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高二物理寒假作业一电场1.带正电荷的小球只受到电场力作用从静止开始运动,它在任意一段时间内 A.一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B.一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C.不一定沿电场线运动,但一定由高电势处向低电势处运动D.不一定沿电场线运动,也不一定由高电势处向低电势处运动2.使两个完全相同的金属小球均可视为点电荷分别带上-3Q和+5Q的电荷后,将它们固定在相距为a的两点,它们之间库仑力的大小为F
1.现用绝缘工具使两小球相互接触后,再将它们固定在相距为2a的两点,它们之间库仑力的大小为F
2.则F1与F2之比为 A.2∶1 B.4∶1C.16∶1D.60∶13.A、B、C是匀强电场中的三个点,各点电势φA=10V,φB=2V,φC=6V,A、B、C三点在同一平面上,如图所示,关于A、B、C三点的位置及电场强度的方向表示正确的是 4.电场中有A、B两点,A点的电势φA=30V,B点的电势φB=10V,一个电子由A点运动到B点的过程中,下列说法中正确的是 A.电场力对电子做功20eV,电子的电势能减少了20eVB.电力克服电场力做功20eV,电子的电势能减少了20eVC.电场力对电子做功20eV,电子的电势能增加了20eVD.电子克服电场力做功20eV,电子的电势能增加了20eV5.如下图所示,正电荷q在电场中由P向Q做加速运动,而且加速度越来越大,由此可以判定,它所在的电场是图中的 6.如下图所示,电路中A、B为两块竖直放置的金属板,C是一只静电计,开关S合上后,静电计指针张开一个角度,下述做法可使静电计指针张角增大的是 A.使A、B两板靠近一些B.使A、B两板正对面积减小一些C.断开S后,使B板向右平移一些D.断开S后,使A、B正对面积减小一些
7.如右图所示,光滑绝缘水平面上有三个带电小球a,b,c可视为点电荷,三球沿一条直线摆放,仅在它们之间的静电力作用下静止,则以下判断正确的是 A.a对b的静电力一定是引力B.a对b的静电力可能是斥力C.a的电量可能比b少D.a的电量一定比b多8.如图所示,图中实线表示一匀强电场的电场线,一带负电荷的粒子射入电场,虚线是它的运动轨迹,a、b是轨迹上的两点,若粒子所受重力不计,则下列判断正确的是 A.电场线方向向下B.粒子一定从a点运动到b点C.a点电势比b点电势高D.粒子在a点的电势能大于在b点的电势能9.示波管是一种多功能电学仪器,它的工作原理可以等效成下列情况如下图所示,真空室中电极K发出电子初速度不计,经过电压为U1的加速电场后,由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中.金属板长为L,相距为d,当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点.已知电子的质量为m、电荷量为e,不计电子重力,下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是 A.U1变大,U2变大 B.U1变小,U2变大C.U1变大,U2变小D.U1变小,U2变小10.下图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线,两粒子M、N质量相等,所带电荷的绝对值也相等.现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出,两粒子在电场中运动的轨迹分别如右图中两条实线所示.点a、b、c为实线与虚线的交点.已知O点电势高于c点,若不计重力,则 A.M带负电荷,N带正电荷B.N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C.N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D.M在从O点运动至b点的过程中,电场力对它做的功等于零11.对电容C=,以下说法正确的是 A.电容器带电荷量越大,电容就越大B.对于固定电容器,它的带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变C.可变电容器的带电荷量跟加在两极板间的电压成反比D.如果一个电容器没有电压,就没有带电荷量,也就没有电容12.如下图所示的真空空间中,仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷,则图中a、b两点电场强度和电势均相同的是 13.在静电场中,将一电子由a点移到b点,电场力做功5eV,则下列结论错误的是 A.电场强度的方向一定是由b到aB.a、b两点间的电压是5VC.电子的电势能减少了5eVD.因零电势点未确定,故不能确定a、b两点的电势14.两块水平放置的平行金属板,带等量异种电荷,一个带电油滴恰悬浮在平行板间.如果使油滴产生大小等于的加速度,两板电荷量应是原来的 A.2倍 B.C.倍D.15.如下图所示,水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电介质小球a、b,左边放一个带正电的固定球+Q时,两悬球都保持竖直方向.下面说法正确的是 A.a球带正电,b球带正电,并且a球带电荷量较大B.a球带负电,b球带正电,并且a球带电荷量较小C.a球带负电,b球带正电,并且a球带电荷量较大D.a球带正电,b球带负电,并且a球带电荷量较小
16.如右图所示,AB是某点电荷电场中一条电场线,在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时,它沿直线向B点处运动,对此现象下列判断正确的是不计电荷重力 A.电荷向B做匀加速运动B.电荷向B做加速度越来越小的运动C.电荷向B做加速度越来越大的运动D.电荷向B做加速运动,加速度的变化情况不能确定17.如下图为一匀强电场,某带电粒子从A点运动到B点.在这一运动过程中克服重力做的功为
2.0J,电场力做的功为
1.5J.则下列说法正确的是 A.粒子带负电B.粒子在A点的电势能比在B点少
1.5JC.粒子在A点的动能比在B点多
0.5JD.粒子在A点的机械能比在B点少
1.5J18.如下图所示,在一个水平方向平行纸面方向的匀强电场中.用上端固定,长为L的绝缘细线,拴一质量为m、电荷量为q的小球,开始时将细线拉至水平至A点,突然松开后,小球由静止开始向下摆动,当细线转过60°角到B点时,速度恰好为零,求A、B两点间的电势差UAB的大小.19.把带电荷量2×10-8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点,要克服电场力做功8×10-6J,若把该电荷从无限远处移到电场中B点,需克服电场力做功2×10-6J,求1A点的电势;2A、B两点的电势差;3把2×10-5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功.20.一束电子流在经U=5000V的加速电压加速后,在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场,如右图所示,若两板间距离d=
1.0cm,板长l=
5.0cm,那么,要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最大能加多大电压?21.如图所示,两块竖直放置的平行金属板A、B相距为d,两板间电压为U,一质量为m的带电小球从两板间的M点开始以竖直向上的初速度v0运动,当它到达电场中的N点时速度变为水平方向,大小变为2v0,求M、N两点间的电势差和电场力对带电小球所做的功.不计带电小球对金属板上的电荷均匀分布的影响,设重力加速度为g22.如下图所示,有一水平向左的匀强电场,场强为E=
1.25×104N/C,一根长L=
1.5m、与水平方向的夹角为θ=37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中,杆的下端M固定一个带电小球A,电荷量Q=+
4.5×10-6C;另一带电小球B穿在杆上可自由滑动,电荷量q=+
1.0×10-6C,质量m=
1.0×10-2kg.现将小球B从杆的上端N静止释放,小球B开始运动.静电力常量k=
9.0×109N·m2/C2,取g=10m/s2,sin37°=
0.6,cos37°=
0.8求新课标第一网1小球B开始运动时的加速度为多大?2小球B的速度最大时,与M端的距离r为多大?高二物理寒假作业
(二)直流电路班号姓名1.导体的电阻是导体本身的一种性质,对于同种材料的导体,下列表述正确的是 A.横截面积一定,电阻与导体的长度成正比B.长度一定,电阻与导体的横截面积成正比C.电压一定,电阻与通过导体的电流成反比D.电流一定,电阻与导体两端的电压成正比2.如下图所示,要使电阻R1消耗的功率最大,应该把电阻R2的阻值调节到 A.R1+r B.R1-rC.rD.03.有三个电阻,R1=2Ω,R2=3Ω,R3=4Ω,现把它们并联起来接入电路,则通过它们的电流之比为I1∶I2∶I3是 A.6∶4∶3B.3∶4∶6C.2∶3∶4D.4∶3∶24.如图所示,电流表A10~3A和A20~
0.6A是由两个相同的灵敏电流计改装而成,现将这两个电流表并联后接入电路中.闭合开关S,调节滑动变阻器,下列说法中正确的是 A.A
1、A2的读数之比为1∶1B.A
1、A2的读数之比为5∶1C.A
1、A2的指针偏转角度之比为1∶1D.A
1、A2的指针偏转角度之比为1∶55.用P=求出的“220V40W”灯泡电阻为1210Ω,用多用电表测得其电阻只有90Ω,下列说法中正确的是 A.两个阻值相差悬殊是不正常的,一定是测量时读错了数据B.两个阻值相差悬殊是正常的,因为欧姆表测电阻的误差大C.两个阻值相差悬殊是不正常的,可能出厂时把灯泡的功率标错了D.两个阻值相差悬殊是正常的,1210Ω是正常工作状态温度很高的阻值,90Ω是常温下的阻值6.公式E=IR+r的应用,电动势为3V的电池,输出电流为3A,由此可知 A.内、外电阻相差1ΩB.内、外电阻之和为1ΩC.外电阻为1ΩD.内电阻为1Ω7.如下图所示,电灯A上标有“10V10W”的字样,电灯B上标有“8V20W”的字样,滑动变阻器的总电阻为6Ω,当滑动触头由a端向b端滑动的过程中不考虑电灯电阻的变化,则 A.电流表示数一直减小,电压表示数一直增大B.电流表示数一直增大,电压表示数一直减小C.电流表示数先增大后减小,电压表示数先减小后增大D.电流表示数先减小后增大,电压表示数先增大后减小
8.如右图所示,一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电源上,电源电动势E=30V,内阻r=1Ω,用理想电压表测出电动机两端电压U=10V,已知电动机线圈电阻RM=1Ω,则下列说法中正确的是 A.通过电动机的电流为10AB.电动机的输入功率为20WC.电动机的热功率为4WD.电动机的输出功率为16W9.电阻R和电动机M串联接到电路中,如右图所示,已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等,电键接通后,电动机正常工作.设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2,经过时间t,电流通过电阻R做功为W1,产生热量为Q1,电流通过电动机做功为W2,产生热量为Q
2.则有 A.U1<U2,Q1=Q2 B.U1=U2,Q1=Q2C.W1=W2,Q1>Q2D.W1<W2,Q1<Q210.两个用同种材料制成的均匀导体A、B,其质量相同,当它们接入电压相同的电路时,其电流之比IA∶IB=1∶4,则横截面积之比SA∶SB为 A.1∶2B.2∶1C.1∶4D.4∶111.如图所示,当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时,三个灯泡亮度的变化情况是 A.L1变亮,L2和L3皆变暗B.L1变亮,L2不能确定,L3变暗C.L1变暗,L2变亮,L3也变亮D.L1变亮,L2变亮,L3变暗12.有一只电熨斗,内部电路如图甲所示,其中M为旋钮的内部接线端子,旋钮有“高”、“中”、“低”、“关”四个挡,每个挡内部接线有如图乙中所示的四种方式,下列判断中正确的是 A.a方式为“高”挡B.b方式为“低”挡C.c方式为“关”挡D.d方式为“中”挡13.在如右图所示的电路中,电源电动势为E,内电阻为r,闭合开关S,待电流达到稳定后,电流表示数为I,电压表示数为U,电容器C所带电荷量为Q.将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些,待电流达到稳定后,则与P移动前相比 A.U变小B.I变小C.Q不变D.Q减小14.如下图所示的电路中,E为电源,其内阻为r,L为小灯泡其灯丝电阻可视为不变,R
1、R2为定值电阻,R3为光敏电阻,其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小,为理想电压表.若将照射R3的光的强度减弱,则 A.电压表的示数变大B.小灯泡消耗的功率变小C.通过R2的电流变小D.电源内阻消耗的电压变大15.如下图所示的电路来测量电池电动势和内电阻,根据测得的数据作出了如下图所示的U-I图线,由图可知 A.电池电动势的测量值为
1.40VB.电池内阻的测量值为
3.50ΩC.外电路发生短路时的电流为
0.40AD.电压表的示数为
1.20V时,电流表的示数I′=
0.20A16.如右图所示,电源电动势为E,内电阻为r,平行板电容器两金属板水平放置,开关S是闭合的,两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态,G为灵敏电流计.则以下说法正确的是 A.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴向上加速运动,G中有从b到a的电流B.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中,油滴向下加速运动,G中有从b到a的电流C.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴仍然静止,G中有从a到b的电流D.在将S断开后,油滴仍保持静止状态,G中无电流通过17.利用右图所示电路可以测出电压表的内阻.已知电源的内阻可以忽略不计,R为电阻箱.闭合开关,当R取不同阻值时,电压表对应有不同读数U.多次改变电阻箱的阻值,所得到的-R图象应该是 18.某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时,所用滑动变阻器的阻值范围为0~20Ω,连接电路的实物图如下图所示.1该学生接线中错误的和不规范的做法是________.A.滑动变阻器不起变阻作用B.电流表接线有错C.电压表量程选用不当D.电压表接线不妥2在下面方框里画出这个实验的正确电路图.19.在测定金属电阻率的实验中,某同学连接电路如图所示.闭合电键后,发现电路有故障已知电源、电表和导线均完好,电源电动势为E1若电流表示数为零、电压表示数为E,则发生故障的是________填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“电键”.2若电流表、电压表示数均为零,该同学利用多用电表检查故障.先将选择开关旋至________挡填“欧姆×100”“直流电压10V”或“直流电流
2.5mA”,再将________填“红”或“黑”表笔固定在a接线柱,把另一支表笔依次接b、c、d接线柱.若只有滑动变阻器断路,则多用电表的示数依次是________、________、________.20.在“测定电源的电动势和内阻”的实验中,已连接好部分实验电路.1按如图甲所示的实验电路,把图乙中剩余的电路连接起来.2在图乙的电路中,为避免烧坏电表,闭合开关前,滑动变阻器的滑片应置于________端选填“A”或“B”.3右图是根据实验数据作出的U-I图象,由图可知,电源的电动势E=________V,内阻r=____________Ω.21.如图所示,电源电动势为12V,内电阻为r=1Ω,R1=1Ω,R2=6Ω,电动机线圈电阻为
0.5Ω,若开关闭合后通过电源的电流为3A,则R1上消耗的电功率为多少?电动机消耗的电功率为多少?22.在如下图甲所示的电路中,电阻R1和R2都是纯电阻,它们的伏安特性曲线分别如下图乙中Oa、Ob所示.现在电路两端B、C之间加上恒定的电压U0=
7.0V.调节调动变阻器R3,使电阻R1和R2消耗的电功率恰好相等,求此时电阻R1和R2的阻值为多大?R3接入电路的阻值为多大? 23.如图所示的电路中,电源电动势E=6V,内阻r=1Ω,电阻R1=3Ω,R2=6Ω,电容器的电容C=
3.6μF,二极管D具有单向导电性,开始时,开关S1闭合,S2断开
(1)合上S2,待电路稳定以后,求电容器C上电量变化了多少?
(2)合上S2,待电路稳定以后再断开S1,求断开S1后流过R1的电量是多少?
24.如图所示的电路中,R1=3Ω,R2=6Ω,R3=
1.5Ω,C=20μF当开关S断开时,电源所释放的总功率为2W;当开关S闭合时,电源所释放的总功率为4W求:1电源的电动势和内电阻;2闭合S时,电源的输出功率;3S断开和闭合时,电容器所带的电荷量各是多少高二物理寒假作业
(三)磁场班号姓名1.下列关于电场线和磁感线的说法正确的是 A.二者均为假想的线,实际上并不存在B.实验中常用铁屑来模拟磁感线形状,因此磁感线是真实存在的C.任意两条磁感线不相交,电场线也是D.磁感线是闭合曲线,电场线是不闭合的2.关于磁通量,正确的说法有 A.磁通量不仅有大小而且有方向,是矢量B.在匀强磁场中,a线圈面积比b线圈面积大,则穿过a线圈的磁通量一定比穿过b线圈的大C.磁通量大,磁感应强度不一定大D.把某线圈放在磁场中的M、N两点,若放在M处的磁通量比在N处的大,则M处的磁感应强度一定比N处大
3.长直导线AB附近,有一带正电的小球,用绝缘丝线悬挂在M点,当导线通以如右图所示的恒定电流时,下列说法正确的是 A.小球受磁场力作用,方向与导线AB垂直且指向纸里B.小球受磁场力作用,方向与导线AB垂直且指向纸外C.小球受磁场力作用,方向与导线AB垂直向左D.小球不受磁场力作用4.下列说法中正确的是 A.运动电荷不受洛伦兹力的地方一定没有磁场B.如果把+q改为-q,且速度反向,大小不变,则洛伦兹力的大小、方向均不变C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直,磁场方向也一定与电荷速度方向垂直D.粒子在只受洛伦兹力作用时运动的动能不变5.磁体之间的相互作用是通过磁场发生的.对磁场认识正确的是 A.磁感线有可能出现相交的情况B.磁感线总是由N极出发指向S极C.某点磁场的方向与放在该点小磁针静止时N极所指方向一致D.若在某区域内通电导线不受磁场力的作用,则该区域的磁感应强度一定为零
6.如右图所示,直导线处于足够大的磁场中,与磁感线成θ=30°角,导线中通过的电流为I,为了增大导线所受的安培力,可采取的办法是 A.增大电流IB.增加直导线的长度C.使导线在纸面内顺时针转30°角D.使导线在纸面内逆时针转60°角7.如下图是质谱仪的工作原理示意图.带电粒子被加速电场加速后,进入速度选择器.速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A
2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场.下列表述正确的是 A.质谱仪是分析同位素的重要工具B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/BD.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的荷质比越小8.如右图所示,一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一质量为m,电荷量为q的正电荷重力忽略不计以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场,从磁场中射出时速度方向改变了θ角.磁场的磁感应强度大小为 A.B.C.D.9.如图所示,条形磁铁竖直放置,一水平圆环从磁铁上方位置Ⅰ向下运动,到达磁铁上端位置Ⅱ,套在磁铁上到达中部Ⅲ,再到磁铁下端位置Ⅳ,再到下方Ⅴ.磁铁从Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ→Ⅴ过程中,穿过圆环的磁通量变化情况是 A.变大,变小,变大,变小B.变大,变大,变小,变小C.变大,不变,不变,变小D.变小,变小,变大,变大10.如上图所示,螺线管中通有电流,如果在图中的a、b、c三个位置上各放一个小磁针,其中a在螺线管内部,则 A.放在a处的小磁针的N极向左B.放在b处的小磁针的N极向右C.放在c处的小磁针的S极向右D.放在a处的小磁针的N极向右11.如上图所示,一根有质量的金属棒MN,两端用细软导线连接后悬于a、b两点,棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中,棒中通有电流,方向从M流向N,此时悬线上有拉力,为了使拉力等于零,可以 A.适当减小磁感应强度 B.使磁场反向C.适当增大电流D.使电流反向12.如图所示,两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上,但能自由移动,若两线圈内通以大小不等的同向电流,则它们的运动情况是 A.都绕圆柱转动B.以不等的加速度相向运动C.以相等的加速度相向运动D.以相等的加速度背向运动13.如图所示,竖直放置的平行板电容器,A板接电源正极,B板接电源负极,在电容器中加一与电场方向垂直的、水平向里的匀强磁场.一批带正电的微粒从A板中点小孔C射入,射入的速度大小方向各不相同,考虑微粒所受重力,微粒在平行板A、B间运动过程中 A.所有微粒的动能都将增加B.所有微粒的机械能都将不变C.有的微粒可以做匀速圆周运动D.有的微粒可能做匀速直线运动14.电子以垂直于匀强磁场的速度v,从a点进入长为d,宽为L的磁场区域,偏转后从b点离开磁场,如上图所示,若磁场的磁感应强度为B,那么 A.电子在磁场中的运动时间t=d/vB.电子在磁场中的运动时间t=/vC.洛伦兹力对电子做的功是W=Bev2tD.电子在b点的速度值也为v15.如下图所示,质量为m,带电荷量为-q的微粒以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里.如果微粒做匀速直线运动,则下列说法正确的是 A.微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B.微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用C.匀强电场的电场强度E=D.匀强磁场的磁感应强度B=16.某电子以固定的正电荷为圆心在匀强磁场中作匀速圆周运动,磁场方向垂直于它的运动平面,电子所受正电荷的电场力恰好是磁场对它的作用力的3倍,若电子电荷量为e,质量为m,磁感应强度为B,那么电子运动的可能角速度是 A.B.C.D.17.如图所示,在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子重力不计从AB边的中点O以速度v进入磁场,粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°,若要使粒子能从AC边穿出磁场,则匀强磁场的大小B需满足 A.B>B.B<C.B>D.B<18.据报道,最近已研制出一种可以投入使用的电磁轨道炮,其原理如图所示.炮弹可视为长方形导体置于两固定的平行导轨之间,并与轨道壁密接.开始时炮弹在导轨的一端,通电流后炮弹会被磁场力加速,最后从位于导轨另一端的出口高速射出.设两导轨之间的距离d=
0.10m,导轨长L=
5.0m,炮弹质量m=
0.30kg.导轨上的电流I的方向如图中的箭头所示.可认为,炮弹在轨道内运动时,它所在处磁场的磁感应强度始终为B=
2.0T,方向垂直于纸面向里.若炮弹出口速度为v=
2.0×103m/s,求通过导轨的电流I.忽略摩擦力与重力的影响.19.如下图所示,宽度为d的有界匀强磁场,磁感应强度为B,MM′和NN′是它的两条边界.现在质量为m,电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入.要使粒子不能从边界NN′射出,则粒子入射速率v的最大值可能是多少?20.如图所示的装置,左半部为速度选择器,右半部为匀强的偏转电场.一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器,能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子,又沿着与电场垂直的方向,立即进入场强大小为E的偏转电场,最后打在照相底片D上.已知同位素离子的电荷量为qq0,速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场,照相底片D与狭缝S
1、S2的连线平行且距离为L,忽略重力的影响.1求从狭缝S2射出的离子速度v0的大小;2若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为x,求出x与离子质量m之间的关系式用E
0、B
0、E、q、m、L表示.21.如图所示,AB为一段光滑绝缘水平轨道,BCD为一段光滑的圆弧轨道,半径为R,今有一质量为m、带电荷量为+q的绝缘小球,以速度v0从A点向B点运动,后又沿弧BC做圆周运动,到C点后由于v0较小,故难运动到最高点.如果当其运动至C点时,忽然在轨道区域加一匀强电场和匀强磁场,使其能运动到最高点,此时轨道弹力为零,且贴着轨道做匀速圆周运动,求1匀强电场的方向和强度;2磁场的方向和磁感应强度.3小球到达轨道的末端点D后,将做什么运动?22.图中左边有一对平行金属板,两板相距为d,电压为U,两板之间有匀强磁场,磁感应强度大小为B0,方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里.图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域,区域内也存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面朝里.一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间,沿同一方向射出平行金属板之间的区域,并沿直径EF方向射入磁场区域,最后从圆形区域边界上的G点射出.已知弧所对应的圆心角为θ,不计重力.求1离子速度的大小;2离子的质量.新课标第一网高二物理寒假作业
(四)电磁感应班号姓名1.如下图所示为用导线做成的圆形回路与一直导线构成的几种位置组合A、B、C中直导线都与圆形线圈在同一平面内,O点为线圈的圆心,D中直导线与圆形线圈垂直,并与中心轴重合,其中当切断直导线中的电流时,闭合回路中会有感应电流产生的是 2.在空间某处存在一变化的磁场,则 A.在磁场中放一闭合线圈,线圈中一定会产生感应电流B.在磁场中放一闭合线圈,线圈中不一定产生感应电流C.在磁场中不放闭合线圈,在变化的磁场周围一定不会产生电场D.在磁场中不放闭合线圈,在变化的磁场周围一定会产生电场
3.如右图所示,虚线框内有匀强磁场,大环和小环是垂直于磁场放置的两个圆环,分别用Φ1和Φ2表示穿过大小两环的磁通量,则有 A.Φ1Φ2 B.Φ1Φ2C.Φ1=Φ2D.无法确定4.根据楞次定律知感应电流的磁场一定是 A.阻碍引起感应电流的磁通量B.与引起感应电流的磁场方向相反C.阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化D.与引起感应电流的磁场方向相同5.闭合线圈abcd运动到如下图所示的位置时,bc边所受到的磁场力的方向向下,那么线圈的运动情况是 A.向左平动进入磁场B.向右平动进入磁场C.向上平动D.向下平动6.两根通电直导线M、N都垂直纸面固定放置,通过它们的电流方向如图所示,线圈L的平面跟纸面平行,现将线圈从位置A沿M、N连线中垂线迅速平移到位置B,则在平移过程中,线圈中的感应电流 A.沿顺时针方向,且越来越小B.沿逆时针方向,且越来越大C.始终为零D.先顺时针,后逆时针7.在生产实际中,有些高压直流电路中含有自感系数很大的线圈,当电路中的开关S由闭合到断开时,线圈会产生很大的自感电动势,使开关S处产生电弧,危及操作人员的人身安全.为了避免电弧的产生,可在线圈处并联一个元件,在下列设计的方案中如图所示可行的是 8.如下图所示,由均匀导线制成的,半径为R的圆环,以v的速度匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场.当圆环运动到图示位置∠aOb=90°时,a、b两点的电势差为 A.BRvB.BRvC.BRvD.BRv9.如右图所示,在x≤0的区域内存在匀强磁场,磁场的方向垂直于xy平面纸面向里.具有一定电阻的矩形线框abcd位于xy平面内,线框的ab边与y轴重合.令线框从t=0的时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动,则线框中的感应电流I取逆时针方向的电流为正随时间t的变化图线I-t图可能是下图中的哪一个 10.如右图所示,当磁场的磁感应强度B增强时,内、外金属环上的感应电流的方向应为 A.内环顺时针,外环逆时针B.内环逆时针,外环顺时针C.内、外环均为顺时针D.内、外环均为逆时针11.如右图所示,“U”形金属框架固定在水平面上,金属杆ab与框架间无摩擦,整个装置处于竖直方向的磁场中.若因磁场的变化,使杆ab向右运动,则磁感应强度 A.方向向下并减小 B.方向向下并增大C.方向向上并增大D.方向向上并减小12.如右图所示,平行导轨间距离为L,导轨间接有电阻R,其余电阻不计,匀强磁场与轨道平面垂直,磁场的磁感应强度为B.金属杆ab长为2L,金属杆与导轨密切接触.在杆以a端为轴紧靠导轨由图示竖直位置转过90°的过程中,通过电阻R的感应电荷量为 A.0 B.C.D.13.如下图所示,A为用细绳悬吊着的圆形铜环,B为可绕其中心支点为轴转动的条形磁铁.B在A的正下方,其极性不清楚.当磁铁绕轴O以角速度ω在水平面内匀速旋转时,则铜环将会以角速度ω′转动,下列判断正确的是 A.ω′=ω,两者转向相同B.ω′>ω,两者转向相反C.ω′<ω,两者转向相同D.ω′<ω,两者转向相反14.如右图所示,线框放置在光滑的水平面上,在其中放一个矩形线圈abcd,线圈的三个边平行于线框的三条边,且相对应的两边间距相等.当线框A端接远处电源的正极,B端接电源的负极的瞬间,线圈中感应电流的方向和线圈的运动情况是 A.沿abcd,向右运动B.沿abcd,向左运动C.沿dcba,向左运动D.沿dcba,向右运动15.半径为R的圆形线圈,两端A、B接有一个平行板电容器,线圈垂直放在随时间均匀变化的匀强磁场中,如右图所示,则要使电容器所带电荷量Q增大,可以采取的措施是 A.增大电容器两极板间的距离B.增大磁感应强度的变化率C.减小线圈的半径D.改变线圈所在平面与磁场方向间的夹角
16.如图所示,多匝线圈L的电阻和电池内阻不计,两个电阻的阻值都是R,电键S原来是断开的,电流I0=,今合上电键S将一电阻短路,于是线圈有自感电动势产生,此电动势 A.有阻碍电流的作用,最后电流由I0减小到零B.有阻碍电流的作用,最后电流总小于I0C.有阻碍电流增大的作用,因而电流将保持I0不变D.有阻碍电流增大的作用,但电流最后还是增大到2I017.如图甲,在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场,磁场变化规律如图乙所示,面积为S的单匝金属线框处在磁场中,线框与电阻R相连.若金属框的电阻为,则下列说法正确的是 A.流过电阻R的感应电流由a到bB.线框cd边受到的安培力方向向下C.感应电动势大小为D.ab间电压大小为18.两根相距为L的足够长的金属直角导轨如右图所示放置,它们各有一边在同一水平面内,另一边垂直于水平面.质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路,杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ,导轨电阻不计,回路总电阻为2R.整个装置处于磁感应强度大小为B,方向竖直向上的匀强磁场中.当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时,cd杆也正好以速度v2向下匀速运动.重力加速度为g.以下说法正确的是 A.ab杆所受拉力F的大小为μmg+B.cd杆所受摩擦力为零C.回路中的电流强度为D.μ与v1大小的关系为μ=19.如图所示,质量m1=
0.1kg,电阻R1=
0.3Ω,长度l=
0.4m的导体棒ab横放在U型金属框架上.框架质量m2=
0.2kg,放在绝缘水平面上,与水平面间的动摩擦因数μ=
0.2,相距
0.4m的MM′、NN′相互平行,电阻不计且足够长.电阻R2=
0.1Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=
0.5T.垂直于ab施加F=2N的水平恒力,ab从静止开始无摩擦地运动,始终与MM′、NN′保持良好接触,当ab运动到某处时,框架开始运动.设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s
2.求框架开始运动时ab速度v的大小;新课标第一网20.如右图所示,在竖直平面内有一个“日”字形线框,线框总质量为m,每条短边长度均为l.线框横边的电阻均为r,竖直边的电阻不计.在线框的下部有一个垂直“日”字平面方向向里的磁感应强度为B的匀强磁场,磁场的高度也为l.让线框自空中一定高处自由落下,当线框下边刚进入磁场时立即做匀速运动.重力加速度为g.求1“日”字形线框做匀速运动的速度v的大小.2“日”字形线框从开始下落起,至线框上边离开磁场的过程中所经历的时间t.21.如图所示,在两条平行光滑的导轨上有一金属杆ab,外加磁场跟轨道平面垂直,导轨上连有两定值电阻R1=5Ω,R2=6Ω和滑动变阻器R0,电路中的电压表量程为0~10V,电流表的量程为0~3A,把R0调至30Ω,用F=40N的力使ab杆垂直导轨向右平移,当杆达到稳定状态时,两块电表中有一块表正好满偏,而另一块表还没有达到满偏,求此时ab杆的速度其他电阻不计.22.在光滑绝缘水平面上,电阻为
0.1Ω、质量为
0.05kg的长方形金属框abcd,以10m/s的初速度向磁感应强度B=
0.5T、方向垂直水平面向下、范围足够大的匀强磁场滑去.当金属框进入磁场到达如上图所示位置时,已产生
1.6J的热量.1在图中ab边上标出感应电流和安培力方向,并求出在图示位置时金属框的动能.2求图示位置时金属框中感应电流的功率.已知ab边长L=
0.1m新课标第一网高二物理寒假作业
(五)交流电班号姓名1.以下说法正确的是 A.发电机、电动机铭牌上所标数值为有效值B.电容器的击穿电压为所加交变电压的有效值C.交流电压表所测数值为瞬时值D.保险丝的熔断电流为最大值2.线圈在匀强磁场中转动产生电动势e=10sin20πtV,则下列说法正确的是 A.t=0时,线圈平面位于中性面B.t=0时,穿过线圈的磁通量最大C.t=0时,导线切割磁感线的有效速率最大D.t=
0.4s时,e有最大值10V3.一线圈在匀强磁场中匀速转动,在下图所示位置时 A.穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率最小B.穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率最大C.穿过线圈的磁通量最小,磁通量的变化率最大D.穿过线圈的磁通量最小,磁通量的变化率最小4.如下图所示,一矩形线圈abcd,已知ab边长为l1,bc边长为l2,在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动,则t时刻线圈中的感应电动势为 A.
0.5Bl1l2ωsinωt B.
0.5Bl1l2ωcosωtC.Bl1l2ωsinωtD.Bl1l2ωcosωt5.如图a所示,一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中,并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动.若以线圈平面与磁场夹角θ=45°时如图b为计时起点,并规定当电流自a流向b时电流方向为正.则图的四幅图中正确的是
6.一正弦交流电的电压随时间变化的规律如右图所示.由图可知 A.该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin25tVB.该交流电的频率为25HzC.该交流电的电压的有效值为100VD.若将该交流电压加在阻值为R=100Ω的电阻两端,则电阻消耗的功率为50W7.如图所示,理想变压器的原线圈接在u=220sin100πtV的交流电源上,副线圈接有R=55Ω的负载电阻.原、副线圈匝数之比为2∶
1.电流表、电压表均为理想电表,下列说法中正确的是 A.原线圈中电流表的读数为1AB.原线圈中的输入功率为220WC.副线圈中电压表的读数为110VD.副线圈中输出交流电的周期为50s
8.如右图所示为理想变压器原线圈所接交流电压的波形.原、副线圈匝数比n1∶n2=10∶1,串联在原线圈电路中电流表的示数为1A,下列说法正确的是 A.变压器输出端所接电压表的示数为20VB.变压器的输出功率为200WC.变压器输出端的交流电的频率为50HzD.穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为Wb/s9.如图甲所示,M是一个小型理想变压器,原、副线圈匝数之比n1∶n2=10∶1,接线柱a、b接上一个正弦交变电流,电压随时间变化规律如图乙所示.变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图,其中R2为用半导体热敏材料电阻随温度升高而减小制成的传感器,R1为一定值电阻.下列说法中正确的是 A.电压表示数为22VB.当传感器R2所在处出现火灾时,电压表的示数减小C.当传感器R2所在处出现火灾时,电流表的示数减小D.当传感器R2所在处出现火灾时,电阻R1的功率变小10.一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压,其最大值保持不变,副线圈接有可调电阻R.设原线圈的电流为I1,输入功率为P1,副线圈的电流为I2,输出功率为P2,当R增大时 A.I1减小,P1增大 B.I1减小,P1减小C.I2增大,P2减小D.I2增大,P2增大11.原、副线圈的匝数均可调节,原线圈两端接一正弦交变电流,为了使变压器输入功率增大,可以采取的措施有 A.只增加原线圈的匝数n1B.只减少副线圈的匝数n2C.只减少负载电阻R的阻值D.只增大负载电阻R的阻值12.如图所示,由导体棒ab和矩形线框cdef组成的“10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动,匀强磁场的方向垂直线框平面向里,磁感应强度B随时间均匀增大,则下列说法正确的是 A.导体棒的a端电势比b端电势高,电势差Uab在逐渐增大B.导体棒的a端电势比b端电势低,电势差Uab在逐渐增大C.线框cdef中有顺时针方向的电流,电流大小在逐渐增大D.线框cdef中有逆时针方向的电流,电流大小在逐渐增大13.如下图a所示,一理想变压器有原线圈ab和副线圈cd,匝数比为n1∶n2=1∶2,原线圈ab通有如下图b所示的正弦交变电流,那么在t=
0.2s时刻 A.铁芯中的磁通量为零B.铁芯中的磁通量的变化率为零C.c、d两端电压为零D.交流电流表的示数为2A14.如图,MN是一根固定的通电长直导线,电流方向向上.今将一金属线框abcd放在导线上,让线框的位置偏向导线的左边,且两者彼此绝缘.当导线中的电流I突然增大时,线框整体的受力情况为 A.受力向右 B.受力向左C.受力向上D.受力为零15.如图所示,水平铜盘半径为r,置于磁感应强度为B,方向竖直向下的匀强磁场中,铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动,铜盘的边缘及中心处分别通过滑动变阻器R1与理想变压器的原线圈相连,该理想变压器原、副线圈的匝数比为n∶1,变压器的副线圈与电阻为R2的负载相连,则 A.变压器原线圈两端的电压为Br2ω/2B.若R1不变时,通过负载R2的电流强度为0C.若R1不变时,变压器的副线圈磁通量为0D.若R1变化时,通过负载R2的电流强度为通过R1电流的16.如图所示,磁感应强度为B的匀强磁场有理想界面,用力将矩形线圈从磁场中匀速拉出.在其他条件不变的情况下 A.速度越大时,拉力做功越多B.线圈边长L1越大时,拉力做功越多C.线圈边长L2越大时,拉力做功越多D.线圈电阻越大时,拉力做功越多17.电阻R
1、R2与交流电源按照图甲的方式连接,R1=10Ω,R2=20Ω.合上开关S后,通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如下图乙所示,则 A.通过R1的电流有效值是
1.2AB.R1两端的电压有效值是6VC.通过R2的电流最大值是
1.2AD.R2两端的电压最大值是6V18.如图,足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角0<θ<90°,其中MN与PQ平行且间距为L,导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,导轨电阻不计.金属棒ab由静止开始沿导轨下滑,并与两导轨始终保持垂直且良好接触,ab棒接入电路的电阻为R,当流过ab棒某一横截面的电量为q时,棒的速度大小为v,则金属棒ab在这一过程中 A.运动的平均速度大小为vB.下滑的位移大小为C.产生的焦耳热为qBLvD.受到的最大安培力大小为sinθ19.图中为一理想变压器,其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连P为滑动头.现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始,沿副线圈匀速上滑,直至白炽灯泡L两端的电压等于其额定电压为止.用I1表示流过原线圈的电流,I2表示流过灯泡的电流,U2表示灯泡两端的电压,N2表示灯泡消耗的电功率这里的电流、电压均指有效值;电功率指平均值.下列4个图中,能够正确反映相应物理量的变化趋势的是 20.如图,理想变压器原线圈与一10V的交流电源相连,副线圈并联两个小灯泡a和b.小灯泡a的额定功率为
0.3W,正常发光时电阻为30Ω.已知两灯泡均正常发光,流过原线圈的电流为
0.09A,可计算出原、副线圈的匝数比为________,流过灯泡b的电流为________A.21.闭合线圈在匀强磁场中匀速转动,转速为240r/min,若线圈平面转至与磁场平行时的电动势为2V,求从中性面开始计时,1产生的交流电动势的表达式;2电动势的峰值;3从中性面起经s,交流电动势的大小.22.家庭电路的引线均有一定电阻约几欧姆.因此当家中大功率用电器如空调、电炉工作时,家中原来开着的电灯会变暗,下面通过一个简单的测试,可以估算出家庭电路引线部分的电阻,如右图所示,用r表示家庭电路引线部分的总电阻,为两表笔插入插座的交流电压表,M为一个额定功率为P额定电压为U额的空调P较大.测试时,先断开所有家电电路,测得电压为U1,再闭合电键S,测得电压为U
2.1试推导估算r的表达式设电源两端电压保持恒定;2若P=
2.0kW,U额=220V,测得U1=220V,U2=210V,则引线部分总电阻约为多少?23.如图所示,正方形闭合线圈边长为
0.2m,质量为
0.1kg,电阻为
0.1Ω,在倾角为30°的斜面上的砝码质量为
0.4kg,匀强磁场磁感应强度为
0.5T,不计一切摩擦,砝码沿斜面下滑线圈开始进入磁场时,它恰好做匀速运动.g取10m/s21求线圈匀速上升的速度.2在线圈匀速进入磁场的过程中,砝码对线圈做了多少功?3线圈进入磁场的过程中产生多少焦耳热?高二物理寒假作业
(六)传感器班号姓名1.关于光敏电阻和热敏电阻,下列说法中正确的是 A.光敏电阻是用半导体材料制成的,其阻值随光照增强而减小,随光照的减弱而增大B.光敏电阻是能把光照强度这个光学量转换为电流这个电学量的传感器C.热敏电阻是用金属铂制成的,它对温度感知很灵敏D.热敏电阻是把热量这个热学量转换为电阻这个电学量的传感器2.随着人们生活质量的提高,自动干手机进入家庭洗手间,当人将湿手靠近干手机时,机内的传感器便驱动电热器加热,于是有热空气从机内喷出,将湿手烘干,手靠近干手机能使传感器工作,这是因为 A.改变了湿度 B.改变了温度C.改变了磁场D.改变了电容3.关于发光二极管,下列说法正确的是 A.发光二极管能发光,不具有单向导电性B.发光二极管能直接把电能转化为光能C.发光二极管只要两端加有正向电压,就可以发光D.发光二极管只有加正向电压时,才有可能发光4.有定值电阻、热敏电阻、光敏电阻三只元件,将这三只元件分别接入如下图所示电路中的A、B两点后,用黑纸包住元件或者把元件置入热水中,观察欧姆表的示数,下列说法中正确的是 A.置入热水中与不置入热水中相比,欧姆表示数变化较大,这只元件一定是热敏电阻B.置入热水中与不置入热水中相比,欧姆表示数不变化,这只元件一定是定值电阻C.用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比,欧姆表示数变化较大,这只元件一定是光敏电阻D.用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比,欧姆表示数相同,这只元件一定是定值电阻5.下列有关电熨斗的说法正确的是 A.电熨斗能自动控制温度主要利用了双金属片,两片金属的膨胀系数相同B.常温下,上、下触点是接触的;温度过高时,双金属片发生弯曲使上、下触点分离C.需要较高温度熨烫时,要调节调温旋钮,使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移D.电熨斗中的双金属片是一种半导体材料6.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小.有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置,其工作原理示意图如图甲所示,将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上,中间放置一个绝缘重球.小车向右做直线运动过程中,电流表示数如图乙所示,下列判断正确的是 A.从t1到t2时间内,小车做匀速直线运动B.从t1到t2时间内,小车做匀加速直线运动C.从t2到t3时间内,小车做匀速直线运动D.从t2到t3时间内,小车做匀加速直线运动7.如下图所示为一小型继电器的构造示意图,其中L为含铁芯的线圈.P为可绕O点转动的衔铁片,K为弹簧,S为一对触头,A、B、C、D为四个接线柱.继电器与传感器配合,可完成自动控制要求,其工作方式是 A.A与B接信号电压,C与D可跟被控电路串联B.A与B接信号电压,C与D可跟被控电路并联C.C与D接信号电压,A与B可跟被控电路串联D.C与D接信号电压,A与B可跟被控电路并联8.如图所示的电路中,当半导体材料做成的热敏电阻浸泡到热水中时,电流表示数增大,则说明 A.热敏电阻在温度越高时,电阻越大B.热敏电阻在温度越高时,电阻越小C.半导体材料温度升高时,导电性能变差D.半导体材料温度升高时,导电性能变好9.电容式话筒的保真度比动圈式话筒好,其工作原理如下图所示.Q是绝缘支架,薄金属膜M和固定电极N形成一个电容器,被直流电源充电,当声波使膜片振动时,电容发生变化,电路中形成变化的电流.当膜片向右运动的过程中有 A.电容变大B.电容变小C.导线AB中有向左的电流D.导线AB中有向右的电流10.某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统,使用不到一周,便出现了电源总开关总是无法接通的问题.经检查,电源总开关中漏电保护器自动切断了电源.漏电保护器电路如图所示,变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈,然后接到磁卡机上,B处有一个输出线圈,一旦线圈B中有电流经放大器放大后便推动断电器切断电源.造成漏电保护器自动切断电源的原因判断为磁卡机用电端 A.零线与火线之间漏电B.火线与地线之间漏电或零线直接接地C.只有火线与地之间漏电才会产生D.刷卡机装得过多,造成电流太大11.如图所示为大型电子地磅的电路图,电源电动势为E,内阻不计.不称物体时,滑片P在A端,滑动变阻器接入电路的有效电阻最大,电流最小;称重物时,在压力作用下使滑片P下滑,滑动变阻器有效电阻变小,电流变大,这样把重力值转换成电信号,将电流对应的重力值刻在刻度盘上,就可以读出被称物体的重力值.若滑动变阻器上A、B间的距离为L,最大阻值等于定值电阻值R
0.已知两弹簧的总弹力与形变量成正比,比例系数为K.则所称重物的重力G与电流大小I的关系为 A.G=2LK- B.G=KLC.G=KL+D.G=KIL12.甲、乙两电路中电流与时间关系如图所示,属于交变电流的是 A.甲、乙都是 B.甲是乙不是C.乙是甲不是D.甲、乙都不是13.图中a-d所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间x变化的图象,关于回路中产生的感应电动势下列论述正确的是 A.图a中回路产生的感应电动势恒定不变B.图b中回路产生的感应电动势一直在变大C.图c中回路在0~t1时间内产生的感应电动势小于在t1~t2时间内产生的感应电动势D.图d中回路产生的感应电动势先变小再变大14.如下图所示,在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水.给线圈通入电流,一段时间后,一个容器中水温升高,则通入的电流与水温升高的是 A.恒定直流、小铁锅B.恒定直流、玻璃杯C.变化的电流、小铁锅D.变化的电流、玻璃杯15.如图甲所示,单匝铜环右侧带理想软铁芯的电磁铁中通有如图乙所示的正弦交流电,下面分析正确的是 A.此交流电的电流的有效值为I0,线圈中的电流方向每个周期改变两次B.t2时刻,铜环中的感应电流强度不等零C.t2时刻,铜环受通电圈的安培力大小不等零D.在t
1、t3时刻通过铜环的磁通量的变化率最大16.如图所示,A、B两输电线间电压为u=200sin100πtV,输电线电阻不计把电阻R=50Ω的用电器接在A、B两输电线上,对此,下列说法正确的是 A.电流表示数为4AB.电压表示数为200VC.通过R的电流方向每秒钟改变50次D.用电器消耗的电功率为
1.6kW17.如图所示,理想变压器原线圈输入交变电流i=Imsinωt,副线圈接有一电流表和负载,电流表的示数为
0.1A.在t=TT为交流的周期时,原线圈中的电流瞬时值为
0.03A,由此可知该变压器的原副线圈的匝数比为 A.10∶3B.3∶10C.10∶3D.3∶1018.如图所示,竖直平行金属导轨M、N,上端接有电阻R,金属杆ab质量为m,跨在平行导轨上,垂直导轨平面的水平匀强磁场为B,不计ab及导轨的电阻,不计摩擦,且ab与导轨接触良好,若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升,则以下说法正确的是 A.拉力F所做的功等于电阻R上产生的热B.拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热C.拉力F所做的功等于电阻R上产生的热及杆ab势能的增加量之和D.杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热19.一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=11∶5,原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u如图所示.副线圈仅接入一个10Ω的电阻.则 A.流过电阻的电流是20AB.与电阻并联的电压表的示数是100VC.经过1分钟电阻发出的热量是6×103JD.变压器的输入功率是1×103W20.如图所示,两竖直放置的平行光滑导轨相距
0.2m,其电阻不计,处于水平向里的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度为
0.5T,导体棒ab与cd的电阻均为
0.1Ω,质量均为
0.01kg.现用竖直向上的力拉ab棒,使之匀速向上运动,此时cd棒恰好静止,已知棒与导轨始终接触良好,导轨足够长,g取10m/s2,则 A.ab棒向上运动的速度为2m/sB.ab棒受到的拉力大小为
0.2NC.在2s时间内,拉力做功为
0.4JD.在2s时间内,ab棒上产生的焦耳热为
0.4J21.如图所示,水平放置的三条光滑平等金属导轨abc,相距均为d=1m,导轨ac间横跨一质量为m=1kg的金属棒MN,棒与导轨始终良好接触,棒的电阻r=2Ω,导轨的电阻忽略不计.在导轨bc间接一电阻为R=2Ω的灯泡,导轨ac间接一理想电压表.整个装置放在磁感应强度B=2T的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下.现对棒MN施加一水平向右的拉力F,使棒从静止开始运动,试求1若施加的水平恒力F=8N,则金属棒达到稳定时速度为多少?2若施加的水平外力功率恒定,棒达到稳定时速度为
1.5m/s,则此时电压表的读数为多少?3若施加的水平外力功率恒为P=20W,经历t=1s时间,棒的速度达到2m/s,则此过程中灯泡产生的热量是多少?22.如下图所示,MN、PQ为平行光滑导轨,其电阻忽略不计,与水平面成30°角固定.N、Q间接一电阻R′=10Ω,M、P端与电池组和开关组成回路,电源电动势E=6V,内阻r=
1.0Ω,导轨所在区域加有与两导轨所在平面垂直的匀强磁场.现将一根质量m=10g,电阻R=10Ω的金属导线ab置于导轨上,并保持导线水平.已知导轨间距L=
0.1m,当开关S闭合后导轨ab恰静止不动.1试计算磁感应强度B的大小.2若某时刻将开关S断开,求导线ab能达到的最大速度.设导轨足够长高二物理寒假作业一电场参考答案1.解析 带正电荷的小球只受到电场力作用从静止开始运动,电场力一定做正功,由于电场的性质不知,所以不一定沿电场线运动,由UAB=知,UAB>0,所以运动过程中电势一定降低,故选C.答案 C2.解析 两个完全相同的金属小球相互接触后,带电荷量均为+Q,距离变为原来的两倍,根据库仑定律可知选项D正确.答案 D3.解析 根据电场线和等势面垂直的关系和沿电场方向电势降低,可以判断D选项正确.Xkb
1.com答案 D4.解析 WAB=qUAB=-20eV,根据电场力做功与电势能变化的关系可知选项D正确.答案 D5.解析 正电荷受力的方向和电场强度方向相同,电场线越密的地方电荷受力越大,根据牛顿第二定律,电荷的加速度也就越大,所以根据题意,Q点的电场线应比P点的电场线密,故选项A、B错误;又由于电荷做加速运动,所以选项C错误,选项D正确.答案 D6.解析 静电计显示的是A、B两极板间的电压,指针张角越大,表示两板间的电压越高.当合上S后,A、B两板与电源两极相连,板间电压等于电源电压不变,静电计指针张角不变;当断开S后,板间距离增大,正对面积减小,都将使A、B两板间的电容变小,而电容器所带的电荷量不变,由C=可知,板间电压U增大,从而静电计指针张角增大.所以本题的正确答案是C、D.答案 CD7.解析 由三个电荷平衡的规律“三点共线,两同夹异,两大夹小,近小远大”可知,a和c一定是同种电荷,a和b一定是异种电荷,并且a的电量一定比b的带电量要多,这样c才可能平衡,所以本题正确答案应选A、D.答案 AD新课标第一网8.解析 无论粒子从a点或者从b点射入电场,由于运动轨迹向下弯曲,说明粒子受电场力方向向下,可判断电场线的方向向上而不是向下,A错误;粒子既可以从a点运动到b点,也可以从b点运动到a点,B错误;由于顺着电场线方向电势在降低,故有φa<φb,C错误;负电荷逆着电场方向运动时电势能减少,顺着电场方向运动时电势能增加,因而粒子在a点的电势能大于在b点的电势能,D正确.答案 D9.解析 当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点,所以电子离开偏转电场时偏转角度越大偏转距离越大,亮点距离中心就越远.设电子经过U1加速后速度为v0,离开偏转电场时侧向速度为vy.根据题意得eU1=mv02
①电子在A、B间做类平抛运动,当其离开偏转电场时侧向速度为vy=at=·.
②结合
①②式,速度的偏转角θ满足tanθ==.显然,欲使θ变大,应该增大U
2、L,或者减小U
1、d.正确选项是B.答案 B10.解析 因为O点电势高于c点电势,可知场强方向竖直向下,正电荷受到的电场力向下,负电荷受到的电场力向上,可知M是正电荷,N是负电荷,故A错,M运动到c点电场力做正功,N运动到a点电场力也做正功,且M、N电量荷相等,匀强电场相等距离的等势线间的电势差也相等,所以做功相等,选项B正确、C错;由于O、b点在同一等势面上,故M在从O点运动到b点的过程中电场力做功为零,选项D正确.答案 BD11.解析 电容量与带电荷量及两极间电压无关.答案 B12.解析 C图中a、b两点处在+q、-q连线的中垂线上,且关于两电荷连线对称分布,电场强度和电势均相同.答案 C13.解析 由Uab===-5V知a、b两点间的电势差为-5V,即电压为5V,但电场强度方向不一定由b到a,所以A错.电场力对电荷做功5eV,其电势能一定减少了5eV,而零电势点未确定,我们只能确定a、b两点间的电势差,无法确定a、b两点的电势,所以,C、D对,本题应选A.答案 A14.答案 BC15.解析 要使ab平衡,必须有a带负电,b带正电,且a球带电较少,故应选B.答案 B16.解析 从静止起动的负电荷向B运动,说明它受电场力向B,负电荷受的电场力方向与电场强度的方向相反,可知此电场线的指向应从B→A,这就有两个可能性一是B处有正点电荷为场源,则越靠近B处场强越大,负电荷会受到越来越大的电场力,加速度应越来越大;二是A处有负点电荷为场源,则越远离A时场强越小,负试探电荷受到的电场力越来越小,加速度越来越小,故正确答案为D.答案 D17.解析 粒子从A点运动到B点,电场力做正功,且沿着电场线,故粒子带正电,所以选项A错;粒子从A点运动到B点,电场力做正功,电势能减少,故粒子在A点的电势能比在B点多
1.5J,故选项B错;由动能定理,WG+W电=ΔEk,-
2.0J+
1.5J=EkB-EkA,所以选项C对;由其他力在这里指电场力做功等于机械能的增加,所以选项D对.答案 CD18.解析 带电小球由A运动到B的过程中,由动能定理得mgLsin60°+qUAB=0,则UAB=-=-.答案 19.解析 1正点电荷从无限远处移到电场中A点,要克服电场力做功8×10-6J,所以EpA=8×10-6J.φA===400V,2EpB=2×10-6J,φB===100V.由电势差定义UAB=φA-φB=300V.3把2×10-5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功为WAB=qUAB=-2×10-5×300J=-6×10-3J.答案 1400V 2300V 3-6×10-3J20.解析 加速过程中,由动能定理得eU=mv02
①进入偏转电场,电子在平行于板面的方向上做匀速运动l=v0t.
②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动,加速度a==.
③偏距y=at2
④能飞出的条件为y≤.
⑤解
①~
⑤式得U′≤=V=
4.0×102V.即要使电子能飞出,所加电压最大为400V.答案 400V21.解析 带电小球从M点运动到N点的过程中,在竖直方向上仅受重力作用,从初速度v0匀减速到零,水平方向上仅受电场力作用,速度从零匀加速到2v
0.竖直位移h=,水平位移x=·t,又h=t,所以x=2h=,所以M、N两点间的电势差UMN=·x=.从M点运动到N点的过程中,由动能定理得WE+WG=mvN2-mv02,又WG=-mgh=-mv02,所以WE=2mv
02.答案 UMN= W=2mv0222.解析 1开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力,沿杆方向运动,由牛顿第二定律得mgsinθ--qEcosθ=ma
①解得a=gsinθ--
②代入数据解得a=
3.2m/s
2.
③2小球B速度最大时合力为零,即mgsinθ--qEcosθ=0
④解得r=
⑤代入数据解得r=
0.9m.答案
13.2m/s2
20.9m高二物理寒假作业
(二)直流电路参考答案1.解析 对于同种材料的导体,电阻率可以认为是个定值,根据电阻定律R=ρ可知横截面积一定,电阻与导体的长度成正比,A正确;长度一定,电阻与导体的横截面积成反比,B错误;由欧姆定律知R=U/I,此式是电阻的定义式,电阻R与电压U、电流I无正反比关系,故C、D错误.答案 A2.解析 R1消耗的功率为P=I2R1,可见当电流最大时,R1消耗的功率最大,由闭合电路的欧姆定律得I=E/R1+R2+r,当R2=0时电流最大,R1消耗的功率最大.D正确,A、B、C错误.答案 D新课标第一网3.解析 本题考查并联电路电流关系.设并联电路两端电压为U,则I1∶I2∶I3=∶∶∶=∶∶=6∶4∶
3.故正确答案为A.答案 A4.解析选BC.由电表A
1、A2量程之比5∶1,则其内阻由R=可得内阻之比为1∶
5.A
1、A2并联故流经A
1、A2电流之比与内阻成反比为5∶1,所以读数之比为5∶1,故B正确.由电表改装原理可得A
1、A2并联如图所示.故流经电流计电流相等,两指针偏转角度相等,故C正确,D错.5.答案 D6.解析 由闭合电路欧姆定律I=可知,内、外电阻之和为1Ω.答案 BXkb
1.com7.解析 对于直流电路动态问题,宜采用“结构分析法”,沿“局部→整体→局部”的思维路径,先分析局部电阻变化,根据全电路欧姆定律判断整体总电流及路端电压的变化,再根据串、并联电路特点推理判定某局部电压、电流的变化情况,进而得出结论,可以求得电灯A的电阻RA=10Ω,电灯B的电阻RB=
3.2Ω,所以,当滑动触头由a向b端滑动的过程中,总电阻一直减小.故正确答案为B.答案 B8.解析 由E=30V,电动机两端电压10V可得R和电源内阻上分担电压为20V,则I=A=2A,故A错;电动机输入功率P=UI=10V×2A=20W,故B正确;由P热=I2RM=4×1W=4W,故C正确;由P输出=P-P热=20W-4W=16W,故D正确.答案 BCD9.解析 电动机是非纯电阻,其两端电压U2>IR=U1,B错;电流做的功W1=IU1t,W2=IU2t,因此W1<W2,C错;产生的热量由Q=I2Rt可判断Q1=Q2,A对D错.答案 A10.解析 由R=可知,在U一定时,I与R成反比,即RA∶RB=4∶1,又根据电阻定律R=ρ=ρ=ρ可知,当ρ、V一定时,R∝,即有==,所以==.答案 A11.答案 C12.解析 a中回路未闭合,故a方式为“关挡”,b中总电阻Rb=R1+R2,c中总电阻为Rc=R1,d中总电阻为Rd=,由公式P=,故d方式为“高”挡,c方式为“中”挡,b方式为“低”挡,所以B对,A、C、D错.答案 B13.解析 当电流稳定时,电容器可视为断路,当P向左滑时,滑动变阻器连入电路的阻值R增大,根据闭合电路欧姆定律得,电路中的电流I=减小,电压表的示数U=E-IR2+r增大,A错B对;对于电容器,电荷量Q=CU增大,C、D均错.答案 B14.解析 若将照射R3的光的强度减弱,则R3的电阻将增大,电路中的总电阻将增大,总电流减小,故电压表的示数变小,内电压也减小,A、D错误;而电阻R2两端的电压将变大,通过R2的电流变大,而总电流减小,所以通过小灯泡的电流减小,小灯泡消耗的功率变小,B正确,C错误.答案 B15.解析 由全电路欧姆定律U=E-Ir知当I=0时,U=E.U-I直线的斜率表示电源的内阻,则r==Ω=1Ω.U轴的电压刻度不是从零开始的,U-I图线的横截距不再表示U=0时的短路电流,而是表示路端电压1V时的干路电流是
0.4A,因为=r=常数,从图中易知=,所以I′=
0.2A.答案 AD16.解析 滑片P向上移动,接入电路的电阻增大,总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律可知,干路电流减小,因U=E-Ir+R1,可知电容器极板电压变大,油滴受到的电场力增大,油滴向上运动,极板电压变大,说明电容器充电,G中电流方向从b到a,A正确;B、C错误;将S断开后,电容器放电,G中有电流,电压减小,电场力减小,油滴向下运动,D错误.答案 A17.解析 设电源电动势为E,电压表内阻为RV,电压表的读数为U,则由闭合电路的欧姆定律,可得I=,则U=E-IR=E-,由此可得=+,由此判断A正确.答案 A18.解析 1在实物连线图中,滑动变阻器的两个固定端接入电路了,滑动头没有接,所以移动变阻器滑动端时,不会改变接入电路的电阻大小,变阻器不起变阻作用,所以A项应选.直流电表只允许电流从电表的正接线柱流入,从负接线柱流出.图中电流表的正、负接线柱接对了,所以选项B不选.图中电源由一节干电池充当,电动势是
1.5V,所以电压表的量程应选用0~3V,图中连接是正确的,所以选项C不选.图中把电压表直接和电池两端并联,这样即使将开关断开,电压表仍有示数,即开关不能控制通过电压表的电流,且电流从负接线柱流入,从正接线柱流出,所以电压表的接线不妥,选项D应选.答案 1AD 2这个实验正确的电路图如图19.解析 1电流表示数为零,说明电路断路,由于电压表示数为E,说明电压表两端与电源相连,因而待测金属丝断路.2判断电路故障问题,应利用多用电表的直流电压挡,电流应从多用电表的红表笔流入多用电表,因而红表笔应与a接线柱相连,当只有滑动变阻器断路时,黑表笔接b时,多用电表不能与电源形成闭合回路,示数为零,黑表笔接c、d时,多用电表与电源两极相连,示数为电源电动势.答案 1待测金属丝 2直流电压10V 红 0 E E20.解析 1电路连接如下图.2闭合开关前,滑动变阻器接入电路中的阻值应该最大,故滑片应置于B端.3由图象可知,电源电动势为
1.5V,内阻r=Ω=
1.0Ω.答案 12B
31.5
1.021.解析 R1上消耗的功率P1=I2R1=9×1W=9W电动机两端的电压U=E-IR1+r=12V-3×1+1V=6V通过R2的电流为I1==A=1A通过电动机的电流为I2=I-I1=2A故电动机消耗的电功率为P2=I2U=2×6W=12W.答案 9W 12W22.解析 R
1、R2和R3串联、电流相等.当电阻R1和电阻R2消耗的电功率相等时,得R1=R2,由伏安特性曲线可知,此时电路中的电流I=
2.5mA,加在电阻R1和R2上的电压U1=U2=
2.5V,由欧姆定律得R1=R2==1000Ω,滑动变阻器R3两端的电压为U3=U0-U1-U2=2V,由欧姆定律得R3==800Ω.答案 R1=R2=1000Ω R3=800Ω23.解
(1)设开关S1闭合,S2断开时,电容两端的电压为U1,干路电流为I1,根据闭合电路欧姆定律有,=合上开关S2后,电容电压为,干路电流为.根据闭合电路欧姆定律有,=所以电容器上电量变化了
(2)合上S2后,电容上电量为Q,断开S1后,和的电流与阻值成反比,故流过的电量与阻值成反比故流过的电量
⑦24.解:
(1)S断开时
①S闭合时
②解
①、
②两式得E=4V,r=
0.5Ω2S闭合时3S断开时,UC=3V,Q1=CUC=6×10-5C,S合上时,U′C=0Q2=0高二物理寒假作业
(三)磁场参考答案1.解析 两种场线均是为形象描绘场而引入的,实际上并不存在,故A对;任意两条磁感线或电场线不能相交,否则空间一点会有两个磁场或电场方向,故C对;磁体外部磁感线由N极指向S极,内部由S极指向N极,故磁感线是闭合的曲线.而电场线始于正电荷,终于负电荷,故不闭合,D对.故正确答案为ACD.答案 ACD2.解析 磁通量是标量,大小与B、S及放置角度均有关,只有C项说法完全正确.答案 C3.解析 电场对其中的静止电荷、运动电荷都产生力的作用,而磁场只对其中的运动电荷才有力的作用,且运动方向不能与磁场方向平行,所以只有D选项正确.答案 DXkb
1.com4.解析 带电粒子所受洛伦兹力的大小不仅与速度的大小有关,还与速度和磁场方向间的夹角有关,A错误;由F=qvBsinθ知,q、v、B中有两项相反而其他不变时,F不变,B正确;不管速度是否与磁场方向垂直,洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直,与磁场方向垂直,即垂直于v和B所决定的平面,但v与B不一定互相垂直,C错误;由于洛伦兹力始终与速度方向垂直,故洛伦兹力不做功,若粒子只受洛伦兹力作用,运动的动能不变,D正确.答案 BD5.解析 根据磁感线的特点
①磁感线在空间不能相交;
②磁感线是闭合曲线;
③磁感线的切线方向表示磁场的方向小磁针静止时N极指向,可判断选项A、B错误,C正确.通电导线在磁场中是否受力与导线在磁场中的放置有关,故D错.答案 C6.解析 由公式F=ILBsinθ,A、B、D三项正确.答案 ABD7.解析 粒子先在电场中加速,进入速度选择器做匀速直线运动,最后进入磁场做匀速圆周运动.在速度选择器中受力平衡Eq=qvB得v=E/B,方向由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外,B、C正确.进入磁场后,洛伦兹力提供向心力,qvB0=得,R=,所以荷质比不同的粒子偏转半径不一样,所以,A对,D错.答案 ABC新课标第一网8.解析 本题考查带电粒子在磁场中的运动.根据画轨迹、找圆心、定半径思路分析.注意两点,一是找圆心的两种方法1根据初末速度方向垂线的交点.2根据已知速度方向的垂线和弦的垂直平分线交点.二是根据洛伦兹力提供向心力和三角形边角关系,确定半径.分析可得B选项正确.答案 B9.解析 从条形磁铁磁感线的分布情况看,穿过圆环的磁通量在位置Ⅲ处最大,所以正确答案为B.熟悉几种常见磁场的磁感线分布图,知道条形磁铁内部的磁感线方向是从S极到N极.答案 B10.解析 由安培定则,通电螺线管的磁场如右图所示,右端为N极,左端为S极,在a点磁场方向向右,则小磁针在a点时,N极向右,则A项错,D项对;在b点磁场方向向右,则磁针在b点时,N极向右,则B项正确;在c点,磁场方向向右,则磁针在c点时,N极向右,S极向左,则C项错.答案 BD11.解析 首先对MN进行受力分析,受竖直向下的重力G,受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力.处于平衡时2F+BIL=mg,重力mg恒定不变,欲使拉力F减小到0,应增大安培力BIL,所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I,或二者同时增大.答案 C12.答案 C13.答案 D14.解析 由于电子做的是匀速圆周运动,故运动时间t=/v,B项正确;由洛伦兹力不做功可得C错误,D正确.答案 BD15.解析因为微粒做匀速直线运动,所以微粒所受合力为零,受力分析如图所示,微粒在重力、电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态,可知,qE=mg,qvB=mg,得电场强度E=,磁感应强度B=,因此A正确.答案 A16.解析 电子受电场力和洛伦兹力作用而做匀速圆周运动,当两力方向相同时有Ee+evB=mω2r,Ee=3Bev,v=ωr,联立解得ω=,故A正确;当两力方向相反时有Ee-evB=mω2r,与上面后两式联立得ω=,C正确.答案 AC17.解析 粒子刚好达到C点时,其运动轨迹与AC相切,则粒子运动的半径为r0=acot30°.由r=得,粒子要能从AC边射出,粒子运动的半径r>r0,解得B<,选项B正确.答案 B18.解析 在导轨通有电流I时,炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为F=IdB
①设炮弹d加速度的大小为a,则有F=ma
②炮弹在两导轨间做匀加速运动,因而v2=2aL
③联立
①②③式得I=,
④代入题给数据得I=
6.0×105A.答案
6.0×105A19.解析 题目中只给出粒子“电荷量为q”,未说明是带哪种电荷.若带正电荷,轨迹是如右图所示上方与NN′相切的1/4圆弧,轨道半径R=,又d=R-R/,解得v=2+若带负电荷,轨迹如图所示下方与NN′相切的3/4圆弧,则有d=R+R/,解得v=2-Bqd/m.所以本题正确答案为2+或2-.若考虑不到粒子带电性的两种可能情况,就会漏掉一个答案.答案 2+20.解析 1能从速度选择器射出的离子满足qE0=qv0BO
①v0=.
②2离子进入匀强偏转电场E后做类平抛运动,则x=v0t
③L=at2
④由牛顿第二定律得qE=ma
⑤由
②③④⑤解得x=.答案 1 221.解析 1小球到达C点的速度为vC,由动能定理得-mgR=mvC2-mv02,所以vC=.在C点同时加上匀强电场E和匀强磁场B后,要求小球做匀速圆周运动,对轨道的压力为零,必然是洛伦兹力提供向心力,且有qE=mg,故匀强电场的方向应为竖直向上,大小E=.2由牛顿第二定律得qvCB=m,所以B==,B的方向应垂直于纸面向外.小球离开D点后,由于电场力仍与重力平衡,故小球仍然会在竖直平面内做匀速圆周运动,再次回到BCD轨道时,仍与轨道没有压力,连续做匀速圆周运动.答案 1匀强电场的方向竖直向上..2垂直于纸面向外.3仍做匀速圆周运动22.解析 1由题设知,离子在平行金属板之间做匀速直线运动,它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡qvB0=qE0
①式中,v是离子运动速度的大小,E0是平行金属板之间的匀强电场的强度,有E0=
②由
①②式得v=.
③2在圆形磁场区域,离子做匀速圆周运动.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=m
④式中,m和r分别是离子的质量和它做圆周运动的半径.由题设,离子从磁场边界上的点G穿出,离子运动的圆周的圆心O′必在过E点垂直于EF的直线上,且在EG的垂直平分线上.由几何关系有r=Rtanα
⑤式中,α是OO′与直径EF的夹角.由几何关系有2α+θ=π
⑥联立
③④⑤⑥式得,离子的质量为m=cot.
⑦答案 1 2cot高二物理寒假作业
(四)电磁感应参考答案1.解析 在B、C中,穿过圆形回路的磁通量不为零,当切断导线中的电流时,磁通量减少,所以有感应电流产生;而A、D中穿过圆形回路的磁通量为零且无变化,所以没有感应电流产生.答案 BC2.解析 根据感应电流的产生条件,只有穿过闭合线圈的磁通量发生变化,线圈中才产生感应电流,A错,B对;变化的磁场产生感生电场,与是否存在闭合线圈无关,C错,D对.答案 BD3.解析 大环和小环在磁场中的有效面积等于在磁场区域范围内的一部分,两环的有效面积相同,故Φ1=Φ
2.答案 C4.解析 本题考查了对楞次定律的理解及应用,感应电流的磁场阻碍的是引起感应电流的原磁通量的变化,故C对A、B、D错.答案 C5.解析 当bc受力向下时,说明感应电流方向由b指向c,当向左进入磁场时,磁通量增加,感应电流的磁场方向应该与原磁场方向相反,垂直纸面向里,用右手螺旋定则可以判断感应电流方向为顺时针方向.答案 A6.答案 C7.解析选D.断开开关S,A图中由于电容器被充电,开关S处仍将产生电弧;B、C图中闭合开关时,电路发生短路;而D图是利用二极管的单向导电性使线圈短路可避免开关处电弧的产生,故D正确.8.解析 整个圆环电阻是R,其外电阻是圆环的3/4,即磁场外的部分,而磁场内切割磁感线有效长度是R,其相当于电源,E=B·R·v,根据欧姆定律可得U=E=BRv,D正确.答案 D9.解析 cd棒切割磁感线E=Blv,I===与t成正比,由楞次定律或右手定则可知感应电流为顺时针方向,故D正确.答案 D10.解析 磁场增强,则穿过回路的磁通量增大,故感应电流的磁场向外,由安培定则知电流对整个电路而言应沿逆时针方向;若分开讨论,则外环逆时针,内环顺时针.答案 A11.解析 因磁场变化,发生电磁感应现象,杆ab中有感应电流产生,而使杆ab受到磁场力的作用,并发生向右运动.而ab向右运动,使得闭合回路中磁通量有增加的趋势,说明原磁场的磁通量必定减弱,即磁感应强度正在减小,与方向向上、向下无关.答案 AD12.解析 金属杆由图示位置转过90°的过程中,ΔΦ=,所以,q==.答案 B13.解析 磁铁转动时,在图示情况下,设铜环不动,则铜环的左、右两侧分别与磁铁左、右两端做相对远离的运动.根据楞次定律的广义描述,铜环中的感应电流的效果将要阻碍这种相对运动,因此两者转向应相同;又因只能阻碍不是阻止,相对远离的现象仍然存在,故ω′<ω,两者转向相同,故选C.答案 C14.解析 A端接电源的正极,B端接电源的负极的瞬间,在线圈abcd中形成向里的磁场,由楞次定律可以判断感应电流的方向沿a→b→c→d→a方向,再根据“同向电流相吸引,异向电流相排斥”的结论可知线框给线圈abcd的作用力向左,故应向左运动,B正确.答案 B15.解析 由Q=CU,C=知,增大极板距离d,电容C减小,因此Q也减小,故A错误;由U=E=n=nS,分析可得增大磁感应强度变化率或增大线圈在垂直磁场方向的投影面积可增大A、B间电压,从而使Q增大,所以B正确,C、D错误.答案 B16.解析选D.电键S由断开到闭合瞬间,回路中的电流要增大,因而在L上要产生自感电动势.根据楞次定律,自感电动势总是要阻碍引起它的电流的变化,这就是说由于电流增加引起的自感电动势,要阻碍原电流的增加.而阻碍不是阻止,电流仍要增大,而达到稳定后其电流为2I0,故选项D正确.17.答案 ABD18.解析 由法拉第电磁感应定律可得,ab杆在切割磁感线时产生的感应电动势为BLv1,cd杆运动方向与磁场平行,无感应电动势,所以闭合回路中的感应电流I==,对ab杆,由平衡可知,F=Ff+BIL,所以F=μmg+;同理对cd杆,由平衡可知,Ff′=mg,又Ff′=μBIL,所以μ=,因此A、D正确.答案 AD19.解析 ab对框架的压力F1=m1g框架受水平面的支持力FN=m2g+F1依题意,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则框架受到的最大静摩擦力为F2=μFNab中的感应电动势E=BlvMN中电流I=MN受到的安培力F安=IlB框架开始运动时F安=F2由上面各式代入数据解得v=6m/s.答案 6m/s20.解析 1进入磁场时的速度为v,据题意有IBl=mg,I==,解得v=.2线框下边进入磁场区域前做自由下落运动,设下落的时间为t1,从线框下边进入磁场到上边离开磁场下边界做匀速运动,设此过程的下落时间为t2,据题意有v=gt1 t1= t2=解得t2=由两式解得全过程所用时间t=t1+t2=+.答案 1 2+21.解析 假如电压表满偏,则通过电流表的电流是I2+I0=A+A=2A,小于电流表3A的量程,符合题意.ab切割磁感线产生的电动势E=BLv
①ab相当于电源有E=U+I2+I0R1
②ab达到稳定速度时,F=F安=I2+I0LB
③①②③联立得v=1m/s.答案 1m/s22.解析 1ab边上感应电流的方向b→a,安培力方向向左,金属框从进入磁场到图示位置能量守恒得mv02=mv2+Q,Ek=mv2=mv02-Q=×
0.05×102J-
1.6J=
0.9J.2金属框在图示位置的速度为v==m/s=6m/s.E=Blv,I===A=3A.感应电流的功率P=I2R=32×
0.1W=
0.9W.答案 1电流的方向b→a. 安培力的方向向左
0.9J
20.9W高二物理寒假作业
(五)交流电参考答案1.解析 发电机、电动机铭牌所标数值、交流电压表、保险丝的熔断电流均为有效值,故A对,C、D错.电容器的击穿电压为最大值,B错.答案 A2.解析 由电动势的瞬时值表达式,计时从线圈位于中性面时开始,所以t=0时,线圈平面位于中性面,磁通量为最大,但此时导线线速度方向与磁感线平行,切割磁感线的有效速率为零,A、B正确,C错误.当t=
0.4s时,e=10sin20πt=10×sin20π×
0.4V=0,D错误.答案 AB3.解析 当线框平面平行于磁感线时,磁通量最小,但e最大,即最大.答案 C4.解析 线圈从题图示位置开始转动,电动势瞬时值表达式为e=Emcosωt,由题意,Em=BSω=Bl1l2ω,所以e=Bl1l2ωcosωt.答案 D5.解析 在初始位置ad和bc切割磁感线,产生感应电流,由楞次定律可知电流的方向为a→d→c→b→a,是负值,选项A、B错误.当转过时刻,线圈处在中性面位置,感应电流为零,则选项C错误,选项D正确.答案 D6.解析 由图可知该交流电的周期T=4×10-2s,频率f==25Hz,ω=2πf=50πrad/s,电压最大值Um=100V,有效值为U=V=50V;电阻消耗的电功率P==50W;交流电压瞬时值表达式u=100sin50πtV.综上所述,选项A、C错,B、D正确.答案 BD7.解析 先计算副线圈的电压的有效值,原线圈电压的有效值为220V,根据匝数之比可以得到副线圈的电压的有效值为110V,根据负载电阻的大小可以知道副线圈中输出电流为2A,根据原、副线圈的输入和输出功率相等可以知道原线圈中电流为1A.答案 A8.解析 答案 C9.解析 本题考查交变电流和变压器原理.由图象可知交变电流的电压有效值为220V,因为原副线圈的匝数比为10∶1,故变压器副线圈的输出电压为22V,而电压表测的是R2两端的电压,所以小于22V,故A错误;当传感器R2处出现火灾时,热敏电阻R2的阻值随温度升高而减小,变压器的输出电压不变,热敏电阻与定值电阻R1分压,故R2的分压减小,电压表示数变小,B正确;R2减小时,变压器的负载电阻减小,电流增大,则原线圈的电流也增大,所以电流表的示数增大,C错误;由于负载电路的电流增大,电阻R1消耗的功率也增大,故D也错误,难度中等.新课标第一网答案 B10.解析 考查理想变压器及其相关知识,当副线圈接的可调电阻R增大时,变压器输出功率P2减小,导致变压器输入功率P1减小,原线圈中电流I1减小,所以正确选项是B.答案 B11.解析 由=知,当n1增大时,U2减小,当减小n2时,U2也减小,又根据P入=P出=知,A、B两项均错,C项对,D项错.答案 C12.解析 本题考查电磁感应现象和楞次定律.对导体棒ab由右手定则可判断a端电势高,由E=Blv可知,因为磁感应强度均匀增大,所以Uab变大,故选项A对,B错;对矩形线框cdef,由楞次定律可判断,感应电流的方向为逆时针方向,但由于磁感应强度是均匀增大,所以感应电流是恒定的,不会增大,所以选项C、D都不对.难度中等.答案 A13.答案 A14.解析 首先判断出由于电流I增大使得穿过回路abcd的磁通量Φ是增大还是减小.由于线框位置偏向导线左边,使跨在导线左边的线圈面积大于右边面积,线圈左边部分磁感线穿出,右边部分磁感线穿入,整个线框中的合磁通量是穿出的,并且随电流增大而增大.再用“阻碍磁通量变化”来考虑线框受磁场力而将要发生运动的方向.显然线框只有向右发生运动,才与阻碍合磁通量增加相符合,因此线框受的合磁场力应向右,故正确答案为A.答案 A15.解析 水平铜盘做匀速圆周运动,半径切割磁感线产生恒定的感应电动势相当于电源.当R1不变时变压器原线圈所加的是恒定电压,副线圈中的磁通量一定,磁通量的变化量为零,故其输出电压为零,分析可知A、C错,B对;当R1变化时,原线圈所加的不是交流电压,其原、副线圈的电流关系不确定,故D错.答案 BXkb
1.com16.解析 以极端情况考虑若速度极小接近于零,则线圈中几乎没有感应电流,就无需克服安培力做功,从而速度越大时拉力做功越多;若L1极小接近于零,则L1切割磁感线产生的感应电动势便接近于零,线圈中几乎没有感应电流,也无需克服安培力做功,从而L1越大时拉力做功越多;若L2极小接近于零,则将线圈拉出时的位移接近于零,从而L2越大时拉力做功越多;若线圈电阻极大趋于无限大,则线圈中几乎没有感应电流,亦无需克服安培力做功,从而线圈电阻越大时拉力做功越小.所以应选A、B、C项.答案 ABC17.解析 R1与R2串联,R1与R2中的电流变化情况应相同,电流有效值I1=I2=
0.6A,电流最大值I1m=I2m=
0.6A,电压有效值U1=I1R1=6V,U2=I2R2=12V,电压最大值U1m=U1=6V,U2m=U2=12V.答案 B17.解析对棒受力分析如图所示.F安=BIL=,故D错;F安随棒的速度的增大而增大,故棒做的不是匀加速直线运动.因此运动的平均速度≠v,A错;由q=n可得q=,故棒下滑的位移x=,B正确;求焦耳热应该用有效值,故C错.答案 B19.解析 当滑动头P匀速上滑时,副线圈匝数均匀增大,由=知,U2=U1,U2随时间均匀增大,C项正确;由于灯泡的电阻随温度的升高而增大,所以当电压均匀增加时,由欧姆定律I=知灯泡中电流并非均匀增加,而是增加的越来越慢,其I2-t图线的斜率逐渐减小,B项正确;灯泡消耗的功率N2=U2I2,N2随时间并不是均匀增加的,D项错误;变压器的输入功率与输出功率相等,当灯泡功率增大时,输入功率也在增大,原线圈中电流增大,A项错误.答案 BC20.解析 根据P=和P=I2R得灯泡a两端的电压U2==V=3V,通过灯泡a的电流Ia==A=
0.1A,根据=得原、副线圈匝数之比==,根据=,得副线圈上的电流I2=I1=×
0.09A=
0.3A.根据I2=Ia+Ib得,流过灯泡b的电流为Ib=I2-Ia=
0.2A.答案 10∶3
0.221.解析 1当线圈平面与磁场平行时,感生电动势最大为Em=2V,又 ω=2πn=2π×rad/s=8πrad/s所以瞬时值表达式为e=Emsinωt=2sin8πtV.2电动势的峰值为Em=2V.3当t=s时,e=2sinV=1V.答案 1e=2sin8πtV 22V 31V22.解析 1断开所有家电电路时,U额=U1,S闭合后,Ir=P,Ur=U1-U2,所以r==·U额
2.2把U
1、U
2、U额、P代入公式得r=
1.15Ω.答案 1r=U额2
21.15Ω23.解析 1设绳子的拉力为F对砝码F=mgsin30°=2N.对线框F=m2g+代入数据得v=10m/s.2W=Fl=2×
0.2J=
0.4J.3由能量转化守恒定律得Q=W-m2gl=
0.4J-
0.1×10×
0.2J=
0.2J.答案 110m/s
20.4J
30.2J高二寒假作业
(六)传感器1.解析 光敏电阻是把光强转换为电阻的元件;热敏电阻是把温度转换为电阻的元件,故B、D错误;热敏电阻和光敏电阻都是半导体材料制成的,半导体具有光敏性和热敏性,金属铂与热敏电阻的阻值随温度的变化趋势相反,故C错误.答案 A新课标第一网2.解析 根据自动干手机工作的特征,手靠近时电热器开始工作,可以确定干手机内设有电容式传感器,由于手的靠近改变了电容.用湿度和温度来驱动电热器工作,理论上可行,但是假如干手机是由于温度、湿度的变化来控制就成了烘干机.答案 D3.解析 发光二极管和普通二极管一样,都具有单向导电性,A错误;都是半导体材料制成的,只有当两端加正向电阻,且达到一定电压值时,才能处于导通状态,才能发光,故C错误,D正确;它能直接把电能转化为光能,B正确.答案 BD4.解析 热敏电阻的阻值随温度变化而变化,定值电阻和光敏电阻的阻值不随温度变化;光敏电阻的阻值随光照变化而变化,定值电阻和热敏电阻的阻值不随光照变化.故正确答案为A、C.答案 AC5.解析 常温下、上下触点是接触的;温度过高时,双金属片发生弯曲使上下触点分离;需要较高温度熨烫时,要调节调温旋钮,使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移;双金属片由膨胀系数不同的金属材料制成,上面的膨胀系数大.答案 BC6.解析 由压敏电阻的特点知,t1~t2时间内电流I均匀增加,所以压敏电阻所受的压力均匀增加,故小车做加速度越来越大的变加速运动,在t2~t3时间段内,电流最大,压敏电阻阻值最小,所受的压力最大且恒定,故小车做匀加速直线运动,D正确.答案 D7.解析 信号电压应接线圈,以产生磁场吸引衔铁,让S处的触点接通,外电路应与C、D串联,起到接通电路的目的.若让C、D与外电路并联,S接通后出现的是短路状态.答案 A8.解析 电流表的示数增大,说明电路中的电流增大,电阻减小,所以这个热敏电阻的电阻率是随温度的升高而降低的,电阻率减小,电阻值在其它条件不变时减小,导电性能变好.答案 BD9.析 由公式C=知,膜片向右运动,C增大,电容器充电,故有向左的电流.答案 AC10.解析 由题意知,火线和零线均绕在铁芯上,故只有火线与零线中电流大小不等时,才会引起漏电保护器切断电源,故可能是火线与地之间漏电,也可能是零线与地之间漏电.答案 B11.解析 设称重物时,在压力作用下使滑片P下滑X,G=KX,
①滑动变阻器有效电阻R=R0-R0
②由全电路欧姆定律I=
③由
①②③得G=2LK-.答案 AXkb
1.com12.解析 甲图电流大小不变、方向变化,是交流电,乙图大小变化、方向不变,是直流电,故选B.答案 B13.解析 磁通量Φ随时间t变化的图象中,斜率表示感应电动势,所以图a中不产生感应电动势,图b中产生恒定的感应电动势,图c中0~t1时间内的感应电动势大于t1~t2时间内的感应电动势,图d中感应电动势先变小再变大.答案 D14.解析 通入恒定直流时,所产生的磁场不变,不会产生感应电流,通入变化的电流,所产生的磁场发生变化,在空间产生感生电场,铁锅是导体,感生电场在导体内产生涡流,电能转化为内能,使水温升高;涡流是由变化的磁场在导体内产生的,所以玻璃杯中的水不会升温.答案 C15.答案 B16.解析 由u=200sin100πtV可知,电压最大值Um=200V,角速度ω=100πrad/s,所以电压的有效值U==200V,周期T==
0.02s,频率f==50Hz.由欧姆定律得I==A=4A,所以A、B两项正确;一周期内电流方向改变两次,而f=50Hz,则1s内电流方向改变100次,C项错误;电功率P=IU=4×200W=800W,所以D项错误.故正确答案为A、B.答案 AB17.解析 电流表示数为
0.1A,即副线圈中电流有效值I2=
0.1A.将t=T,i=
0.03A代入i=Imsinωt可得Im=
0.03A.所以原线圈中电流有效值I1==A所以==,故C正确.答案 C18.解析 由能量守恒得拉力F所做的功将转化成电阻R上产生的热和导体棒增加的重力势能,故选项A错误,选项C正确;由动能定理可得拉力F与重力做功的代数和等于克服安培力所做的功,等于电阻R上产生的热,选项B、D正确.答案 BCD19.解析 设输入电压为U1,输出电压为U2,由=知U2=100V,I==A=10A,故选项A、B错误;1分钟内电阻产生的热量Q=I2Rt=102×10×60J=60000J,故选项C错误;P输入=P输出==1×103W,故选项D正确.答案 D20.解析 cd棒受到的安培力等于它的重力,BL=mg,v==2m/s,A正确.ab棒受到向下的重力G和向下的安培力F,则ab棒受到的拉力FT=F+G=2mg=
0.2N,B正确.在2s内拉力做的功,W=FTvt=
0.2×2×2J=
0.8J,C不正确.在2s内ab棒上产生的热量Q=I2Rt=2Rt=
0.2J,D不正确.答案 AB21.解析 1当F与安培力平衡时,金属棒速度达到稳定,设稳定时速度为v1,F安=Bdl
①I=Bdv1/R总
②R总=R+r/2
③解得v1=6m/s.2设电压表的读数为U,则U=Bdv2+UL
④UL=Bdv2
⑤解得U=5V.
⑤3设小灯泡和金属棒产生的热量分别为Q
1、Q2,有Q1∶Q2=2∶1
⑥由功能关系得Pt=Q1+Q2+mv2
⑦可得Q1=12J.答案 16m/s 25V 312J22.解析 1导线ab两端电压为U=E=×6V=5V导线ab中的电流I==
0.5A导线ab受力如右图所示,由平衡条件得F安=BIL=mgsin30°解得B=,代入数据,得B=1T.2开关S断开后,导线ab由静止开始加速下滑,当速度为v时,产生的感应电动势为E′=BLv导线ab中的感应电流I′=导线ab所受的安培力F安′=BI′L=当导线ab达到最大速度时,=mgsin30°解得vm=,代入数据解得vm=100m/s.答案 11T 2100m/s。