无锡市高二物理寒假作业含答案 7.docx
- 文档编号:18463279
- 上传时间:2023-08-18
- 格式:DOCX
- 页数:16
- 大小:206.94KB
无锡市高二物理寒假作业含答案 7.docx
《无锡市高二物理寒假作业含答案 7.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《无锡市高二物理寒假作业含答案 7.docx(16页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
无锡市高二物理寒假作业含答案7
无锡市高二物理寒假作业第07套
一、单选题(本大题共6小题,共36.0分)
1.电荷量为q的电荷在电场中由A点移到B点时,电场力做功W,由此可算出两点间的电势差为U,若让电荷量为2q的电荷在电场中由A点移到B点,则( )
A.电场力做功仍为WB.电场力做功为
C.两点间的电势差仍为UD.两点间的电势差为
2.两个完全相同的金属小球(视为点电荷),带电荷量之比为1:
7,相距为r,两者相互接触后再放回原来的位置上,则相互作用力可能为原来的( )
A.
B.
C.
D.
3.一带负电荷的质点,在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c,已知质点的速率是递减的。
关于b点电场强度E的方向,下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)( )
A.
B.
C.
D.
4.
如图所示,电源电动势E=3V,小灯泡L标有“2V、0.4W”,开关S接l,当变阻器调到R=4Ω时,小灯泡L正常发光;现将开关S接2,小灯泡L和电动机M均正常工作.则( )
A.电源内阻为2ΩB.电动机的内阻为4Ω
C.电动机正常工作电压为1VD.电源效率约为93.3%
5.
如图所示电路,电源内阻不可忽略,开关S闭合后,在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )
A.电压表与电流表的示数都减小
B.电压表与电流表的示数都增大
C.电压表的示数增大,电流表的示数减小
D.电压表的示数减小,电流表的示数增大
6.
图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示.一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是( )
A.向上B.向下C.向左D.向右
二、多选题(本大题共2小题,共12.0分)
7.平面OM和平面ON之间的夹角为60°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。
一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q>0)。
粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成60°角。
已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON有且只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。
不计重力。
粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离l及在磁场中运动的时间t分别为( )
A.l=
B.l=
C.t=
D.l=
8.如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为7匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则( )
A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B.a、b线圈中感应电动势之比为9:
1
C.a、b线圈中感应电流之比为3:
1
D.a、b线圈中电功率之比为3:
1
三、填空题(本大题共2小题,共24.0分)
9.如图所示为某次实验中两电表的示数情况,则:
电流表A的示数为______A,电压表V的示数为______V。
10.
如图所示,在xOy坐标系中有虚线OA,OA与x轴的夹角θ=30°,(OA与y轴之间的区域有垂直纸面向外的匀强磁场,OA与x轴之间的区域有沿x轴正方向的匀强电场,已知匀强磁场的磁感应强度B=0.25T,匀强电场的电场强度E=5×105N/C.现从y轴上的P点沿与y轴正向夹角60°的方向以初速度v0=5×105m/s射入一个质量m=8×10-26kg、电量q=+8×10-19C的带电粒子,粒子经过磁场、电场后最终打在x轴上的Q点,已知P点到O的距离为
m.(带电粒子的重力忽略不计)求:
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径;
(2)粒子从P点运动到Q点的时间;
(3)Q点的坐标。
四、实验题(本大题共1小题,共12.0分)
11.某实验小组利用如下器材测量某金属丝的电阻率:
A.电源(3V,内阻约为0.1Ω)
B.电流表(量程0.6A,内阻约为0.1Ω)
C.电流表(量程3A,内阻约为0.03Ω)
D.电压表(量程3V,内阻约为3kΩ)
E.滑动变阻器(1kΩ,0.3A)
F.滑动变阻器(20Ω,2A)
G.待测金属丝、螺旋测微器、米尺、开关和导线等
(1)实验的主要步骤如下:
a.截取一段金属丝,拉直并固定在两端带有接线柱的米尺上,观察其接入长度在米尺上的示数如图甲所示,则读数为________cm;
b.用螺旋测微器测出金属丝的直径,某次测量时示数如图乙所示,其读数为________mm;
c.正确连接电路,合上开关;
d.改变滑动变阻器的位置,读出电压表和电流表的示数,记录如下表:
次数
1
2
3
4
5
U/V
0.80
1.00
1.50
1.80
2.30
I/A
0.18
0.22
0.34
0.42
0.52
e.断开开关,整理器材,结束实验操作。
(2)根据以上信息,你认为该小组选用的电流表是______,滑动变阻器是________(只填仪器前的代号);请设计较为节能且误差较小的电路,把图丙电路连接完整。
(3)该小组的测量数据已标在图丁U-I图上,请作图线并计算该金属丝的电阻值为________Ω(保留两位有效数字),根据电阻定律即可得到该金属丝电阻率。
五、计算题(本大题共2小题,共26.0分)
12.如图,质量m=0.2kg、长度L=1.0m的水平导体棒MN,用两根劲度系数均为k=100N/m的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来,导体棒置于水平向里的匀强磁场中。
当导体棒中通以大小,I=5A的电流,并处于静止时,两弹簧恰好都恢复到原长状态。
(重力加速度g取10m/s2)
(1)求匀强磁场磁感应强度B的大小;
(2)欲使导体棒下移1.5cm后能重新处于静止状态,应当通入什么方向、多大的电流?
13.如图,两根相距L=0.20m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置,一端与阻值R=0.40Ω的电阻相连。
电阻右侧存在沿导轨方向随距离均匀增大的稳恒磁场,其方向与导轨平面垂直,变化率k=0.50T/m,金属棒所在处磁场的磁感应强度B0=0.50T.一根质量0.10kg,电阻r=0.10Ω的金属棒置于导轨上,并与导轨垂直。
在t=0时刻,棒在水平外力作用下以初速度v1=2m/s沿导轨向右做匀速运动。
求
(1)t=0时回路中的电流大小;
(2)t=2s时电阻R上的热功率及外力做功功率。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解:
在同一个电场中,两点之间的电势差就不变,与放入的电荷的电荷量的大小无关,是由AB之间的电势差的大小还是U;
让电荷量为2q的点电荷在电场中由A点移到B点,电场力做功为q×2U=2W,故ABD错误C正确;
故选:
C。
两点间的电势差是由电场决定的,电场不变,两点之间的电势差就不变,根据W=qU可以直接计算电场力做功的大小.
解答本题的时候要注意电场力做功的公式W=qU是普遍使用的公式,电场中两点间的电势差是由电场决定的,电场不变,两点之间的电势差就不变.
2.【答案】C
【解析】解:
由库仑定律可得两球接触前的库仑力为:
F=k
当两球带同种电荷时,两球接触后平分电量,则两球的电量为:
q′=
=4Q
两球接触后的库仑力为:
F'=k
=
F;
当两球带异种电荷时,两球接触中和后再平分电量,则两球的电量为:
q′=
=-3Q
两球接触后的库仑力为:
F'=k
=
F,故ABD错误,C正确。
故选:
C。
由库仑定律列出接触前的库仑力表达式;根据电荷守恒定律可得出接触后两球的电荷量,再由库仑定律列出库仑力表达式,即可求得两力的关系。
两相同小球相互接触再分开,则电量先中和然后再平分总电荷量;库仑定律计算中可以只代入电量,最后再根据电性判断库仑力的方向。
3.【答案】D
【解析】解:
A、电荷做曲线运动,电场力与速度方向不在同一直线上,应指向轨迹弯曲的内侧,不可能沿轨迹的切线方向,则场强也不可能沿轨迹的切线方向。
故A错误。
B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反,图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角,电场力做正功,电荷的速率增大,与题不符。
故B错误。
C、图中场强方向指向轨迹的内侧,则电场力指向轨迹的外侧,电荷的轨迹应向上弯曲,不可能沿如图的轨迹运动。
故C错误。
D、图中场强方向指向轨迹的外侧,则电场力指向轨迹的内侧,而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角,电场力做负功,电荷的速率减小,符合题意。
故D正确。
故选:
D。
根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向,再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择。
本题是电场中轨迹问题,抓住电荷所受的合力指向轨迹的内侧和速度沿轨迹的切线方向是解题的关键。
4.【答案】D
【解析】解:
小灯泡的额定电流为:
I=
=
=0.2A
电阻为:
RL=
=
=10Ω;
A、当接1时有:
E=I(RL+R+r)
代入数据解得:
r=1Ω,故A错误;
B、当接2时灯泡正常发光,流过的电流为:
I=0.2A
电源内阻分的电压为:
U=Ir=0.2×1V=0.2V
故电动机分的电压为:
U动=E-UL-U=3-2-0.2V=0.8V,
故电阻R<
=
=4Ω,故BC错误;
D、电源的效率为:
η=
=
=93.3%,故D正确。
故选:
D。
(1)小灯泡L正常发光,其电压为额定电压,功率为额定功率,由公式P=UI可求出电路中的电流.根据闭合电路欧姆定律求解电源的电阻.
(2)电动机为非纯电阻电路,注意公式的应用与选取即可
本题考查闭合电路欧姆定律以及功率公式的正确应用,要注意功率公式中每个公式的使用的条件是不同的,掌握住公式的使用的条件,这是做题的前提条件.
5.【答案】A
【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,则通过R2的电流减小,根据并联电路的特点可知:
通过R0的电流增大,则电流表的示数减小。
故A正确,BCD错误;
故选:
A。
由电路图可知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。
6.【答案】B
【解析】【分析】
根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比,得出各电流在O点所产生的B的大小关系,由安培定则确定出方向,再利用矢量合成法则求得B的合矢量的方向.
考查磁感应强度B的矢量合成法则,会进行B的合成,从而确定磁场的大小与方向.
【解答】
解:
根据题意,由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消,而a与c导线产生磁场正好相互叠加,由右手螺旋定则,则得磁场方向水平向左,当一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动,根据左手定则可知,它所受洛伦兹力的方向向下。
故B正确,ACD错误。
故选:
B。
7.【答案】AC
【解析】
解:
(1)粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,故运动轨迹与ON相切;轨迹如图所示,
根据洛伦兹力做向心力可得:
Bvq=
,故运动周期T=
;
由几何关系可得:
粒子在磁场中转过的中心角为240°,故运动时间t=
T=
;
(2)根据几何关系可得:
粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离L=
=
R=
;
故AC正确,BD错误;
故选:
AC。
(1)根据几何关系求得中心角,由洛伦兹力做向心力求得周期,即可求得运动时间;
(2)根据几何关系求得距离和半径的关系,即可根据洛伦兹力做向心力求得轨道半径,从而求得距离。
粒子在匀强磁场中只受洛伦兹力作用下的运动情况,一般根据几何关系求得轨道半径、中心角等问题,即可由洛伦兹力做向心力求得周期、轨道半径,进而求得速度、运动时间等问题。
8.【答案】BC
【解析】解:
A、根据楞次定律可知,原磁场向里增大,则感应电流的磁场与原磁场方向相反,因此感应电流为逆时针;故A错误;
B、根据法拉第电磁感应定律可知,E=n
=
;而S=l2;因此电动势之比为9:
1;故B正确;
C、线圈中电阻R=
,而导线长度L=n×4l;故电阻之比为:
3:
1;由欧姆定律可知,I=
;则电流之比为:
3:
1;故C正确;
D、电功率P=
,电动势之比为9:
1;电阻之比为3:
1;则电功率之比为27:
1;故D错误;
故选:
BC。
根据楞次定律可求得电流方向;根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势;根据电阻定律可分析电阻大小,根据欧姆定律即可明确电流大小;再根据功率公式即可明确功率之比
本题考查电磁感应与电路结合问题,要注意明确电流方向以及电动势大小的计算方法,同时能正确结合电路规律进行分析求解。
9.【答案】1.50 7.50
【解析】解:
电流表A接0~3A量程,其分度值为0.1A,则读数为:
I=1.50A;
电压表接0~15V量程,其分度值为0.5V,电压表示数为U=7.50V;
故答案为:
1.50;7.50。
由电流表和电压表的所选量程先确定分度值,然后读数。
本题主要是考查了测量工具的读数问题;对于基本测量仪器要了解其原理,要能正确使用这些基本仪器进行有关测量,能够正确的进行读数。
10.【答案】解:
(1)粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律,有
解得
r=0.2m
故粒子的轨道半径为0.2m。
(2)粒子由P点进入磁场,由于∠O′PO=30°,延长PO′交OA于O″,则PO″⊥OA,则PO″=OPcos30°=0.3m,则O′O″=PO″-PO′=0.1m得O′P=O′M,即得∠O′MO″=30°
由此得出粒子从OA边射出时v0与OA的夹角为60°,即得从OA边射出时v0与x轴垂直。
从P点到Q点的时间为在磁场中运动的时间t1和电场中运动的时间t2之和。
t1=
=
=8.37×10-7s
粒子从P点到Q点的时间为t=t1+t2=1.18×10-6s。
(3)粒子在电场中qE=ma,解得a=
=5×1012m/s2
水平位移x2=
at22=0.3m
粒子在磁场中水平位移x1=r+rsin30°=0.3m
故x=x1+x2=0.6m
即Q点的坐标为(0.6m,0)。
【解析】
(1)粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律和洛伦兹力提供向心力公式列式求解;
(2)画出粒子的运动轨迹,粒子先做圆周运动,后作类似平抛运动,分别求出两端时间即可;
(3)粒子做类似平抛运动时,沿x方向匀加速,沿-y方向匀速,根据几何关系列式求解即可。
本题关键是先确定粒子的运动轨迹,然后分为匀速圆周运动和类似平抛运动进行分析,同时几结合何关系列式求解。
11.【答案】
(1)50.00,0.712(0.711~0.713均给分)
(2)B,F,电路见解析;(3)4.4(4.3~4.5均给分)Ω
【解析】解:
①由图甲所示刻度尺可知,其分度值为1mm,示数为50.00cm;
由图乙所示螺旋测微器可知,固定刻度示数为0.5mm,可动刻度示数为21.2×0.01mm=0.212mm,螺旋测微器的示数为0.5mm+0.212mm=0.712mm;
(2)电路最大电流约为0.52A,则电流表应选B。
根据变阻器能允许通过的最大电流以及为了方便实验操作,滑动变阻器应选F。
由于电压的变化范围大,所以要选择分压式接法;由表格中的数据可知,待测电阻丝的电阻值约5欧姆,属于小电阻,所以电流表应选择外接法,然后画出实验原理图,根据电路图连接实物电路图,如图所示。
(3)取直线上的点,由欧姆定律得电阻:
R=UI=2.20.5 Ω=4.4Ω。
12.【答案】解:
(1)弹簧都恢复到原长状态时,
根据平衡条件,则有:
ILB=mg
解得:
B=
=0.4T
(2)导体棒下移1.5cm后能重新处于静止状态时,
应当通入的电流方向为从N→M;
由平衡条件可得
mg+I′LB=2kx
解得:
I′=2.5A;
答:
(1)匀强磁场磁感应强度B的大小0.4T ;
(2)欲使导体棒下移1.5cm后能重新处于静止状态,应当通入N→M方向,大小为2.5A 的电流。
【解析】
(1)当弹簧处于原长时,依据安培力与重力平衡,结合安培力大小表达式,即可求解;
(2)根据左手定则,及安培力方向,从而确定电流的方向;再根据平衡条件,结合胡克定律,即可求解。
考查安培力大小表达式,掌握胡克定律与平衡条件的应用,理解左手定则的内容,注意与右手定则的区别。
13.【答案】解:
(1)t=0时,棒产生的感应电动势E1=BLv1=0.5×0.2×2V=0.2V
由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流:
I1=
=
A=0.4A
(2)t=2s时棒的速度v1=2m/s
走过的位移为:
x=v1t=2×2=4m
此时棒所在处的磁感应强度:
B2=B0+kx=0.5+0.5×4=2.5T
棒产生的电动势E2=B2Lv1=2.5×0.2×2V=1V
由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流:
I2=
=
A=2A
电阻R上产生的热功率为:
P=I22R=22×0.4W=0.16W
由二力平衡得F外=F安=B2I2L=2.5×2×0.2N=1N
外力的功率P外=F外v=2W
答:
(1)t=0时回路中的电流大小是0.4A;
(2)t=2s时电阻R上的热功率是0.16W,外力做功功率是2W。
【解析】
(1)t=0时刻,棒向右匀速运动,由E=BLv求出感应电动势,再由闭合电路欧姆定律求解回路中的电流。
(2)根据x=vt求出2s内棒的位移,确定t=2s时棒所在处的磁感应强度,由E=BLv求出感应电动势,再由闭合电路欧姆定律求解回路中的电流,即可电阻R上产生的热功率由公式P=I2R求解。
由二力平衡求出外力,再由P=Fv求外力做功的功率。
本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、功率等公式的应用,关键是计算感应电动势时,要注意磁场磁感应强度在变化。
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 无锡市高二物理寒假作业含答案 无锡市 物理 寒假 作业 答案
![提示](https://static.bingdoc.com/images/bang_tan.gif)