常州市高二物理寒假作业含答案 19.docx
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常州市高二物理寒假作业含答案19
常州市高二物理寒假作业
一、单选题(本大题共12小题,共36.0分)
1.物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律,为人类的科学做出了巨大贡献.下列描述中符合物理学史实的是( )
A.安培发现了电流的磁效应
B.奥斯特通过实验测定了磁场对电流的作用力
C.库仑总结出了真空中的两静止点电荷间相互作用的规律
D.法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律
2.以下说法正确的是( )
A.由公式C=
可知,电容器带电量Q与两极板间电势差U成正比
B.由E=
可知,电场中某点的电场强度E与F成正比
C.由公式可φ=
知,电场中某点的电势φ与q成反比
D.由Uab=Ed可知,匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大,则两点间的电势差也一定越大
3.真空中两个点电荷的相互作用力为F,若每个电荷的带电量都增大一倍,并把它们之间的距离减少一半,则它们之间的作用力变为( )
A.16FB.8FC.4FD.2F
4.
如图所示,AB和CD为圆上两条相互垂直的直径,圆心为O.将电荷量分别为+q和-q的两点电荷放在圆周上,其位置关于AB对称且距离等于圆的半径,如要使圆心处电场强度为零,可在圆周上再放一个适当的点电荷Q,则该点电荷( )
A.放在A点,Q=2qB.放在B点,Q=-2q
C.放在C点,Q=-qD.放在O点,Q=-q
5.2017 年 1 月 25 日,在中央电视台 CCTV10 频道播出节目中,海军电力工程专家马伟明 院士表示,正在研制设计中的国产 003 型航母采用电磁弹射已成定局!
电磁弹射就是采用电 磁的能量来推动被弹射的物体向外运动,电磁炮就是利用电磁弹射工作的。
电磁炮的原理如图所示,则炮弹导体滑块受到的安培力的方向是( )
A.竖直向上B.竖直向下C.水平向左D.水平向右
6.
如图所示,一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路,开关闭合。
在增大电容器两极板间距离的过程中( )
A.电容器的电容变大B.电容器两极板间场强不变
C.电容器两极板间电压增大D.电阻R中有从a流向b的电流
7.
如图所示,E为内阻不能忽略的电池,R1、R2、R3为定值电阻,S1、S2为开关,电压表和电流表均为理想电表.初始时S1与S2均闭合,现将S2断开,则( )
A.电压表的示数变大,电流表的示数变大
B.电压表的示数变大,电流表的示数变小
C.电压表的示数变小,电流表的示数变小
D.电压表的示数变小,电流表的示数变大
8.
长为L的均匀金属丝总电阻为R,弯成如图所示的圆形闭合导线环,A、B、C、D四点将圆环等分。
将A、C两点接入电压恒为U的电源上时,圆环消耗的功率为P.若将A、B两点接入同样的电源上时,圆环消耗的功率为( )
A.
B.
C.
D.2P
9.如图所示,有一正方形闭合线圈,在足够大的匀强磁场中运动.下列四个图中能产生感应电流的是( )
A.
B.
C.
D.
10.
如图,竖直平面内有一正方形,一个质量为m电量为q的带正电小球在A点以一定初速度沿AB方向抛出,小球恰好过C点.若在竖直平面内加一个竖直方向的匀强电场,仍将小球在A点沿AB方向抛出,当其初速度减小为原来的一半时,恰好也能通过C点,则电场强度的大小和方向分别是(重力加速度为g,空气阻力不计)( )
A.
,竖直向下B.
,竖直向上
C.
,竖直向下D.
,竖直向上
11.如图甲所示,一个圆形线圈的匝数n=100,线圈面积S=200cm2,线圈的电阻r=1Ω,线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻,把线圈放入一个方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示.下列说法中正确的是( )
A.线圈两端的电压逐渐增大B.电阻R上消耗的功率为4×10-4W
C.线圈电阻r消耗的功率为4×10-4WD.前4s内通过R的电荷量为4×10-4C
12.如图所示,一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中,以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动.ON与水平面的夹角为30°,重力加速度为g,且mg=qE,则()
A.电场方向竖直向上
B.小球运动的加速度大小为
C.小球上升的最大高度为
D.若小球在初始位置的电势能为零,则小球电势能的最大值为
二、多选题(本大题共3小题,共9.0分)
13.
如图,一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中,在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。
M和N是轨迹上的两点,其中M点在轨迹的最右边。
不计重力,下列表述正确的是( )
A.粒子带正电
B.粒子在M点的速率最大
C.粒子在电场中的加速度不变
D.粒子在电场中的电势能先增大后减小
14.
通电细杆ab置于倾角为θ的粗糙平行导轨上,加上如图所的磁场,杆ab恰好静止在导轨上。
其中杆与导轨间摩擦力可能为零的是( )
A.
B.
C.
D.
15.
如图所示,在半径为R的圆形区域内,有匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于圆平面(未画出).一群比荷为
的负离子以相同速率v0(较大),由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后,又飞出磁场,最终打在磁场区域右侧的荧光屏(足够大)上,则下列说法正确的是(不计重力)( )
A.离子在磁场中的运动轨迹半径一定相等
B.由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
C.离子在磁场中运动时间一定相等
D.沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大
三、实验题(本大题共2小题,共17.0分)
16.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.请根据下列步骤完成电阻测量
(1)将K旋转到电阻档“×100”的位置;
(2)将插入“+”、“-”插孔的表笔短接,转动部件______(选填“S”、“T”或“K”);使指针对准电阻的______。
(填“0刻度线”或“∞刻线”)
(3)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,请从下列选项中选出合理的步骤______。
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.将两表笔短接,旋动合适部件,进行欧姆调零
D.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
(4)测量完毕后,把选择开关旋到______。
17.某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时,发现里面除了一节1.5V的干电池外,还有一个方形的层叠电池。
为了测定层叠电池的电动势和内阻,实验室中提供了如下器材:
A.电流表A1(满偏电流10mA,内阻10Ω)
B.电流表A2(0~0.6A~3A,内阻未知)
C.滑动变阻器R0(0~100Ω,1.0A)
D.定值电阻R(阻值990Ω)
E.开关S与导线若干
(1)该同学根据现有的实验器材,设计了合理的电路,请你在右上侧的方框内画出相应的电路图1并标明用电器的符号______。
(2)该同学根据上述设计的实验电路测出多组数据,绘出如图2所示的I1-I2图线(I1为电流表A1的示数,
I2为电流表A2的示数),则由图线可以得到被测电池的电动势E=______V,内阻r=______Ω.(保留两位有效数字)
四、计算题(本大题共3小题,共38.0分)
18.
某直流电动机接入电路,如图所示的实验电路。
调节滑动变阻器R的阻值,使电动机无法转动,此时电流表和电压表的示数分别为0.2A和0.4V.重新调节R的阻值,使电动机能够正常运转,此时电流表和电压表的示数分别为0.8A和3V.求:
(1)这台电动机的线圈电阻;
(2)电动机正常运转时的输入功率;
(3)电动机正常运转时的输出功率。
19.如图所示,光滑平行金属导轨PP′和QQ′之间距离为1m且足够长,都处于同一水平面内,P和Q之间连接一电阻R=10Ω,整个装置处于竖直向下的匀强磁场B=2T中.现垂直于导轨放置一根导体棒MN,电路中导线和导体棒电阻不计,用一水平向右F=5N的力拉动导体棒MN从静止开始运动,则
(1)导体棒中的电流方向?
(回答M→N还是N→M)
(2)当导体棒匀速运动时,棒中的电流大小是多少安?
(3)导体棒做何种运动?
求最终的速度.
20.如图所示,一个质量为m=2.0×10-11kg,电荷量为q=1.0×10-5C的带正电粒子P(重力忽略不计),从静止开始经U1=100V电压加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场,偏转电场的电压为U2.金属板长L=20cm,两板间距d=20cm,上极板带正电,下极板带负电。
粒子经过偏转电场后进入右侧垂直纸面向里的水平匀强磁场中,位于磁场左侧的理想边界紧邻偏转电场,磁场中其余区域没有边界。
磁场磁感应强度为B.求:
(1)微粒进入偏转电场时的速度大小?
(2)若粒子一定会由偏转电场进入磁场中,偏转电压U2满足什么条件?
(3)当U2=120V时,若粒子离开磁场后不会第二次进入偏转电场,则磁感应强度B应满足什么条件?
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解:
A、奥斯特发现了电流的磁效应,故A错误。
B、安培通过实验测定了磁场对电流的作用力,故B错误。
C、库仑通过扭秤实验总结出了真空中的两静止点电荷间相互作用的规律--库仑定律,故C正确。
D、法拉第发现了电磁感应现象,楞次总结出了判断感应电流方向的规律,故D错误。
故选:
C。
本题是物理学史问题,记住著名物理学家的主要贡献即可答题.
本题考查物理学史,属于常识性问题,对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆,注重积累.
2.【答案】A
【解析】解:
A、电容C与电容器带电量Q和两极板间电势差U无关,由电容器本身决定,由公式C=
可知,C一定,电容器带电量Q与两极板间电势差U成正比,故A正确。
B、E=
是电场强度的定义式,采用比值法定义,E与F、q无关,由电场本身决定,故B错误。
C、φ=
是电势的定义式,采用比值法定义,φ与Ep、q无关,由电场本身决定,故C错误。
D、由Uab=Ed可知,匀强电场中的任意两点a、b间沿电场方向的距离越大,两点间的电势差才一定越大,故D错误。
故选:
A。
电容C与电容器带电量Q和两极板间电势差U无关。
电场强度由电场本身决定,与检验电荷无关。
电场中某点的电势φ与检验电荷无关。
公式Uab=Ed中d是两点a、b间沿电场方向的距离。
解决本题时要知道C=
、E=
、φ=
都是采用比值法定义的,要掌握比值法定义的共性来理解C、E、φ的物理意义,不能单纯从数学角度来理解。
3.【答案】A
【解析】解:
由库伦定律可得:
变化前:
变化后:
,故BCD错误,A正确。
故选:
A。
本题比较简单,直接根据库仑力公式得出两次作用力的表达式,则可求得距离减小后的相互作用力,从而解出正确结果.
本题考查库仑定律的直接应用,对于库伦定律公式要注意公式的适用条件以及公式中各个物理量的含义.
4.【答案】C
【解析】解:
由平行四边形定则得出+q和-q在O点产生的合场强水平向右,大小等于其中一个点电荷在O点产生的场强的大小。
要使圆心处的电场强度为零,则应在C点放一个电荷量Q=-q的点电荷,或在D点放一个电荷量Q=+q的点电荷。
故C正确,ABD错误。
故选:
C。
电场叠加是多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和,符合平行四边形定则.
对于电场叠加问题的求解方法:
1.确定要分析计算的位置;
2.分析该处存在几个分电场,先计算出各个分电场电场强度的大小,判断其方向;
3.利用平行四边形定则作出矢量图,根据矢量图求解.
5.【答案】C
【解析】解:
根据左手定则可知,张开左手,使四指与大拇指在同一平面内,大拇指与四指垂直,把左手放入磁场中,让磁感线穿过手心,四指与电流方向相同,大拇指所指的方向是安培力的方向,故受到的安培力水平向左,故C正确
故选:
C。
炮弹加速运动的动力为安培力,根据左手定则即可判断受到的安培力方向
本题关键明确电磁炮的工作原理,明确炮弹加速运动的动力为安培力,根据左手定则即可判断
6.【答案】D
【解析】解:
A、增大电容器两极板间距离过程中,根据电容的决定式C=
分析得知,电容C减小,故A错误;
BC、因开关闭合,则电压U不变,依据电场强度E=
,可知,随着间距变大,则电场强度变小,故BC错误;
D、根据电容器所带电量Q=CU减小,电容器放电,由于电容器上板带正电,下板带负电,则电阻R中有从a流向b的电流,故D正确;
故选:
D。
增大电容器两极板间距离过程中,根据电容的决定式分析电容如何变化,电容器板间电压不变,根据电容的定义式分析电容器的电量如何变化,确定电容器处于充电还是放电状态,判断电路中电流的方向。
本题是电容器的动态变化分析问题,根据电容器的决定式C=
和电容的定义式C=
结合进行分析,同时理解公式E=
的含义。
7.【答案】A
【解析】解:
S2断开时,外电路总电阻变大,则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小,故路端电压增大,V的读数变大;
把R1的电压和内电压减小,故R3两端的电压增大,由欧姆定律可知R3中的电流也增大,电流表示数增大,故A正确,BCD错误;
故选:
A。
根据S2的通断可分析出电路电阻的变化,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.
8.【答案】A
【解析】解:
设每
圆环的金属丝电阻为R;则当A、C点接入电路中时总电阻
,故有:
;
当A、B点接入电路中时总电阻
,故将A、B两点接入同样的电源上时,圆环消耗的功率
,故A正确,BCD错误;
故选:
A。
根据接入电路的电阻变化,由并联电路的电阻特点求得总电阻,即可根据
求得功率。
滑动变阻器移动的动态电路问题,一般根据接入电路的电阻变化得到总电阻的变化,从而由欧姆定律得到总电流的变化,即可得到电压的变化,最后由欧姆定律及电荷守恒得到电流的变化。
9.【答案】D
【解析】解:
A、线框垂直于磁感线运动,虽然切割磁感线,但穿过的磁通量没有变化,因此也不会产生感应电流,故A错误;
B、线框平行于磁场感应线运动,穿过线框的磁通量没有变化,不会产生感应电流,故B错误;
C、线框绕轴转动,但线框平行于磁场感应线,穿过的磁通量没有变化,因此也不会产生感应电流,故C错误;
D、线框绕轴转动,导致磁通量发生变化,因此线框产生感应电流,故D正确;
故选:
D。
本题考查了感应电流产生的条件:
闭合回路中的磁通量发生变化.据此可正确解答本题.
本题考查感应电流产生的条件,首先要明确是哪一个线圈,然后根据磁通量的公式:
Φ=BS找出变化的物理量,从而确定磁通量是否发生变化.
10.【答案】B
【解析】解:
设小球的初速度为v。
正方形边长为L。
根据题意知,不加电场时小球做平抛运动,则有 L=vt,L=
当加匀强电场时,同理可得L=
,L=
联立可得a=
由牛顿第二定律得mg+qE=ma,得E=-
,负号说明电场方向竖直向上
故选:
B。
不加电场时,小球做平抛运动,根据水平方向和竖直方向两个分运动的规律列式.加电场后,小球做类平抛运动,也根据分运动的规律列式,结合牛顿第二定律求解.
对于平抛运动和类平抛运动,要抓住它们研究的方法一样:
运动的分解法,要注意类平抛运动的加速度不是g,要根据牛顿第二定律求解.
11.【答案】C
【解析】解:
A、根据法拉第电磁感应定律,可知,磁通量的变化率恒定,所以电动势恒定,则电阻两端的电压恒定,故A错误。
B、由法拉第电磁感应定律:
E=N
=N
=100×
×0.02V=0.1V,
由闭合电路欧姆定律,可知电路中的电流为I=
=
A=0.02A,则电阻R上消耗的功率为P=I2R=0.022×4W=1.6×10-5W,故B错误;
C、由上可知,电路中的电流为I=0.02A,所以线圈电阻r消耗的功率P=I2r=0.022×1W=4×10-4W,故C正确;
D、前4s内通过R的电荷量Q=It=0.02×4C=0.08C,故D错误;
故选:
C。
线圈平面垂直处于匀强磁场中,当磁感应强度随着时间均匀变化时,线圈中的磁通量发生变化,从而导致出现感应电动势,产生感应电流.由楞次定律可确定感应电流方向,由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小,运用功率与电量的表达式,从而即可求解.
考查楞次定律来判定感应电流方向,由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小.当然本题还可求出电路的电流大小,及电阻消耗的功率.同时磁通量变化的线圈相当于电源.
12.【答案】D
【解析】
【分析】
首先对小球的受力情况和运动情况进行分析,小球受重力和电场力作用,因mg=qE且沿ON运动,所以电场力的方向与水平方向成30°角,合力沿ON向下,小球应做匀减速直线运动,对二力进行合成,合力大小为mg,加速度为g;由运动学公式可判断C的对错;因电场力和重力在ON上的分量相等,可知克服电场力做功和克服重力做功是相等的,可知转化为电势能的最大值为初动能的一半。
本题考查带电粒子在复合场中的运动情况,应在正确分析小球受力情况的基础上,运用牛顿第二定律、运动学公式和功能关系分析,采用力学方法进行分析.
【解答】
AB、小球做匀变速直线运动,合力应与速度在同一直线上,即在ON直线上,因mg=Eq,所以电场力Eq与重力关于ON对称,根据数学知识得:
电场力qE与水平方向的夹角应为30°,受力情况如图一所示,合力沿ON方向向下,大小为mg,所以加速度为g,方向沿ON向下,故AB错误;
C、经对A的分析可知,小球做匀减速直线运动,由运动学公式可得最大位移为x=
,则最大高度为h=xsin30°=
.故C错误;
D、若小球在初始位置的电势能为零,在减速运动至速度为零的过程中,小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的,由能量的转化与守恒可知,小球的初动能一半转化为电势能,一半转化为重力势能,初动能为
,小球的最大电势能为
,故D正确。
故选:
D。
13.【答案】CD
【解析】解:
A、粒子受到的电场力的方向与场强方向相反,故该粒子带负电,故A错误;
B、电子受到的电场力向左,在向右运动的过程中,电场力对电子做负功,电子的速度减小,运动到M点时,电子的速度最小,故B错误;
C、因电场为匀强电场,故电场力恒定,粒子在电场中的加速度不变,故C正确;
D、电场力向左,因此在运动过程中,电场力先做正功再做负功,电势能先减小后增加,则D正确。
故选:
CD。
做曲线运动的物体受到合力指向曲线的内侧,故电场力水平向左,与电场方向相反,带电粒子在向右运动的过程中,电场力对电子做负功,电子的速度减小,电势能增加,根据电子的运动分析可以得出结论
本题要掌握电场力做功以及电场线的特点,要注意明确电场力做正功,电势能减小,动能增加,电场力做负功时,电势能增加,动能减小。
14.【答案】AB
【解析】解:
A、杆受到向下的重力,水平向右的安培力,和垂直于斜面的支持力的作用,在这三个力的作用下,可以处于平衡状态,摩擦力可以为零,故A正确;
B、杆子受重力、竖直向上的安培力,在这两个力的作用下,可以处于平衡状态,故摩擦力可能为零,故B正确;
C、杆受到的重力竖直向下,安培力竖直向下,支持力,杆要静止的话,必定要受到沿斜面向上的摩擦力的作用,摩擦力不可能为零,故C错误;
D、杆受到的重力竖直向下,安培力水平向左,支持力,杆要静止,必有摩擦力,故D错误;
故选:
AB。
根据左手定则,判断出安培力的方向,再判断杆ab的受力是否可以处于平衡状态
对物体受力分析,根据物体的受力的情况判断杆是否要受到摩擦力的作用,即可判断摩擦力是否是零
15.【答案】AB
【解析】解:
A、离子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:
qvB=m
,解得:
r=
,因粒子的速率相同,比荷相同,故半径一定相同,故A正确;
B、由圆的性质可知,轨迹圆与磁场圆相交,当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大,离子圆周运动的最大弦长为PQ,故由Q点飞出的粒子圆心角最大,所对应的时间最长,此时粒子一定不会沿PQ射入,故B正确,D错误;
C、设粒子轨迹所对应的圆心角为θ,则粒子在磁场中运动的时间为t=
T,T=
,所有粒子的运动周期相等,由于离子从圆上不同点射出时,轨迹的圆心角不同,所以离子在磁场中运动时间不同,故C错误。
故选:
AB。
粒子在磁场中均由于洛仑兹力充当向心力而做匀速圆周运动,则根据公式和圆的性质可得出粒子运动的半径、偏向角及离开磁场的时间.
本题为多个粒子的偏转问题,此类题目要求我们能将圆的性质掌握清楚,利用我们所掌握的几何知识进行分析判断.
16.【答案】T 0刻度线 ACD OFF挡或交流电压最高挡
【解析】解:
(2)将插入“+”、“-”插孔的表笔短接,转动部件欧姆调零旋钮T,使指针对准电阻的0刻度线。
(3)欧姆表选择电阻档“×100”,将两表笔分别与待测电阻相接,发现指针偏转角度过小,说明所选挡位太小,
为了得到比较准确的测量结果,应选择电阻挡“×1k”,然后进行欧姆调零,然后再测电阻,应从合理的实验步骤为:
ACD;
(4)测量完毕后,把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡。
故答案为:
(2)T;0刻度线;(3)ACD;(4)OFF挡或交流电压最高挡。
①电表使用前要使指针指在0刻线位置,通过调节调零旋钮实现;
③欧姆表测量前要进行欧姆调零;
④欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀,读数误差最小,故测量电阻时,要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近;每次换挡要重新调零;
⑤欧姆表读数=刻度盘读数×倍率;
⑥欧姆表使用完毕,要将旋钮选择“OFF”挡或者交流电压最大挡,若长期不用,需要将电池取出。
本题考查了多用电表的使用方法,掌握基础知识即可正确解题;使用欧姆表测电阻时,要选择合适的挡位,使指针指在中央刻度线附近。
17.【答案】如图所示 9.0 10
【解析】解:
(1)本实验采用伏安法测量电源的电动势和内电阻,由于没有电压表,将电流表A1和定值电阻R串联组成代替电压表,电流表相对于电源采用外接法;故电路图如图所示;
(2)表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理,则由闭合电路欧姆定律可知:
I1(R+RA)=E-I2r
即:
;
由图可知,图象与纵坐标的交点为9.0mA,
则有:
;
解得:
E=9.0V;
由图象可知,图象的斜率为:
10×10-3,由公式得图象的斜率等于
,
故
;
解得:
r=10Ω。
故答案为:
(1)如图所示;
(2)9.0,10。
(1)将电流表G串联一个电阻,可以改装成较大量程的电压表。
因为电源的内阻较小,所以应该采用较小最大值的滑动变阻器,有利于数据的测量和误差的减小。
(2)根据欧姆定律和串联的知识求出I1和电源两端电压U的关系,根据图象与纵轴的交点求出电动势,由与横轴的交点可得出路端电压为某一值时电流,则可求得内阻。
本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形,注意由于没有电压表,本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表,再根据原实验的研究方法进行分析研究。
18.【答案】解:
(1)电动机不转时,可看成纯电阻
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