济南市高二物理寒假提升训练含答案 1Word文档下载推荐.docx

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6.

如图所示，在矩形区域abcd区域中，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，ab长为L，在ab的中点P处有一电子发射源，出射电子速率取一切可能值，所有电子出射的速度方向均与ab成30°

角，下列说法正确的是（　　）

A.只要初速度大小取合适的值，电子可以在磁场中做完整的圆周运动

B.电子入射速度越大，在磁场中运动的时间一定越短

C.从ad边出射的电子一定比从bc出射的电子运动时间短

D.当bc＞（

+1）L时，cd边无电子射出

7.

如图所示，abcd为水平放置的平行“

”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。

已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。

则（　　）

A.电路中感应电动势为

B.电路中感应电流的大小为

C.金属杆所受安培力的大小为

D.金属杆的热功率为

8.如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下，一边长为

l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间变化的正确图线可能是（　　）

A.

B.

C.

D.

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.

利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的流I，C、D两侧面会形成电势差，该电势差可以反映磁感应强度B的强弱，则下列说法中正确的是（　　）

A.若元件的载流子是正离子，则C侧面电势高于D侧面电势

B.若元件的载流子是自由电子，则D侧面电势高于C侧面电势

C.在测地球北极上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平

D.在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平

10.

如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。

将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态，下列说法正确的是（　　）

A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动

B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向

C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向

D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动

11.如图所示，甲图空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，乙图空间存在平行于纸面向右的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，两矩形线框面积相等为S，均绕轴线逆时针转动（从上向下看），转动角速度相等恒为ω，则在图示位置甲、乙线圈中的感应电动势以及两线圈转动180°

过程中感应电流方向分别为（　　）

A.E甲=0；

甲中感应电流方向始终为a→b→c→d→a

B.E乙=BSω；

乙中感应电流方向先a→b→c→d→a，后a→d→c→b→a

C.E甲=BSω；

甲中感应电流方向先a→b→c→d→a，后a→d→c→b→a

D.E乙=0；

乙中感应电流方向始终为a→b→c→d→a

12.图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V．一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV．下列说法正确的是（）

A.平面c上的电势为零

B.该电子可能到达不了平面f

C.该电子经过平面d时，其电势能为4eV

D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍

三、实验题（本大题共2小题，共22.0分）

13.如图是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图。

（1）根据实物图在虚线框内画出实验电路图；

（2）调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图5中的①、②、③、④所示，电流表量程为0.6A，电压表量程为3V．所示读数为：

①______、②______、③______、④______。

（注意带上单位）

14.集宁一中的每层楼楼道内都装有饮水机，纯净水的质量关乎每一名学生的身体健康。

纯净水质量是否合格的一项重要指标是它的电导率λ是否超标（电导率λ即为电阻率ρ的倒数）。

某同学选用一根粗细均匀且绝缘性能良好的圆柱形塑料直管装满纯净水样品（直管两端用薄金属圆片电极密封）来测定样品的电导率（不考虑温度对电阻的影响）：

实验中，该同学分别用刻度尺和游标为20分度的游标卡尺测定塑料管的长度和内径，刻度尺和游标卡尺的示数分别如图甲、乙所示，则可读出塑料管的长度L=______m、内径d=______mm。

（2）该同学用下列器材测定样品的电阻：

a．电压表V（量程0～3V，内阻约为5kΩ；

量程0～15V，内阻约为25kΩ）；

b．电流表A（量程0～10mA，内阻约为2Ω；

量程0～50mA，内阻约为0.4Ω）；

c．滑动变阻器R（0～20Ω，2A）；

d．学生电源E（电动势4.5V，内阻很小）；

e．开关S及导线若干。

该同学先用多用电表粗测管内水样品的电阻值约为500Ω，要求用尽量精确的方法测出其电阻值，请在图丙中连接实验电路图（图中有六根导线已经接好）。

（3）电导率的表达式为λ=______（用字母U、I、L、d）

四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）

15.

如图，两平行金属导轨间距离L=0.40m，导轨和水平面的夹角是θ，导轨所在的平面内分布着磁感应强度B=0.50T的匀强磁场。

金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源。

现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒始终静止。

导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，导轨电阻不计，g取10m/s2

（1）求通过导体棒的电流

（2）若导轨光滑，磁场方向竖直向上，求导体棒受到的安培力大小及θ的大小

（3）若导轨粗糙，磁场方向垂直导轨平面向上，求导体棒受到的摩擦力的大小和方向。

16.如图1所示的电路中，螺线管匝数n=1250匝，横截面积S=2.0×

10-3m2．螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF．在这一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图2所示的规律变化。

求：

（1）求螺线管中产生的感应电动势E；

（2）闭合S，电路中的电流稳定后，判断流经电阻R1的电流方向并求R1的电功率；

（3）求S断开后，流经R2的电量。

17.

如图所示，坐标平面第1象限内存在大小为E=3×

105N/C、方向水平向左的匀强电场，在第II象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。

质荷比

=4×

10-10kg/C的带正电的粒子，以初速度v0=2×

107m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA=0.15m，不计粒子的重力。

（1）求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离：

（2）若要使粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值范围（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：

A、奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；

B、欧姆发现了欧姆定律，说明了导体两端的电压与电流之间存在联系，故B错误；

C、库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故C正确；

D、洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故D错误；

故选：

C。

本题考查电磁学中的相关物理学史，应掌握在电磁学发展中作出突出贡献的科学家的名字及主要发现．

近几年高考中增加了对物理学史的考查，在学习中要注意掌握科学家们的主要贡献，要求能熟记．

2.【答案】B

不加电场时，设恰能到达轨道的最高点B的速度为v，根据机械能守恒定律有：

mg（h-2R）=

mv2；

…①

在最高点时，向心力等于重力，有：

mg=

…②

加上电场后，设能到达B点的速度为v2，根据动能定得：

mv22=（mg+Eq）（h-2R）…③

在最高点时，向心力等于重力与电场力的合力，有：

mg+Eq=

…④

得v2=v，故为小球仍恰好能到达B点

故B正确，ACD错误；

B。

没有电场时，小球恰能通过轨道的最高点时恰好由重力提供向心力。

加上电场时，先假设能过最高点，运用动能定理求出到最高点时速度，根据题中的临界条件判断能否通过最高点。

本题是动能定理和向心力知识的综合，关键是分析小球过最高点的临界速度。

3.【答案】B

【解析】【分析】

明确电路结构，知道灯泡与滑动变阻器串联，电容与滑动变阻器并联，其电压等于滑动变阻器两端的电压；

变阻器两端电压增大，由Q=UC可知，电容器上电荷量增大。

滑动变阻器滑片P向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，灯泡变暗；

明确电源的输出功率规律，知道内外电阻相等时电源的输出功率最大，内外电阻相差越多时，输出功率越小；

本题考查闭合电路欧姆定律中的动态分析以及含容电路的规律应用；

对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：

电容器与与它并联的电路电压相等。

【解答】

AC.当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻R总增大，总电流I减小，灯泡的功率为P=I2RL，RL不变，则P减小，灯泡变暗。

故AC错误。

B.因灯泡内阻大于电源内阻，则滑片向左移动时，外电阻增大，因此电源的输出功率一定减小，故B正确；

D.因总电流减小，则由U=E-Ir可知，路端电压增大，由A分析可知，灯泡两端电压及内电压减小，故变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故D错误。

故选B。

4.【答案】D

【解析】

解：

对导体棒受力分析，受重力、安培力和细线拉力，如图所示：

根据平衡条件，当安培力与线垂直向上时，安培力最小，为：

FA=BIL=mgsin30°

=

mg

根据左手定则，磁感线方向沿悬线向上，故此时磁场方向是唯一的；

当mg≥FA＞

mg时，有2解。

当FA＞mg时，有一解；

当FA＜

mg时，无解，故ABC错误，D正确。

D。

先对导体棒受力分析，根据平衡条件并结合合成法得到安培力的最小值；

然后结合安培力公式FA=BIL和左手定则分析。

本题关键是先根据平衡条件确定安培力的最小值，然后结合左手定则分析磁感线的方向，基础题。

5.【答案】D

根据小球所受重力沿斜面向下的分力和摩擦力的大小关系，判断小球的受力情况，从而得知小球加速度的变化，判断出小球的运动规律。

本题需讨论小球所受重力沿斜面方向的分力和洛伦兹力的大小关系，结合受力判断物体的运动规律，难度中等。

由于小球与斜面之间的动摩擦因数μ＜tanθ，可知小球开始时重力沿斜面向下的分力大于小球受到的摩擦力，小球在斜面上沿斜面向下做加速运动。

运动中的小球受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力和洛伦兹力的作用。

小球带负电，根据左手定则可知，小球运动的过程中受到的洛伦兹力的方向垂直于斜面向下，根据f=qvB可知，小球受到的洛伦兹力随速度的增大而增大。

在垂直于斜面的方向上，小球受到的合外力始终等于0，可知，斜面对小球的垂直于斜面向上的支持力也随速度的增大而增大，则斜面对小球的摩擦力也随速度的增大而增大。

若开始时小球受到的重力沿斜面向下的分力大于小球受到的摩擦力，可由于摩擦力随速度的增大而增大，所以沿斜面的方向上，小球受到的合力减小，小球的加速度减小，所以小球沿斜面的方向做加速度减小的加速运动，当小球的加速度减小到0时，小球开始做匀速直线运动。

若初速度很大时，会出现摩擦力大于下滑力，小球向下做减速运动，摩擦力随速度的减小而减小，是加速度逐渐减小的减速运动；

由以上的分析可知，小球在沿斜面运动过程中某一段不可能出现的运动形式是加速度增大的减速运动。

故D符合题意。

本题选择不可能出现的运动形式，故选：

6.【答案】D

A、电子在磁场中做圆周运动，电子运动轨迹：

r=

，粒子速率越小轨道半径越小，转过的最大圆周如图中黑线所示，无法做完整的圆周运动，故A

错误；

B、电子入射速度越大，运动半径越大，但是比图中黑线半径更小的所有运动情况转过的圆心角相同，则运动时间相同，并不一定是入射速度越大在磁场中运动的时间越短，故B错误；

C、电子在磁场中的运动时间：

t=

T，如图中的蓝线和红线，从ad边出射的电子一定比从bc出射的粒子转过的圆心角θ大，电子的运动时间t长，故C错误；

D、当粒子轨迹恰好与bc边相切时，若不能从cd边射出，则cd边无电子射出，

由几何关系知相切时的轨迹半径R=L，则粒子距离ad最远距离为：

L+

L，若bc＞（

+1）L时，则粒子不能从cd边射出，即当bc＞（

+1）L时，cd边无电子射出；

故D正确；

电子做圆周运动的半径：

，可见电子的速率越大，则做圆周运动的半径越大，而周期T=

，与速率大小无关，则圆心角越大运动时间越长。

本题考查了粒子在磁场中的运动，本题的解题关键是画出从各边射出的代表轨迹，找出恰好不从每个边射出的临界情况，熟练应用粒子做圆周运动的周期公式和半径公式。

7.【答案】B

A、金属杆切割的有效长度等于导轨间距l，故电路中感应电动势为：

E=Blv，故A错误；

B、电路中感应电流的大小为：

I=

，故B正确；

C、金属杆所受安培力的大小为：

F=BI•

，故C错误；

D、金属杆的热功率为：

P=EI=v

，故D错误。

根据E=BLv，L是有效的切割长度，求解感应电动势。

根据闭合电路欧姆定律求感应电流的大小。

由F=BIL求安培力，由功率公式求解金属杆的热功率。

本题考查导体切割磁感线中的电动势和安培力公式的应用，要注意明确E=BLv中L为导线的有效切割长度，并不是金属杆的长度，而求安培力时L为金属杆存在电流的长度。

8.【答案】D

设磁感应强度为B，线圈的速度为v、电阻为R；

如果某时刻左边位于方向向外的磁场中、右边位于方向向里的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为：

E1=2bLv，

根据电流为：

i1=

，根据右手定则可知电流方向为顺时针；

当左右两边都处于方向相同的磁场中时，感应电动势为零，感应电流为零；

当左边位于方向向里的磁场中、右边位于方向向外的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为：

E2=2bLv，

i2=

，根据右手定则可知电流方向为逆时针。

故D正确、ABC错误。

分析线圈前后两边分别处于不同磁场中切割磁感应线的情况，求出感应电动势大小，根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流大小，再根据楞次定律分析感应电流方向，由此判断。

本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律；

对于导体切割磁感应线产生的感应电动势可以根据E=BLv来计算；

弄清楚线圈所处的位置不同产生的感应电动势不一定相同。

9.【答案】ABC

A、若元件的载流子是正离子，由左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力方向向C侧面偏，则C侧面的电势高于D侧面的电势，故A正确；

B、若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向C侧面偏，则D侧面的电势高于C侧面的电势。

故B正确。

C、在测定地球两极上方地磁场强弱时，应将元件的工作面保持水平，让磁场垂直通过，故C正确；

D、地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直。

故D错误。

ABC。

根据左手定则判断洛伦兹力的方向，确定电子的偏转方向，从而确定侧面电势的高低．测量地磁场强弱时，让地磁场垂直通过元件的工作面，通过地磁场的方向确定工作面的位置．

解决本题的关键知道霍尔效应的原理，知道带电粒子受到电场力和洛伦兹力平衡，注意电子与正离子的电性不同，导致洛伦兹力方向不同．

10.【答案】AD

A、干电池开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，左边线圈中产生电流，电流的方向由南到北，根据安培定则，直导线上方的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针N极向纸里偏转，故A正确。

BC、干电池开关闭合并保持一段时间后，根据安培定则，可知，左边线圈中有磁通量，却不变，因此左边线圈中不会产生感应电流，那么小磁针也不会偏转，故BC错误。

D、干电池开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，由A选项分析，可知，根据楞次定律，左边线圈中产生电流，电流的方向由北到南，根据安培定则，直导线上方的磁场方向垂直纸面向外，则小磁针N极朝垂直纸面向外的方向转动，故D正确；

AD。

干电池通电的瞬间，在左线圈中产生感应电流，根据楞次定律判断出感应电流的方向，结合安培定则得出直导线周围磁场的方向，从而确定指南针的偏转方向。

同理当开关断开后，左边线圈的磁场从有到无，从而根据楞次定律判断出感应电流的方向，结合安培定则得出直导线周围磁场的方向，从而确定指南针的偏转方向。

本题考查了楞次定律和安培定则的基本运用，知道小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，同时掌握感应电流产生的条件。

11.【答案】AB

转动角速度相等恒为ω，依据法拉第电磁感应定律E=BLV切，甲图此时的切割速度为零，

而乙图此时的切割速度为ωL，因此此时的感应电动势E乙=ωLL′=BSω；

根据楞次定律，则有：

甲图中，转过90°

感应电流方向为：

a→b→c→d→a；

再转过90°

感应电流方向仍为a→b→c→d→a；

同理，乙图中，转过90°

感应电流方向先a→b→c→d→a，再转过90°

感应电流方向则为a→d→c→b→a；

综上所述，故AB正确，CD错误；

AB。

根据楞次定律来判定感应电流方向，依据法拉第电磁感应定律来确定感应电动势的大小。

考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，掌握两种不同情况下的感应电动势大小区别。

12.【答案】AB

​根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可一一求解。

考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。

A、虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确；

B、由上分析，可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确；

C、在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误；

D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的

倍，故D错误；

13.【答案】0.10A 

0.24A 

2.00V 

0.27V

（1）由图示实物电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，根据实物电路图作出实验电路图，实验电路图如图所示：

（2）电流表量程为0.6A，由图示表盘可知，其分度值为0.02A，由图①所示可知，其读数为0.10A；

由图②所示可知，其读数为0.24A；

电压表量程为3V，由图示表盘可知，其分度值为0.1V，由图③所示可知，其读数为2.00V；

由图④所示可知，其读数为0.27V；

故答案为：

（1）电路图如图所示；

（2）①0.10A；

②0.24A；

③2.00V；

④0.27V。

（1）分析清楚实物电路图的结构，然后根据实物电路图作出实验电路图。

（2）根据电表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。

本题考查了作实验电路图、电表读数，分析清楚实物电路图结构即可作出实验电路图；

对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再根据指针位置读出其示数。

14.【答案】0.1050 

11.30 

（1）刻度尺读数：

0.2050-0.1000=0.1050m；

游标卡尺的主尺读数为11mm，游标读数为0.05×

6mm=0.30mm，所以最终读数为11.30mm；

（2）因电源的电压为4.5V，因此电压表选择3V量程；

由于阻值约为500Ω的电阻Rx的，

根据欧姆定律可知，电流的最大值为9mA，从精确角来说，所以电流表选择量程0～10mA；

根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏大，因此选择电流表内接法，

根据电路图来连接实物图原则，注意电表的正负极，并分几个回路来连接。

如图所示；

（3）根据闭合电路欧姆定律与电阻定律，U=IRX

又：

RX=

，

联立可得：

λ=

（1）0.1050，11.30；

（2）连接电路图如上图所示