1718学年下学期暑假作业高二物理 答案与解析.docx

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1718学年下学期暑假作业高二物理答案与解析

2017~2018学年下学期暑假作业高二物理答案与解析

　　　　　　　　　　答案与解析　　暑假作业一电磁感应中“两定律三定则”的灵活应用　　1．【答案】BCD　　【解析】[铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B项对；ΔΦ　　E＝n可知，C项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，楞次定律可知，线圈中感　　Δt应电流方向不断变化，D项正确．2．【答案】B　　【解析】[楞次定律知，欲使b中产生顺时针电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部向里，故选B.]　　3．【答案】B　　T3T　　【解析】[在～时间内，穿过线框的磁场方向先向里减小后向外增加，楞次定律可知感应电流的磁44场方向向里，故感应电流的方向始终沿顺时针方向，选B.]4．【答案】BD　　【解析】[根据右手定则或楞次定律可知，选项A错误，B正确；根据楞次定律“来拒去留”的口诀可知，导线框进入磁场和离开磁场时，受到的安培力方向均是水平向左，所以选项C错误，D正确．本题答案为B、D.]5．【答案】AB　　【解析】[t1时刻，电流增大，楞次定律知，线圈有远离螺线管、收缩面积的趋势，选项A正确；t2时刻电流达到最大，变化率为零，故线圈中无感应电流，FN＝G，此时穿过P的磁通量最大，选项B正确；t3时刻电流为零，但电流从有到无，故穿过线圈的磁通量发生变化，此时P中有感应电流，选项C错误；t4时刻电流变化率为零，线圈中无感应电流，FN＝G，此时穿过P的磁通量最大，选项D错误．]6．【答案】A　　LL【解析】[将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，时间t1＝÷v1＝；让线框绕轴MN以线速度v2　　22v12v2ππL　　匀速转过90°，角速度ω＝，时间t2＝÷ω＝，两次过程中线框产生的平均感应电动势相等，t2＝t1，　　L24v2　　　　解得v1∶v2＝2∶π，选项A正确．]7．【答案】CD　　nΔΦΔB【解析】[根据法拉第电磁感应定律E＝＝n·S求出E＝V，选项A错；根据全电路欧姆定律I　　ΔtΔtE－　　＝＝A，根据P＝I2R1，得R1消耗的功率P＝×102W，选项B错；楞次定律得选项R1＋R2＋r　　C对；S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时C板上所带电荷量Q，电容器两端的电压U＝IR2＝V，流经R2的电荷量Q＝CU＝×105C，选项D对．]　　－　　mgR8．【答案】

（1）mg（sinθ－3μcosθ）

（2）（sinθ－3μcosθ）22　　BL　　【解析】

（1）ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是相等，cd也做匀速直线运动．设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2，对于ab棒，受力分析如图甲所示，力的平衡条件得　　　　甲　　乙　　2mgsinθ＝μFN1＋T＋F①FN1＝2mgcosθ②　　对于cd棒，受力分析如图乙所示，力的平衡条件得mgsinθ＋μFN2＝T③FN2＝mgcosθ④　　联立①②③④式得：

F＝mg（sinθ－3μcosθ）　　

（2）设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑤E　　回路中电流I＝⑥　　R安培力F＝BIL⑦联立⑤⑥⑦得：

mgR　　v＝（sinθ－3μcosθ）22.BL　　FB2l2t09．【答案】

（1）Blt0（－μg）

（2）mm　　　　【解析】

（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，牛顿第二定律得F－μmg＝ma①　　　　设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，运动学公式有v＝at0②　　当金属杆以速度v在磁场中运动时，法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝Blv③　　联立①②③式可得F　　E＝Blt0（－μg）④　　m　　

（2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律EI＝⑤R　　式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为F安＝BlI⑥　　因金属杆做匀速运动，有F－μmg－F安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得B2l2t0R＝⑧.　　m10．【答案】BD11．【答案】BD　　【解析】[ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd杆保持静止，A不正确；ab向右加速运动时，L2中的磁通量向下增大，楞次定律知L2中感应电流产生的磁场方向向上，故通过cd的电流方向向下，cd向右移动，B正确；同理可得C不正确，D正确．]12．【答案】D　　【解析】[题意知线圈经过位置2时穿过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，故A、B均错误；从位置1到位置3的整个过程中，穿过线圈的磁通量是先向外逐渐减小到零，然后向里逐渐增大，楞次定律知线圈中感应电流的方向始终沿逆时针方向，线圈所受的磁场力的方向始终向右，故C错误，D正确．]　　　　　　暑假作业二电磁感应中综合问题的复习策略　　1．【答案】AB　　【解析】[将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，则当圆盘顺时针（俯视）转动时，流过电阻的电流方向从a到b，1EB对；法拉第电磁感应定律得感生电动势E＝BLv＝BL2ω，I＝，ω恒定时，I大小恒定，ω大小　　2R＋rB2L4ω2R　　变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；P＝IR＝知，当ω变为2倍时，P变为原　　422　　来的4倍，D错．]2．【答案】B　　B2L2v【解析】[小灯泡稳定发光，说明导体棒MN匀速运动，则有mgsin37°－－μmgcos37°＝0，可得导　　RL＋R体棒MN的运动速度v＝5m/s；小灯泡消耗的电功率P＝I2RL＝1W．]3．【答案】C　　【解析】[右手定则可知通过金属导线的电流b到a，即通过电阻R的电流方向为M→R→P，A错误；金属导线产生的感应电动势为BLv，而a、b两点间的电压为等效电路路端电压，闭合电路欧姆定律可2　　知，a、b两点间电压为BLv，B错误；金属导线可等效为电源，在电源内部，电流从低电势流向高电势，　　3所以a端电势高于b端电势，C正确；根据能量守恒定律可知，外力F做的功等于电阻R和金属导线产生的焦耳热之和，D错误．]4．【答案】A5．【答案】A　　ΔB　　【解析】[在0～1s内，据E＝S可知感应电动势恒定，感应电流恒定，且电流为逆时针方向，在图象　　ΔtΔB　　中为负；1～2s内，B不变，i＝0；2～3s内，E＝·S知i恒定，方向为正．综合分析可知A正确．]　　Δt6．【答案】A　　【解析】[因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左、右两边的电流大小相等，方向相反，所以其受到的安培力方向相反，线框的左边受到的安培力大于线框的右边受到的安培力，所以合力与线框的左边受力的方向相同．因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确，选项B、C、D错误．]　　　　7．【答案】D　　EB2L2v【解析】[导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E＝BLv、I＝、F＝BIL得F＝，　　RR随着v的减小，安培力F减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无B2L2v　　感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F＝，导线框做加速度减小的减速　　R运动，所以选项D正确．]8．【答案】BCD　　【解析】[ab杆的速度方向与磁感应强度的方向平行，不切割磁感线，只有cd杆运动切割磁感线．设cdE　　杆向下运动的速度为v1，根据闭合电路的欧姆定律及法拉第电磁感应定律有I＝，E＝BLv1，cd杆只受　　2R到竖直向下的重力mg和竖直向上的安培力作用，因为cd杆与导轨间没有正压力，所以摩擦力为零．B2L2v12mgR　　平衡条件得mg＝BIL＝，解得cd杆向下匀速运动的速度为杆的受力如图所示，根据平衡　　2RBL条件可得FN＝2mg，F＝Ff＝2μmg.综上所述，选项B、C、D正确．]　　　　9．【答案】BD　　mgBLvm【解析】[导体棒静止释放后，当a＝0时，速度最大，即mg－BL＝0，解得vm＝，A　　B2L2R＋rBLhBLh　　项错误．此过程中通过定值电阻的电荷量q＝IΔt＝·Δt＝，B项正确．导体棒克服安培力　　ΔtR＋r做的功等于整个电路产生的热量，C项错误．动能定理知对导体棒有ΔEk＝W重＋W安，D项正确．]10．【答案】AD　　ΔΦ　　【解析】[根据法拉第电磁感应定律得：

E＝，　　Δt　　E　　根据闭合电路欧姆定律得：

I＝，所以导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电量为　　2R　　EΔΦBdL　　q＝I·Δt＝·Δt＝＝，故A正确；E＝BLv知，导体棒返回时随着速度的增大，导体棒产生的感　　2R2R2R应电动势增大，感应电流增大，F安＝BIL知导体棒受到的安培力增大，牛顿第二定律知，加速度减小，所以导体棒返回时先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动，故B错误；根据能量守恒定律知，导体棒沿着导轨上滑过程中回路中产生的总热量为　　121112　　Q＝mv0－mgLsinθ＝（mv20－mgL），电阻R上产生的热量为QR＝Q＝（mv0－mgL），故C错误；2224根据功能关系可知，导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功等于回路中产生的总热量，即W＝Q

　　　　　　　　12＝（mv0－mgL），故D正确．所以选A、D.]2Q　　11．【答案】

（1）4倍

（2）＋28l　　mg　　【解析】

（1）设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，法拉第电磁感应定律，有E1＝2Blv1①　　E1设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，闭合电路欧姆定律，有I1＝②　　R设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB③于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1④mgR　　①②③④式得v1＝22⑤　　4Bl　　mgR　　设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝22⑥　　Bl⑤⑥式得v2＝4v1⑦　　1　　

（2）线框自释放直到cd边进入磁场前，机械能守恒定律，有2mgl＝mv2⑧　　21线框完全穿过磁场的过程中，能量守恒定律，有112　　mg（2l＋H）＝mv2－mv＋Q⑨　　2221Q　　⑦⑧⑨式得H＝＋28l.　　mg　　12．【答案】

（1）C

（2）J（3）J　　【解析】

（1）设金属棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量的变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势ΔΦ为E，法拉第电磁感应定律得E＝①　　Δt其中ΔΦ＝Blx②　　设回路中的平均电流为I，闭合电路欧姆定律得EI＝③R＋r　　则通过电阻R的电荷量为q＝IΔt④联立①②③④式，得q＝代入数据得q＝C　　

（2）设撤去外力时金属棒的速度为v，对于金属棒的匀加速运动过程，运动学公式得v2＝2ax⑤1　　设金属棒在撤去外力后的运动过程中克服安培力所做的功为W，动能定理得W＝mv2⑥　　2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑦联立⑤⑥⑦式，代入数据得Q2＝J⑧　　Blx　　R＋r　　　　（3）题意知，撤去外力前、后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝J⑨　　在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，功能关系可知WF＝Q1＋Q2⑩⑧⑨⑩式得WF＝J.　　　　　　　　　　暑假作业三交变电流的产生和描述　　1．【答案】C　　【解析】[我国居民日常生活所用交流电压的有效值为U有效＝220V，交流电的频率为f＝50Hz，所以交1－流电压的最大值为Um＝2U有效＝2202V≈311V，周期为T＝＝s＝2×102s，可见，只有选项C　　f正确．本题答案为C.]2．【答案】BC　　【解析】[t＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故电压为零，A错．读图得两次周期ω1之比为2∶3，转速n＝＝得转速与周期成反比，故B正确．读图得a的最大值为10V，ω＝5πrad/s，　　2πT交流电感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsinωt（V）（从线圈在中性面位置开始计时）得，u＝10sin5πt（V），220故C正确．交流电的最大值Em＝nBSω，所以根据两次转速的比值可得，交流电b的最大值为×10V＝33V，故D错．]3．【答案】D　　1Im2　　【解析】[该交变电流通过定值电阻R后，在一个周期内产生的热量为Q＝×（）RT＝I2RT，解得I＝1A，　　22选项D正确．]4．【答案】CD　　【解析】[根据右手定则，线圈中感应电流的方向为adcba，A错；当线圈转至图示位置时，线圈中感应电动势应为最大值Em＝nBl1l2ω，此时，穿过线圈磁通量随时间的变化率最大，B错，C对；线圈ad边所nBl1l2ωn2B2l1l22ω　　受安培力的大小F＝nBIl2＝nBl2＝，D对．]　　RR5．【答案】BC　　1　　【解析】[当线框进入磁场过程中，根据E＝BR2ω可得，感应电动势恒定，感应电流恒定，不是正弦式　　2交流电，A错误，C正确；当线框进入磁场时，根据楞次定律可得，两线框中的感应电流方向为逆时针，当线框穿出磁场时，根据楞次定律可得，线框中产生的感应电流为顺时针，所以感应电流的周期和线框T　　运动周期相等，B正确；线框N在完全进入磁场后有时间内穿过线框的磁通量不变化，没有感应电动势4T3T　　产生，即线框N在0～和～T内有感应电动势，其余时间内没有；而线框M在整个过程中都有感应电　　44动势，即便两导线框电阻相等，两者的电流有效值不会相同，D错误．]6．【答案】BC　　　　【解析】[交变电流有效值和最大值的关系可知线圈产生的电动势的有效值为2　　E，选项A错误；2m　　2π　　题意知线圈产生的电动势的最大值为Em＝BSω＝BS，故线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值BS　　T0EmT0＝，选项B正确；线圈转动过程中磁通量变化率的大小等于产生的感应电动势的大小，选项C正确；　　2π正弦式交变电流一个周期内电流方向变化两次，经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变4次，选项D错误．7.【答案】AC　　2π　　【解析】[电流表的示数为交变电流的有效值10A，A项正确；ω＝可得，线圈转动的角速度为ω　　T＝100πrad/s，B项错误；s时，电路中电流最大，故该时刻通过线圈的磁通量最小，即该时刻线圈平面与磁场平行，C项正确；根据楞次定律可得，s时电阻R中电流的方向自左向右，D项错误．]8.【答案】BD　　ΔΦ　　【解析】[t＝s时，磁感应强度最大，磁通量最大，而E＝＝0，A错误；t＝s时感应电　　Δt流的方向与～s内电流方向相同，楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，B正确；　　t＝s时的瞬时电流为零，但电流表的示数为有效值，不等于零，C错误；线框中产生的感应电动　　10πr22　　2　　E2　　势的最大值Em＝BSω＝10πr，一个周期内产生的热量Q＝×＝R22　　2　　Rπr×＝，D正确．]　　44　　R9.【答案】D　　2π　　【解析】[图可以看出该交变电流的周期T＝s，则线圈转动的角速度ω＝＝100πrad/s＝314　　Trad/s，A错误；Em＝nBSω，转速提高1倍，电压的最大值变为原来的2倍，有效值、瞬时值都要发生变　　U2化，电流也会发生变化，B错误；电热丝两端的电压U＝E＝902V，电热丝的发热功率P＝＝1800　　R＋rRRW，C错误，D正确．]10.【答案】B　　【解析】[该线圈产生的交流电动势峰值Em＝NBSω＝502V，A项错误；因为该线圈产生的交流电不是　　E2TE′2Em　　完整的正弦式交流电，只有一半，所以根据有效值的定义得×＝T，E＝，联立解得电动势有效　　R2R2　　值E′＝252V，B项正确；电容器的耐压值至少为502V，C项错误；电容器的电容C变大时，容抗变小，电容器的充放电电流增大，D项错误．]11.【答案】D　　【解析】[设电灯的阻值为R，正弦式交变电压的有效值与峰值的关系是U＝　　Um　　，于一个周期内半个周2　　Um　　期有交变电压，一个周期内交变电流产生的热量为Q＝　　2　　2　　RTUm2T·＝·，设交变电压的有效值为U，22R2　　　　Um2TU2Um　　电流热效应得Q＝·＝·T，所以该交变电压的有效值U＝，D正确．]　　2R2R2　　12.【答案】D　　1T2　　【解析】[线框进入磁场和穿出磁场产生的感应电动势均为E＝BωL，产生感应电动势的时间均为，则28　　BωL22TBL2ω2　　一个周期产生的电热Q＝（）R××2＝IRT，解得I＝，选D.]　　2R84R13.【答案】AD　　U12U02　　【解析】[第一次，灯泡两端电压的有效值为U1＝，功率P1＝＝.第二次，设灯泡两端电压的有效　　R2R2　　U0　　值为U2，则　　U0　　R2　　T2　　＋　　－U0　　2　　RTU22　　＝T，解得U2＝2R5U25U0　　U0，功率P2＝＝，则P1∶P2＝1∶5，故B、C2R2R22　　错误，A、D正确．]14.【答案】AC　　【解析】[根据题述两个相邻正负尖峰电压所对应的时间差为Δt，可得交变电流周期T＝2Δt，驱动轴转动的角速度ω＝的有效值不是U＝　　2ππ　　＝，选项A正确．于产生的交变电流不是按照正弦规律变化的，线圈电压ΔtΔt2Um　　，选项B错误．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量变化率成正比，Um2　　＝nkm，穿过线圈磁通量变化率的最大值km＝，选项C正确．相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平ΔΦ　　均值U＝n，因为线圈转过一个完整的周期，磁通量变化量ΔΦ＝0，所以电压平均值等于零，选项D　　2Δt错误．]　　　　Umn暑假作业四变压器电能的输送