方向有关。5.【答案】B【解析】解：根据左手定则可知：A图

22、中安培力向下，故A错误；B图中安培力向下，故B正确；C图中安培力向下，故C错误；D图中垂直于电流和磁场向外，故D错误。故选：B。正确应用左手定则是解答本题的关键，在应用时为防止手忙脚乱，可以先让四指和电流方向一致，然后通过旋转手让磁感线穿过手心，从而进一步确定大拇指的指向即安培力方向要熟练应用左手定则判断安培力方向一定平时多加练习，同时注意磁场、电流方向的表示方法6.【答案】C【解析】解：A、将条形磁铁插入线圈的过程中，穿过闭合回路的磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生偏转，故A错误；B、将条形磁铁从线圈中拔出的过程中，穿过闭合回路的磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生偏转，故B错误；C、

23、将条形磁铁放在线圈中不动，穿过闭合回路的磁通量不发生变化，不产生感应电流，指针不偏转，故C正确；D、将条形磁铁从图示位置向左移动的过程中，穿过闭合回路的磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生偏转，故D错误；本题选指针不会发生偏转的，故选：C。穿过闭合回路的磁通量变化时，闭合回路产生感应电流，根据感应电流产生的条件分析答题本题考查了判断检流计指针是否发生偏转，知道感应电流产生的条件即可正确解题7.【答案】D【解析】解：因圆环从开始下降到达磁铁中间时，磁通量一直增大；而当从中间向下运动时，磁通量减小时；则由楞次定律可知，当条形磁铁靠近圆环时，感应电流阻碍其靠近，是排斥力；当磁铁穿过圆环远离圆环时，

24、感应电流阻碍其远离，是吸引力，故先相互排斥，后相互吸引；故选：D。分析圆环在下降过程中穿过圆环的磁通量的变化，再由楞次定律可知圆环与磁铁间的相互作用当考查发生电磁感应时的相互作用时，可以直接利用楞次定律的第二种描述：来拒去留8.【答案】C【解析】解：P、Q两根导线距离0点的距离相等，根据安培定则，在O点产生的磁场方向相反，大小相等，合场强为零，所以合场强等于R在O点产生的场强，根据安培定则，方向沿x轴负方向，故ABD错误，C正确；故选：C。由安培定则判断出R、P、Q在O点产生的磁场的方向，然后使用矢量合成的方法求出O点的合磁场的方向，再由左手定则判断出q受到的洛伦兹力的方向。要注意解题步骤，先

25、矢量合成的方法求出O点的和磁场强度，然后由左手定则判断出洛伦兹力的方向。9.【答案】A【解析】解：赤道处的磁场方向从南向北，电流方向自西向东，根据左手定则，安培力的方向竖直向上。故A正确，BCD错误。故选：A。通过磁场方向、电流方向，根据左手定则判断安培力的方向。解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系。10.【答案】B【解析】解：如图所示，线圈从位置1到位置2的过程中，穿过线圈方向向下的磁通量减小，则产生感应电流；根据楞次定律，感应电流的磁场的方向向下，属于感应电流的方向为adcba方向；线圈从位置2到位置3的过程中，穿过线圈向上的磁通量增加，所以感应电流的磁场的方

26、向向下，产生感应电流的方向为adcba方向。所以整个过程中感应电流的方向始终都是沿adcba方向。故B选项正确，ACD错误。故选：B。结合磁场的特点与线圈的位置变化，先判断出穿过线圈的磁通量发生变化，然后可以根据楞次定律来确定感应电流的方向本题考查楞次定律的应用，要注意明确原磁场与感应电流的磁场间的关系，明确“增反减同”的正确应用11.【答案】D【解析】解：当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则电流表示

27、数减小，故D正确，ABC错误；故选：D。由电路图看出：R2与R0并联后与R1串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化12.【答案】C【解析】解：A、设磁场边长为a，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有，解得：，两个粒子的运动轨迹如图所示粒子甲从c点离开，其半径为a；粒子乙从d离开，半径为，则速率之比为，故

28、A错误；B、粒子的运行周期，故B错误；C、由图可知，甲粒子的偏转角是90，乙粒子的偏转角是180，速度偏转角之比为1：2，故C正确；D、根据动能，得动能之比为，根据动量P=mv，得，故D错误；故选：C。带电粒子在磁场中做圆周运动，由几何知识可分别求得从c点和d点飞出的粒子的半径和偏转角，则由向心力公式可求得各自的速率及比值；由转动的角度可知运动时间之比，动能和动量的表达式分别比较两个粒子的动能和动量。带电粒子在磁场中做圆周运动，由几何知识可分别求得从c点和d点飞出的粒子的半径和偏转角，则由向心力公式可求得各自的速率及比值；根据动能和动量的表达式分别比较两个粒子的动能和动量有没有变化。13.【答

29、案】D【解析】解：由图可知，0-1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1-2s内电路中的电流为顺时针，2-3s内，电路中的电流为顺时针，3-4s内，电路中的电流为逆时针，由E=可知，电路中电流大小恒定不变。故选：D。由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；本题要求学生能正确理解B-t图的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定。14.【答案】C【解析】解：当通过闭合回路的磁通量不变，则MN棒中不产生感应电流，有：B0L

30、2=BL（L+vt）所以：B=由表达式可知，随着t的增加B减小，且B减小的越来越慢，故C正确，ABD错误。故选：C。只要通过闭合回路的磁通量不变，则MN棒中不产生感应电流，抓住磁通量不变，求出B随时间t变化的关系，即可选择图象解决本题的关键抓住通过闭合回路的磁通量不变，MN棒中就不产生感应电流15.【答案】C【解析】解：A、加速电场变化的周期与粒子在磁场中运动周期相等，则有：，故A错误；B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有，解得，粒子获得的最大动能，故B错误；C、粒子在电场中第一次加速，则有，解得，则粒子以v1第一次在下半盒中运动，根据，解得；粒子在第n次进入下半盒运动前，已在电场中加速了（2n-1）次，则有，解得，则半径为，故半径之比为，故C正确；D、粒子在加速器中运动的总时间为，故D错误；故选：C。加速电场变化的周期与粒子在磁场中运动周期相等才