苏州市高二物理寒假作业含答案 10Word文档下载推荐.docx

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C.电源总功率变大

D.电源效率先增大后减小

4.如图所示，电阻R=20Ω，电动机的内电阻r=5Ω，电路两端的电压U保持不变。

开关断开时，电流表的示数为l1，电路消耗的总功率为P1；

开关闭合后，电动机正常工作，电流表的示数为l2，电路消耗的总功率为P2．则（　　）

A.I2＜5I1B.I2=5I1C.P2＞5P1D.P2=5P1

5.为了降低潜艇噪音，可用电磁推进器替代螺旋桨。

如图为直线通道推进器示意图，推进器内部充满海水，前后表面导电，上下表面绝缘，规格为：

a×

b×

c=0.5m×

0.4m×

0.3m。

空间内存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B=10.0T，方向竖直向下。

若在推进器前后方向通以电流1.0×

103A，方向如图。

则下列判断正确的是（　　）

A.推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为5.0×

103N

B.推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为5.0×

C.推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为4.0×

D.推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为4.0×

6.如图甲所示，一电子仅在电场力作用下从A点沿直线运动到B点，其速度随时间变化的图象如图乙所示。

设A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则（　　）

A.EA=EBB.EA＜EBC.φA=φBD.φA＜φB

7.如图所示，在匀强磁场中有一水平绝缘传送带以速度v沿顺时针方向传动。

现将一带正电的小物块轻放在传送带的左侧。

设小物块在运动过程中（　　）

A.小物块先做匀加速运动，最后做匀速直线运动

B.小物块做加速度增大的加速运动，最后脱离传送带向上做曲线运动

C.小物块做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动

D.小物块做加速度减小的加速运动，最后脱离传送带向上做曲线运动

8.如图所示，边长为a的导线框abcd处于磁感应强度为B0的匀强磁场中，bc边与磁场右边界重合。

现发生以下两个过程：

一是仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动；

二是仅使磁感应强度随时间均匀变化。

若导线框在上述两个过程中产生的感应电流大小相等，则磁感应强度随时间的变化率为（　　）

A.B.C.D.

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度v0进入电场中，由于电场力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离h时速度为零，取重力加速度为g，下列判断正确的是（　　）

A.液滴重力势能减少量为mgh

B.液滴的机械能减少量等于液滴的电势能增加量

C.液滴的电势能增加量为mgh

D.电场力对液滴做的功为mv2

10.如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，从上极板的左端A点紧贴上极板以水平初速度v0向右射入一个带正电的粒子，粒子重力不计。

当它的水平分速度与竖直分速度的大小之比为1：

2时，恰好从下极板的右端B点射出，设极板长为L，板间距为d，则（　　）

A.d=l

B.d=2L

C.若粒子初速度为2v0，则粒子从电容器中飞出时距上极板

D.若粒子初速度为2v0，则粒子从电容器中飞出时距上极板

11.如图所示，用回旋加速器分别加速A、B两种离子。

已知A离子的质量为3m，电量为q：

B离子的质量为4m，电量为2q。

以下说法正确的是（　　）

A.加速A离子的交变电源的周期较小

B.加速B离子的交变电源的周期较小

C.带电离子获得的最大动能与加速器两D形盒间加速电压大小无关

D.A离子从加速器中出来时的速度比B离子的大

12.某静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示。

一质量m=2.0×

10-14kg，电荷量q=-2.0×

10-11C的带电粒子从（2，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上运动，则（　　）

A.沿x轴方向，从-1cm到2cm电场强度先增大后减小

B.x轴原点左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比=

C.该粒子在x轴上做周期性运动，且运动的周期T=3.0×

10-4s

D.该粒子在运动过程中最大速度的大小为200m/s

三、填空题（本大题共1小题，共6.0分）

13.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。

（1）将图中所缺的导线补接完整。

（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上电键后进行下述操作时出现的情况是：

①将线A迅速插入线圈B时，灵敏电撤针______（选填“向左偏”、“向右偏”或“不偏转”）

②线圈A插入线圈B稳定后，将滑动变阻器触头迅速向______滑动时，灵敏电流计指针会向右偏转。

四、实验题（本大题共1小题，共8.0分）

14.某同学做描绘小灯泡的伏安特性曲线实验，实验中用的小灯泡上标有“4V，2W”的字样，实验室还有下列器材供选用：

A．电池组（电动势为6V，内阻约为2Ω）

B．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）

C．电压表（0-15V，内阻约为20kΩ）

D．电流表（0-300mA，内阻约为lΩ）

E．电流表（0-600mA，内阻约为0.4Ω）

F．滑动变阻器（10Ω，2A）

G．电键，导线若干

①实验中所用电压表应选用______，电流表应选用______。

（填写器材前的字母）

②实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开始变化，则甲、乙、丙、丁四个电路图中符合要求的电路图是______图。

③某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图戊所示）。

若改用电动势为3.0V，内阻为2.0Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是______W．（结果保留两位有效数字）

五、计算题（本大题共3小题，共38.0分）

15.如图所示，竖直放置的两块足够长的平行金属板间存在匀强电场，在两极板间某位置用绝缘细线悬挂一质量m=10g的带电小球，静止时细线跟竖直方向成θ=45°

角，小球与右极板距离为b=20cm。

（1）若小球所带的电荷量q=5×

10-7C，则两极板间的电场强度大小为多少？

（2）若剪断细线，则小球做什么运动？

需多长时间到达右极板？

（g取10ms2）

16.如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长且电阻不计的平行金属导轨相距L，导轨平面与水平面夹角为θ，上端连接阻值为R的电阻。

匀强磁场方向垂直导轨平面向下（图中未画出）。

质量为m，电阻也为R的金属棒放在两导轨上由静止开始释放，金属棒下滑过程中的最大速度为vm，棒与导轨始终垂直并保持良好接触，且它们之间的动摩擦因数为μ．试求：

（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；

（2）磁场的磁感应强度的大小；

（3）当金属棒沿导轨下滑距离为s时，金属棒速度已达到最大值，则此过程中电阻R上产生；

的焦耳热QR为多少？

17.如图所示，一矩形区域abed内存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场和竖直向下的匀强电场大小为E，现从矩形区域ad边的中点O处沿纸面与ad边夹角为30°

方向发射一个带电微粒（微粒的速度未知），微粒恰好在复合场中做圆周运动。

已知ab、cd边足够长，ad边长为L，微粒质量为m。

则：

（1）微粒带何种电？

电荷量大小为多少？

（2）若微粒能从ad边射出，求微粒在复合场中的运动时间；

（3）若微粒能从cd边射出，求可能从cd边射出的区域的长度x。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：

A、磁感线是闭合曲线，在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部从S极指向N极。

而电场线起始于正电荷，终止于负电荷。

故A错误。

B、电荷在某处不受磁场力作用，可能磁感应强度为零，也可能由于电荷的速度与磁场平行，所以该处的磁感应强度不一定为零。

故B错误。

C、由E=知，某点电场强度的大小等于试探电荷放在该点时受到的电场力与试探电荷电量大小的比值，故C正确。

D、只有当导线中电流的方向与磁场的方向垂直时，导线所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值才能表示该处磁场的强弱。

故D错误。

故选：

C。

点电荷是理想化的模型，当带电体的大小和形状对所研究的问题影响可忽略不计时，可将带电体看成点电荷。

电荷在某处不受磁场力作用，可能磁感应强度为零，也可能由于电荷的速度与磁场平行；

而电荷在某处不受电场力作用，该处电场强度一定为零。

磁感线是闭合曲线，不能说起始于N极，终止于S极。

电荷在电场中受到的电场力与电荷量的比值表示电场强度的强弱，当导线方向与磁场方向垂直时，所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱。

本题关键要抓住磁场与电场特性上的差异，电场与重力场可以类比理解记忆。

2.【答案】B

AD、乙表滑动变阻器与表头并联，起分流作用，故是电流表，R增大时，电路中R2变阻器分流减小，乙表量程减小；

故AD错误；

BC、甲表表头与电阻串联，故是电压表，R1增大时时，变阻器分担的电压增大，甲表量程增大；

故B正确C错误。

B。

表头G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而表头G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表。

根据串并联电路的基本规律进行分析即可确定量程变化。

本题考查电表改装原理的理解能力。

当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值，此时对应总电路中的电流和电压为量程。

3.【答案】C

【解析】【分析】

现明确此电路结构为并联电路，当滑动变阻器的滑动触头P向右滑动时，外电路总电阻减小，外电路电流及电功率即可求出。

解决这类动态分析问题的基础是认识电路的结构，并采用控制变量法进行分析，分析顺序一般采用局部→整体→局部。

【解答】

解：

R0与R并联电路，当滑动变阻器的滑动触头P向右滑动时，滑动变阻器的电阻减小，则外电路总电阻减小，干路中电流增大，有P热=I2r故电源的内部发热功率变大，电压表测路端电压，示数减小，根据欧姆定律可得电流表示数减小，因电流增大，故电源总功率P=EI，故变大，电源的效率，因为外电阻减小，则可知电源的效率减小，故C正确，ABD错误。

故选C。

4.【答案】A

当电键S断开时，由欧姆定律得，U=20I1．当电键S闭合后，通过R1的电流仍为I1，电动机转动，电动机的电流I＜＜4I1，故电流表的电流I2＜5I1，电动机中电功率P=UI2＜4P1．故P2＜5P1

故A正确，BCD错误。

A。

当电键S断开时，由欧姆定律求出通过电阻R的电流；

当电键S闭合后，通过R的电流不变，电动机的电路是非纯电阻电路，由I＜求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围。

由P=UI求解电路中功率范围。

本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成