武汉市高二物理寒假作业含答案 18.docx

1、武汉市高二物理寒假作业含答案 18武汉市高二物理寒假作业18一、单选题（本大题共9小题，共28.0分）1. 下列关于磁感应强度的说法中正确的是（）A. 一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零B. 一小段通电导体放在磁场中受到磁场力的方向与该处磁场方向一致C. 小磁针N极在某处所受磁场力的方向与该处磁感应强度的方向一致D. 由B=可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的IL成反比2. 如图所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1I2，纸面内的一点H到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为

2、图中的( ) A. B1 B. B2 C. B3 D. B43. 微型吸尘器的直流电动机内阻一定，当加上0.4V的电压时，通过的电流为0.2A，此时电动机不转。当加在电动机两端的电压为3.0V时，电流为0.75A，这时电动机正常工作。则关于吸尘器的内阻r和输出功率P的说法正确的是（）A. r=4 B. r=2 C. P=0.08W D. P=2.25W4. 某电场的电场线分布如图所示，则（）A. 电荷p带负电B. a点的电场强度大于b点的电场强度C. c点的电势低于d点的电势D. 负检验电荷在c点的电势能小于在d点的电势能5. 如图，一束电子以不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场，下列判

3、断正确的是（）A. 电子在磁场中向上偏转B. 电子在磁场中运动时间若相同，其轨迹一定重合C. 电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大D. 电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间一定不相同6. 两个闭合的金属环，穿在一根光滑的绝缘杆上，如图所示，当条形磁铁的S极自右向左插向圆环时，环的运动情况是（）A. 两环同时向左移动，间距增大 B. 两环同时向左移动，间距变小C. 两环同时向右移动，间距变小 D. 两环同时向左移动，间距不变7. 如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，用绝缘细线将质量为m的带电小球悬于电容器内部。闭合电键S，小球静止时细线与竖直方向的夹角为下列判断正确的是

4、（）A. 小球带负电B. 保持R1不变，缓慢增大R2时，将变小C. 保持R2不变，缓慢增大R1时，将变大D. 保持R2不变，缓慢增大R1时，将变小8. 如图甲所示，光滑导轨水平放置在竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示（规定向下为正方向），导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平拉力F的作用下始终处于静止状态规定ab的方向为电流的正方向，水平向右的方向为拉力F的正方向，则在02t0时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流与时间及拉力F与时间关系的图线是（）A. B. C. D. 9. 如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路虚

5、线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论不正确的是（）A. 感应电流方向不变 B. CD段直线始终不受安培力C. 感应电动势最大值E=Bav D. 感应电动势平均值E=Bav二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）10. 如图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粒子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点电势低于c点若不计重力，则（）A.

6、 M带正电荷，N带负电荷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点运动到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. 如图是利用霍尔效应制成的污水流量计的原理图，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口。在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。电压表显示两个电极间的电压U若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（）A. 污水流动过程中，前表面比后表面电势低B. 污水中离子浓度越高，U越大C. 污水流量Q越大，U越大D. 增加所加磁场的

7、磁感应强度，U增大12. 如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时的，磁场的宽度也为L，下列说法中正确的是（）A. 线框穿进磁场的过程中做匀减速直线运动B. 线框穿进磁场的过程中做变减速直线运动C. 线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为2mgL+mgHD. 线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为2mgL+mgH三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）13. 用伏安法测某一电阻，如果采用如图甲所示的电路，测量值为R1，如果采用如图乙所示电路，测量值为R2，若电阻的真实值

8、为R真，它们之间的关系是：R1_R真，R2_R真（填“”、“=”或“”），这种误差属于_误差（填“偶然”或“系统”）。14. 某同学为描绘小灯泡完整的伏安特性曲线，准备了如下器材：A电压表V1（量程0-3V，内阻2k）B电压表V2（量程0-15V，内阻20k）C电流表A1（量程0-0.6A，内阻约0.5）D电流表A2（量程0-3A，内阻约5）E滑动变阻器R1（全阻值5，额定电流2A）F滑动变阻器R2（全阻值2000，额定电流0.2A）G电池组（电动势E=4.5V，内阻r=1.0）H小灯泡（3V，1.0W）I开关S，导线若干（1）为了画出小灯泡的完整的伏安特性曲线，在所提供的实验器材中，电压表选

9、_，电流表选_，滑动变阻器选_（填所选器材前字母）；（2）根据实验原理，请在实物图上完成电路的连线；（3）实验中绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，若将小灯泡与定值电阻R3=15并联后再与定值电阻R4=14串联后直接接到电源两端（电动势E=45V，内阻r=1.0），则小灯泡实际消耗的功率P=_w（结果保留二位有效数字）四、计算题（本大题共4小题，共44.0分）15. 空间存在竖直向下的匀强电场E=5105v/m，一带负电小球，电量为q=810-6c，质量为m=0.2kg。从A点由静止释放，经过一段时间后到达上方B点，AB间距离L=10cm。重力加速度g取10m/s2，求：（1）AB间电势差为多少

10、；（2）小球到达B点的速度为多大。16. 面积S=0.1m2、n=100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是B=0.02t，R=3，C=30F，线圈电阻r=1，求：（1）通过R的电流大小和方向；（2）电容器的电荷量。17. 如图所示，在水平面上固定两根平行放置且足够长的光滑金属导轨MN和PQ，两金属导轨间的距离为d=1m，金属导轨电阻不计，空间内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T，在金属导轨上平行放置两根完全相同的金属杆a和b，质量均为m=0.04kg，有效阻值均为R=5，现把金属杆a固定住，给金属杆b一个水平向右大小为F=8N的拉力作用，运动距离L

11、=10m后金属杆b开始做匀速运动，在这个过程中，求：（1）金属杆b匀速运动时的速度；（2）从开始到金属杆b刚匀速运动时通过金属杆a的电荷量；（3）金属杆a和b产生的总热量。18. 如图所示，在xOy坐标平面中的直角三角形ACD区域，AC与CD长度均为L，且A、C、D均位于坐标轴上，区域内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场未画出，磁场方向垂直于xOy平面向里，磁感应强度为B一不计重力、带正电的粒子从O点沿y轴正方向以某一速度射入，恰好做匀速直线运动，经t0时间从C点射出（1）求电场强度的大小和方向；（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经时间恰从ACD区域的边界射出，求粒子的比

12、荷（3）若仅撤去电场带电粒子仍从O点射入，要使粒子恰好不能从AC边射出，求粒子速度大小及粒子在磁场中运动的时间答案和解析1.【答案】C【解析】解：AD、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B=只是磁感应强度的定义式。同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处B和放置的方式共同决定，故AD错误；BC、磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向，根据左手定则可知一小段通电导体放在磁场中受到磁场力的方向与该处磁场方向垂直，故B错误、C正确。故选：C。根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直，磁感应强度

13、的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度。此比值与磁场力及电流元均无关。题关键要掌握磁感应强度的物理意义、定义方法，以及磁感应强度与安培力之间的关系，即可进行分析判断。2.【答案】C【解析】【分析】根据右手螺旋定则判断出两电流在H点的磁感应强度方向，根据平行四边形定则得出合场强的方向解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场，以及知道磁感应强度是矢量，合成分解遵循平行四边形定则。【解答】解：根据右手螺旋定则得出两电流在H点的磁场方向，如图，根据平行四边形定则知H点的合场强可能为方向

14、。故C正确，A、B、D错误。故选：C。3.【答案】B【解析】解：AB、电动机不转动时，其消耗的电功全部转化为内能，故可视为纯电阻电路，由欧姆定律得电动机线圈内阻为：r=，故B正确，A错误；CD、电动机转动时，热功率为：P热=I2r=0.7522W=1.125W；其输入的电功率为：P=I1U1=0.753W=2.25W消耗的电能转化为内能和机械能，故电动机的机械功率为：P出=P入-I2r=2.25W-1.125W=1.125W故CD错误；故选：B。电动机不转时是纯电阻电路，由欧姆定律求出电动机的电阻；由P=I2R求出电动机正常工作时电动机线圈消耗的热功率；电动机的输入功率与热功率之差是电动机的输

15、出功率。知道电动机不转时是纯电阻电路，由欧姆定律求出电动机电阻是本题的难点；知道电动机的输入功率与热功率之差是电动机的输出功率是正确解题的关键。4.【答案】D【解析】解：A、电场线从正电荷出发，由电场线分布可知，电荷P带正电，故A错误；B、依据电场线的疏密可知，a点的电场线比b点较稀疏，则a点的电场强度小于b点的电场强度，故B错误；C、根据沿着电场线方向，电势是降低的，则c点的电势高于d点的电势，故C错误；D、因c点的电势高于d点的电势，那么负检验电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，故D正确；故选：D。本题的关键是明确根据电场线的疏密判定场强的大小；根据电场线的方向一定是从电势高的等势面指向

16、电势低的等势面来判断电势的高低，再依据正点电荷在高电势处，电势能大，负点电荷在低电势处电势能大，从而即可一一求解。熟记电场线与等势面处处垂直的关系，以及电场线的特点：电场线密处场强大疏处场强小；沿着电场线的方向电势逐渐降低（电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面）。5.【答案】C【解析】解：A、电子带负电，根据左手定则可知，其在磁场中受洛伦兹力向下，故向下偏转，故A错误；B、由周期公式T=知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，没有重合，故B错误；C、由t

17、=T可知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大；故C正确；D、电子粒子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式r=知，轨迹半径与速率成正比，电子的速率不同，但轨迹线所对应的圆心角可能相同，时间可能相同，比如轨迹3、4、5，故D错误；故选：C。电子粒子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，根据半径和周期公式分析速率越大，轨迹半径和周期如何变化；在有界磁场中转动的时间越长，则粒子转过的圆心角越大，运动时间越长。带电粒子在磁场中的偏转要注意两点：一是圆心的确定，二是半径的求出，必要时先画出可能的图形再进行分析计算。6.【答案】B【解析】解：

18、当磁铁的靠近时，导致两圆环的磁通量变大，从而由楞次定律可得两圆环的感应电流，且方向相同，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它们远离磁铁，即向左移。由于两圆环的电流方向相同，所以两圆环相互吸引，即相互合拢。故B正确，ACD错误；故选：B。当磁铁的运动，导致两金属圆环的磁通量发生变化，从而由楞次定律可得线圈中产生感应电流，则处于磁铁的磁场受到安培力，使两圆环运动，同时两圆环间的电流相互作用而导致间距变化从楞次定律相对运动角度可得：近则斥，远则吸同时同向电流相互吸引，反向电流相互排斥7.【答案】B【解析】解：A、因M极带正电，则电场强度方向由M指向N，由小球受到向右的电场力，可知，小球带正电；故A

19、错误；B、保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，总电流减小，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力F电=qE=q减小，悬线的拉力为F=将减小，故B正确；CD、保持R2不变，增大R1时，由于R1与电容器相连，则电容器相当于开路，故对电路没有影响；故F不变，则将不变，故CD错误。故选：B。电容器两端间的电压与R0两端的电压相等，通过判断R0两端间电压的变化，知道极板间电场的变化，从而知道电场力的变化及拉力的变化。解决本题的关键是：1、熟悉含容电路的特点：电容两端间的电压与其并联部分的电压相等；含容支路中的电阻相当于导线。2、会正确的进行受力分析，

20、搞清楚什么力变化导致拉力的变化。8.【答案】D【解析】【分析】由法拉第电磁感应定律可得出电路中的电动势，则可求得电路中的电流；由安培力公式可得出安培力的表达式，则可得出正确的图象这题目考查了学生对法拉第电磁感应定律、安培力、左手定则等的掌握和理解情况；电磁感应的知识是高考中的热点话题，又是二级要求的，要求能熟练掌握【解答】AB.由E=可知，电动势保持不变，则电路中电流不变，故AB错误；CD.由安培力F=BtIL可知，电路中安培力随B的变化而变化，当B为负值时，安培力的方向为负，B为正值时，安培力为正值，故C错误，D正确；故选D。9.【答案】B【解析】解：A、半圆形闭合回路在进入磁场的过程中，磁

21、通量增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，知感应电流的方向为逆时针方向，方向不变。故A正确。B、CD段中有感应电流通过，且CD段与磁场垂直，所以必定受到安培力，且安培力方向竖直向下。故B错误。C、切割的有效长度的最大值为a，则感应电动势的最大值E =Bav故C正确。D、根据法拉第电磁感应定律得：=Bav故D正确。本题选不正确的，故选：B分析磁通量的变化情况，根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据左手定则判断CD段所受的安培力当切割的有效长度最大时，感应电动势最大，通过法拉第电磁感应定律求出感应电动势的平均值解决本题的关键是要掌握法拉第电磁感应定律以及切割产生的感应电动势公式，并能灵活运用1

22、0.【答案】BD【解析】解：A、由题，等势线在水平方向，O点电势低于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向上，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知M粒子带负电，N带正电。故A错误。B、由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同，速度不同。故B正确。C、N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功。故C错误。D、O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零。故D正确。故选：BD。根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c

23、点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同N从O点运动至a点的过程中电场力做正功O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性由动能定理分析电场力做功是常用的方法11.【答案】ACD【解析】解：AB、若污水中正负离子向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏，所以前表面比后表面电势低，故A正确；BCD、电场力、洛伦兹力处于平衡，有qE=qvB，即=vB而污水流量Q=，则

24、U=，电压表的示数与磁感应强度、流量Q以及流量计的高度有关，与离子浓度无关，故B错误，CD正确；故选：ACD。正负离子作定向移动，受到洛伦兹力，发生偏转，打在前后表面上，正离子偏转向哪一个表面，哪一个表面的电势高；根据正负离子会受到电场力、洛伦兹力平衡，求出电压表所测的电压与什么因素有关即可知。解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道在电磁流量计中，正负离子受电场力和洛伦兹力平衡。12.【答案】BD【解析】解：AB、线框穿进磁场的过程中受到重力和安培力，线框做减速运动，安培力大于重力，随着速度的减小，线框产生的感应电流减小，受到的安培力减小，则合力减小，加速度减小，所以线框做变减

25、速直线运动。故A错误，B正确。CD、设线框ab边刚进入磁场时速度大小为v，则cd刚刚穿出磁场时速度为v。对于线框自由下落过程，根据机械能守恒定律得：mgH=mv2得：v=从线框开始下落到cd刚穿出匀强磁场的过程，根据能量守恒定律得焦耳热为：Q=mg（2L+H）-=2mgL+mgH故C错误，D正确。故选：BD。线框穿进磁场的过程中受到重力和安培力，根据安培力随速度的减小而减小，分析合力的变化，从而确定线框的运动性质。根据自由落体运动的规律求出线框ab边刚进入磁场时速度。线框穿越匀强磁场过程中机械能减小转化为内能，再对整个过程，运用能量守恒定律求解焦耳热。本题是运用能量守恒定律处理电磁感应中能量问

26、题，关键要正确分析能量是如何转化的，再由能量守恒定律列式求解焦耳热。13.【答案】 系统【解析】解：电流表外接时，电压表测得电压为电阻两端电压，电流表电流为电阻和电压表的总电流，故电流偏大，那么，电阻偏小，即R1R真；电流表内接时，电压表测得电压为电阻和电流表两端的电压，故电压偏大，电流表电流为通过电阻的电流，那么，电阻偏大，即R2R真；这些误差是由实验设计本身造成的，实验方案不变，那么误差不变；那么，按照误差分类可知：这种误差为系统误差；故答案为：；系统。根据电流表接法确定电压、电流的偏差，从而根据欧姆定律得到电阻偏差；根据误差来源判断误差类型。伏安法测电阻实验中，若最大电流大于电流表量程则

27、采用分压式接法，一般采用限流式接法；被测电阻较大，电流表采用内接法；被测电阻较小，电流表采用外接法。14.【答案】A C E 0.084【解析】解：（1）灯泡额定电流为：I=0.33A，电流表应选C；灯泡额定电压为3V，电压表应选A；为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选：E。（2）由题意可知：RVRL，则电流表采用外接法，描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，则滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示：（3）电源与两定值电阻串联组成等效电源，在灯泡伏安特性曲线中作出电源的U-I图象，图象图所示：由图示图象可知，两图象的交点坐标值为：U=0.6V，I=0.14A，灯泡实际功率为：

28、P=UI=0.60.14=0.084W。故答案为：（1）A，C，E；（2）电路图如图所示；（3）0.084。（1）根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡额定电压选择电压表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。（2）根据灯泡电阻与电波表内阻的关系确定电流表接法，根据题意确定滑动变阻器接法，然后作出电路图。（3）在灯泡U-I图象坐标系内作出等效电源的U-I图象，求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后根据P=UI求出灯泡的实际功率。本题考查描绘灯泡的伏安特性曲线的实验，要注意明确实验原理，掌握数据处理的方法，并知道由于灯泡电阻随温度的变化而变化，故只能根据图象分析数据，不能直接利用欧姆定律

29、求解。15.【答案】解：（1）沿着电场线方向电势逐渐降低可知：UAB0根据匀强电场电势差与电场强度关系得：UAB=-EdAB=-51050.1V=-5104V（2）A到B段根据动能定理得：代入数据解得：答：（1）AB间电势差为5104V；（2）小球到达B点的速度为m/s。【解析】（1）根据匀强电场电势差与电场强度关系U=Ed列式求解；（3）A到B段根据动能定理列式求解。本题考查带电质点在复合场中的运动，要求大家熟练掌握动能定理的应用，注意求电场力做功时带入符号计算。16.【答案】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得：E=n=n=1000.020.1V=0.2V；则电路中电流I=0.05A；由题意

30、知线圈中的磁通量增大，则由楞次定律可得线圈电流方向为逆时针，故R中电流方向从b指向a；即通过R的电流大小为0.05A方向从b指向a。（2）由欧姆定律可得R两端的电压U=IR=0.15V；则电容器的电量Q=UC=4.510-6C；即电容器的电荷量为4.510-6C。答：（1）通过R的电流大小0.05A和方向从b指向a；（2）电容器的电荷量是4.510-6C。【解析】（1）由法拉第电磁感应定律可得出线圈中的电动势，则由欧姆定律可求得通过R的电流；由楞次定律可求得电流的方向；（2）电容器与R并联，则可求得电容器两端的电压，由电容器的定义可求得电荷量。本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用、电容器及欧姆定律，解题时注意发生电磁感应的部分看作电源，不能忽略了其内电阻。17.【答案】解：（1）金属杆b匀速运动时拉力F与安培力平衡，即：F=FA=BId根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得：I=联立解得：v=20m/s；（2）根据电荷量的计算公式可得：q=t，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得：=解得：q=C=2C；（3）根