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高中物理作业
2017年12月28日高中物理作业
一、单选题
1.关于磁场及磁场力的下列说法正确的是()
A.磁场中某点的磁场强弱与该点是否放入通电导线无关
B.电流所激发的磁场方向用左手定则来判断,安培力的方向用安培定则来判断
C.洛伦兹力的大小与带电粒子的带电量、磁场的强弱有关,与带电粒子的速度无关
D.安培力的方向有时与磁场方向垂直,有时与磁场方向不垂直
【答案】A
【解析】试题分析:
电流产生的磁场的方向使用安培定则来判定,安培力的方向使用左手定则来判定;磁场强度是磁场本身的性质与该点是否放入通电导线无关;洛伦兹力的大小:
f=qvBsinθ,安培力的方向与电流垂直,与磁场的方向垂直.
解:
A、磁场强度是磁场本身的性质与该点是否放入通电导线无关;故A正确;
B、电流产生的磁场的方向使用安培定则来判定,安培力的方向使用左手定则来判定;故B错误;
C、洛伦兹力的大小:
f=qvBsinθ,与带电粒子的带电量、磁场的强弱有关,与带电粒子的速度以及速度与磁场方向的夹角都有关.故C错误;
D、安培力的方向与电流垂直,与磁场的方向垂直.故D错误.
故选:
A
【点评】本题考查了安培力、洛伦兹力的产生条件、大小与方向.要正确利用左手定则判断通电导线在磁场中所受安培力的方向,根据左手定则可知,安培力与电流和磁场所在平面垂直,因此安培力既垂直于磁场方向又垂直与电流方向.
2.如图所示.有四根彼此绝缘的通电直导线处在同一平面里,I1=I3>I2>I4,要使O点磁场增强则以切断那根导线中的电流?
()
A.切断I1B.切断I2C.切断I3D.切断I4
【答案】D
【解析】
试题分析:
根据安培定则判断六根通电导线在1、2、3、4四个区域产生的磁场方向,根据磁场的叠加,判断哪个区域的磁场最强.
解:
根据右手螺旋定则来确定通电导线周围磁场的分布,以点代表磁场指向纸外,叉代表磁场指向纸内,各导线在各个区域产生的磁场方向如图所示.
导线1、2、3在中心O产生的磁场方向都是垂直纸面向里,只有导线4产生的磁场的方向向外,根据磁场的叠加可知,要使O的磁场增强,应切断I4,则D正确.
故选:
D
【点评】本题利用安培定则判断磁场方向比较简单,但磁场的叠加,较为复杂,采用作图法可防止思路出现混乱.
3.如果闭合电路中的感应电动势很大,那一定是因为()
A.穿过闭合电路的磁通量很大
B.穿过闭合电路的磁通量变化很大
C.穿过闭合电路的磁通量变化很快
D.闭合电路的电阻很小
【答案】C
【解析】
试题分析:
闭合电路中的感应电动势很大,穿过闭合电路的磁通量变化率大,说明磁通量变化很快.
解:
闭合电路中的感应电动势很大,根据法拉第电磁感应定律得知,穿过闭合电路的磁通量变化率很大,则磁通量变化很快.
故选C
【点评】磁通量变化率反映了磁通量变化的快慢.感应电动势的大小与磁通量变化快慢有关.
4.如图所示,线框处在匀强磁场内,下列情况中,线框能产生感应电流的是()
A.线框沿磁感线方向移动
B.线框垂直磁感线方向移动
C.线框以ad为轴转动
D.线框以cd为轴转动
【答案】D
【解析】
试题分析:
根据产生感应电流的条件,当穿过闭合回路的磁通量发生变化,线圈中会产生感应电流.
解:
A、线框沿磁感线方向移动,磁通量始终为零,不会产生感应电流.故A错误.
B、线框垂直磁感线方向移动,磁通量始终为零,不会产生感应电流.故B错误.
C、线框绕ad轴转动,磁通量始终为零,不会产生感应电流,故C错误.
D、线框以cd轴转动时,穿过线圈的磁通量发生变化,会产生感应电流.故D正确.
故选:
D.
【点评】解决本题的关键掌握感应电流产生的条件,关键看穿过闭合回路的磁通量是否发生变化.
5.如图所示电路中,自感系数较大的线圈L的直流电阻不计,下列操作中能使电容器C的A板带正电的是()
A.S闭合的瞬间
B.S断开的瞬间
C.S闭合电路稳定后
D.S闭合、向左移动变阻器触头
【答案】B
【解析】
试题分析:
根据线圈对电流的突变有阻碍作用,结合LC回路中电容器的充放电过程中能量转换来判断.
解:
A、S闭合瞬间,由于L的自感作用,阻碍电流增大,则电源给电容器充电,所以B极带正电,故A错误;
B、S断开瞬间,由于线圈电流变化,产生自感电动势,阻碍电流减小,则对电容器充电,所以A板带正电,故B正确;
C、S闭合时电路稳定后,L的电阻为零,所以C两端无电压;故C错误;
D、S闭合,向左迅速移动滑动变阻器触头,电流增大,则自感线圈阻碍电流增大,对电容器充电,所以B极带正电,故D正确;
故选:
B
【点评】本题考查了LC振荡电路中电流的变化和能量的转化,结合线圈对电流变化的特点分析判断.
6.在真空中,两个等量异种电荷的电荷量均q,相距r,则两点电荷连线的中点处的场强大小为()
A.0B.
C.
D.
【答案】D
【解析】试题分析:
根据点电荷场强公式E=
求出两个点电荷单独存在时的场强,再进行矢量合成.
解:
正负点电荷单独存在时,在中点处产生的电场强度都为E1=E2=
=
,且方向沿着两者的连线,指向负电荷,故合场强为E=E1+E2=
;
故选:
D.
【点评】本题关键是求出各个点电荷单独存在时产生的场强,然后进行矢量合成,注意合成时的方向关系.
7.两带电粒子所带电荷量相等,在同一匀强磁场中只受洛伦兹力而做匀速圆周运动,则()
A.若速率相等,则半径必相等
B.若质量相等,则周期必相等
C.若质量相等,则半径必相等
D.若动能相等,则半径必相等
【答案】B
【解析】
试题分析:
粒子在匀强磁场中只受到磁场力作用而作匀速圆周运动,半径公式为r=
,根据半径公式分析速率、质量、动量、动能与半径关系.由周期公式T=
分析周期关系.
解:
A、由题,两个粒子的电量相等,若速率相等,由半径公式r=
,分析得知,半径不一定相等,还需要质量相等,半径才相等.故A错误.
B、若质量和电量都相等,由周期公式T=
分析得知,周期必定相等.故B正确.
C、半径公式r=
中mv是动量大小,质量、电量和动量都相等,则半径必相等.故C错误.
D、粒子的动能Ek=
mv2,动能相等,粒子的质量不一定相等,则半径不一定相等.故D错误.
故选:
B.
【点评】本题只要掌握半径公式和周期公式,以及动能、动量与速度的关系,就能正解解答.
8.如图所示,平行板电容器经开关S与电池连接,a处有一电荷量非常小的点电荷,S是闭合的,φa表示a点的电势,F表示点电荷受到的电场力.现将电容器的B板向下稍微移动,使两板间的距离增大,则()
A.φa变大,F变大B.φa变大,F变小
C.φa不变,F不变D.φa不变,F变小
【答案】B
【解析】
试题分析:
要求a点的电势如何变化,首先要确定电势为0的位置即零电势点,由于电容与电源相连故两极板之间的电压不变,而两极板之间的距离增大,故两极板之间的电场强度减小,所以Aa之间的电势差减小,所以aB之间的电压增大.由于两极板之间的场强减小故试探电荷所受的电场力减小.
解:
由于开关S闭合,且电容器两极板始终与电源的两极相连,故电容器两极板之间的电压UAB保持不变.随B极板下移两极板之间的距离增大,根据E=
可知两极板之间的电场强度E减小,由于UAa=EhAa,由于电场强度E减小,故UAa减小,由于UAB=UAa+UaB,所以UaB增大,由题图可知电源的负极接地,故B极板接地,所以B板的电势为0即ΦB=0,又UaB=Φa﹣ΦB,所以Φa=UaB增大.而点电荷在a点所受的电场力F=qE,由于E减小,所以电场力F减小.故B正确.
故选:
B.
【点评】本题难度较大,涉及知识面大,需要认真分析.方法是:
先找不变量(UAB),再找容易确定的物理量(E和UAa),最后求出难以确定的量(确定UaB不能用UaB=EhaB,因为E和haB一个变大另一个变小).
9.如图,直导体棒放在倾斜的导轨上,当导体棒通以垂直于纸面向里的电流时,恰能在导轨上静止.下列情况中,棒与导轨间的摩擦力可能为零的是()
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】
试题分析:
通过对杆ab受力分析,根据共点力平衡判断杆子是否受摩擦力.
解:
A、杆子受重力,竖直向上的安培力,若重力与安培力相等,若二力平衡,则不受摩擦力,故A正确;
B、杆子受重力,垂直斜面向下的安培力,垂直斜面向上的支持力,如图,若无摩擦力,则导体棒将沿斜面下滑,不能平衡,若要处于平衡导体棒必须受沿斜面向上的摩擦力,故B错误;
C、杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力,三个力的合力有可能为零,故有可能不受摩擦力,故C正确;
D、杆子受重力、竖直向下的安培力和斜面的支持力,如图,三个力合力不可能为零,若要导体棒处于平衡必须要有沿斜面向上的摩擦力,故D错误;
故选:
AC.
【点评】解决本题的关键掌握安培力的方向判定,以及能正确地进行受力分析,根据受力平衡判断杆子是否受摩擦力.
10.如图所示是甲、乙、丙三个电源的路端电压U与干路电流I的图象,甲和丙的图象平行,下列判断正确的是()
A.甲电源的电动势比乙电源的大
B.乙电源的电动势和内阻都比丙电源的大
C.甲和丙两电源的内阻相等
D.甲电源的内阻大,丙电源的内阻小
【答案】BC
【解析】
试题分析:
根据电源的U﹣I图象的纵轴截距和斜率比较甲、乙、丙三个电源的电动势和内阻的大小.再根据闭合电流欧姆定律即可求解.
解:
由闭合电路欧姆定律得:
U=E﹣Ir,当I=0,U=E,则由电源的U﹣I图象纵轴截距可知甲乙两电源电动势相等,图象的斜率大小等于电源的内阻大小,所以甲的内阻大于乙的内阻,而甲、丙的内阻相等,但甲的电动势大于丙的电动势,那么乙电源的电动势和内阻都比丙电源的大,故AD错误,BC正确;
故选:
BC.
【点评】本题的解题关键是图象的斜率、截距和交点来理解图象的物理意义.根据闭合电路欧姆定律求解,难度适中.
11.如图甲所示,两平行金属板竖直放置,左极板接地,中间有小孔.右极板电势随时间变化的规律如图乙所示.电子原来静止在左极板小孔处.(不计重力作用)下列说法中正确的是( )
A.从t=0时刻释放电子,电子将始终向右运动,直到打到右极板上
B.从t=0时刻释放电子,电子可能在两板间振动
C.从t=
时刻释放电子,电子可能在两板间振动,也可能打到右极板上
D.从t=
时刻释放电子,电子必将打到左极板上
【答案】AC
【解析】试题分析:
分析电子在一个周期内的运动情况.从t=0时刻释放电子,前T/2内,电子受到的电场力向右,电子向右做匀加速直线运动;后T/2内,电子受到向左的电场力作用,电子向右做匀减速直线运动;接着周而复始,所以电子一直向右做单向的直线运动,直到打在右板上.故A正确,B错误.从
时刻释放电子,在
-
内,电子向右做匀加速直线运动;在
-
内,电子受到的电场力向左,电子继续向右做匀减速直线运动,
时刻速度为零;在
-T内电子受到向左的电场力,向左做初速度为零的匀加速直线运动,在T-
内电子受到向右的电场力,向左做匀减速运动,在
时刻速度减为零;接着重复.若两板距离足够大时,电子在两板间振动.故C正确.用同样的方法分析从t=
T时刻释放电子的运动情况,电子先向右运动,后向左运动,由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移,电子最终从左极板的小孔离开电场.也可能电子在向右过程中就碰到右极板,故D错误.故选AC。
考点:
带电粒子在电场中的运动
12.如图所示,一轨道的倾斜部分和水平部分均处于磁感应强度为B的匀强磁场中,且磁场方向都与轨道平面垂直,水平轨道足够长.一质量为m的水平金属棒ab,从静止开始沿轨道下滑,运动过程中金属棒ab始终保持与轨道垂直且接触良好.金属棒从斜轨道转入水平轨道时无机械能损失.关于ab棒运动的速度时间图象,可能正确的是()
A.
B.
C.
D.
【答案】CD
【解析】试题分析:
根据金属棒的受力情况,分析其运动情况,分析时要抓住安培力与速度成正比.
解:
金属棒在斜轨道运动时,先做加速运动,随着速度的增大,产生的感应电动势和感应电流增大,金属棒所受的安培力增大,合力减小,加速度减小,当加速度减小减至零做匀速运动.
金属棒进入水平轨道后受到向左的安培力,做减速运动,速度减小,安培力减小,所以做加速度减小的变减速运动,则知CD两图是可能的,AB不可能.
故选:
CD.
【点评】本题考查了电磁感应与力学的综合,关键理清金属棒的运动规律,知道当加速度为零时,做匀速运动.
二、实验题
13.某同学测量一只未知阻值的电阻Rx.
①他先用多用电表进行测量,指针偏转如图甲所示.为了使多用电表的测量结果更准确,该同学应选用
挡位,更换挡位重新测量之前应进行的步骤是.
②接下来再用“伏安法”测量该电阻,所用仪器如图乙所示,其中电压表内阻约为5kΩ,电流表内阻约为5Ω,变阻器阻值为50Ω.图中部分连线已经连接好,为了尽可能准确地测量电阻,请你完成其余的连线.
③该同学用“伏安法”测量的电阻Rx的值将(选填“大于”、“小于”或“等于”)被测电阻的实际值.
【答案】①×100,重新欧姆调零;②如图;③大于
【解析】
试题分析:
题①应明确当欧姆表的指针偏角过小时,说明待测电阻的阻值太大,应选择倍率较大的挡,注意每次选档后都应重新调零;题②在读出待测电阻的阻值后再判定电流表应用内接法,根据变阻器的全电阻远小于待测电阻可知,变阻器应采用分压式接法;题③根据欧姆定律求出待测电阻的表达式即可.
解:
①欧姆表的指针偏角过小,说明待测电阻阻值很大,应选择倍率较大的挡,
所以应选用×100挡,换挡后应该重新欧姆调零;
②欧姆表的读数为R=100×10Ω=1000Ω,由于满足
<
,所以电流表应用内接法;
由于滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻,所以变阻器应采用分压式接法,即电路应是分压内接法,连线图如图①②所示:
③根据欧姆定律R测=
=Rx+RA,所以测量值应大于待测电阻的实际值.
故选:
①×100,重新欧姆调零;②如上图;③大于.
【点评】应明确:
①当欧姆表的指针偏角过小(大)时,应选择倍率较大(小)的挡;
②当待测电阻满足
>
,时,电流表应用外接法,满足
<
,时,电流表应用内接法;③当变阻器的全电阻远小于待测电阻时,变阻器应采用分压式接法.
14.某同学在实验室测定一节干电池的电动势和内阻,实验室中有如下器材:
A.待测干电池
B.电流表G(0~3mA,内电阻r1=20Ω)
C.电流表A(0~0.6A,内电阻r2=0.20Ω)
D.滑动变阻器甲(最大阻值10Ω)
E.滑动变阻器乙(最大阻值100Ω)
F.定值电阻R1=100Ω
G.定值电阻R2=500Ω
H.定值电阻R3=1.5kΩ
以及导线和开关.
由于没有电压表,为此他设计了如图所示的电路完成了实验要求的测量.
(1)为了方便并能较准确测量,滑动变阻器应选,定值电阻应选用.(填写各器材前的序号)
(2)若某次测量中电流表G的示数为I1,电流表A的示数为I2;改变滑动变阻器的位置后,电流表G的示数为I1′,电流表A的示数为I2′.则可知此电源的内电阻r=,电动势E=.(用给出和测得的物理量表示)
【答案】①DG②r=
(R2+r1)E=
(R2+r1)
【解析】
试题分析:
将电流表B串联一个电阻,可以改装成较大量程的电压表,采用较小最大值的滑动变阻器,有利于数据的测量和误差的减小.
根据闭合回路欧姆定律列出等式求解电动势和内阻.
解:
(1)上述器材中虽然没有电压表,但给出了两个电流表,将电流表B串联一个电阻,可以改装成较大量程的电压表.
为了方便并能较准确测量,电路图中的电流表A应选C,采用较小最大值的滑动变阻器,有利于数据的测量和误差的减小.滑动变阻器应选D,
一节电池电动势大约是1.5V,所以改装成的电压表的量程要达到1.5V,所以定值电阻应选G,
(2)某次测量中电流表B的示数为I1,电流表A的示数为I2
根据欧姆定律和串联的知识得E=I1(R2+r1)+rI2,
改变滑动变阻器滑片的位置后,电流表B的示数为I1′,电流表A的示数为I2′.
根据欧姆定律和串联的知识得E=I1′(R2+r1)+rI2′,
解得:
r=
(R2+r1)E=
(R2+r1)
故答案为:
①DG②r=
(R2+r1)E=
(R2+r1)
【点评】本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形,注意由于没有电压表,本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表,再根据原实验的研究方法进行分析研究,注意数据处理的方法.
三、解答题
15.如图所示,长度为60cm,质量为60g的均匀金属杆MN,用两条劲度系数k均为:
30N/m的轻弹簧将两端悬挂在天花板上,MN处于磁感应强度为0.2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,并呈水平状态,g取10m/s2求:
(1)要使弹簧恢复原长,应通入什么方向的电流?
电流强度多大?
(2)若使电流方向改变而大小不变,稳定后弹簧的伸长量为多少?
【答案】
(1)要使弹簧恢复原长,应通入由M向N的电流;电流强度为5A.
(2若使电流方向改变而大小不变,稳定后弹簧的伸长量为0.02m.
【解析】
试题分析:
(1)根据安培力等于重力,即可求解电流大小,由左手定则判断电流方向,由受力平衡可以得到电流强度;
(2)电流方向改变而大小不变,导体棒受到的安培力大小不变,方向与原来相反,由平衡条件可得稳定后弹簧的伸长量.
解:
(1)要使弹簧恢复原长,安培力方向应向上,由左手定则可判定电流方向为由M向N;当安培力等于重力时弹簧恢复原长,有:
BIL=mg,
解得:
.
(2)电流方向改变而大小不变,导体棒受到的安培力大小不变,方向与原来相反,由弹力与安培力和重力平衡:
2kx=BIL+mg,
即:
2kx=2mg,
解得:
.
答:
(1)要使弹簧恢复原长,应通入由M向N的电流;电流强度为5A.
(2若使电流方向改变而大小不变,稳定后弹簧的伸长量为0.02m.
【点评】重点掌握安培力、弹力与重力间处于平衡状态的问题,体现了胡克定律,安培力公式的综合应用,同时注意左手定则的应用.
16.电路图如图中甲所示,图乙中图线是电路中的电源的路端电压随电流变化的关系图象,滑动变阻器的最大阻值为10Ω,定值电阻R0=3Ω.
(1)当R为何值时,R0消耗的功率最大,最大值为多少?
(2)当R为何值时,电源的输出功率最大,最大值为多少?
【答案】
(1)18.75W
(2)20W
【解析】
试题分析:
(1)根据图象,由闭合电路欧姆定律,求出电源的电动势和内阻.R0是定值电阻,当R最小时,电流最大,R的功率最大.
(2)当r=R+R0时,电源的输出功率最大,根据欧姆定律和功率公式求解.
解:
(1)由乙图知电源的电动势和内阻:
E=20V,r=5Ω
由甲图分析知道,当R=0时,R0消耗的功率最大
最大为
解得P=18.75W
(2)当r=R+R0时,即R=2Ω,电源的输出功率最大
最大为
解得P=20W
【点评】本题考查分析、解决物理极值问题的能力.对于电源,当内外电阻相等时,电源的输出功率.本题如求R的最大功率,可把R0看成电源的内阻,当R=R0+r时R的功率最大.
17.如图所示,光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形,固定在竖直面内,管口B,C的连线水平.质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落A,B两点间距离为4R.从小球(小球直径小于细圆管直径)进人管口开始,整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场,小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上,大小与重力相等,结果小球从管口C处离开圆管后,又能经过A点.设小球运动过程中电荷量没有改变,重力加速度为g,求:
(1)小球到达B点时的速度大小;
(2)小球受到的电场力大小;
(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力.
【答案】
(1)小球到达B点时的速度大小是2
;
(2)小球受到的电场力大小
;
(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力大小为3mg,方向水平向右.
【解析】试题分析:
(1)小球从A开始自由下落到到达管口B的过程中,只有重力做功,机械能守恒,可求出小球到达B点时的速度大小;
(2)将电场力分解为水平和竖直两个方向的分力,小球从B到C的过程中,水平分力做负功,根据动能定理得到水平分力与B、C速度的关系.小球从C处离开圆管后,做类平抛运动,竖直方向做匀速运动,水平方向做匀加速运动,则两个方向的位移,由运动学公式和牛顿第二定律结合可水平分力.竖直分力大小等于重力,再进行合成可求出电场力的大小.
(3)小球经过管口C处时,由电场力的水平分力和管子的弹力的合力提供向心力,由牛顿运动定律求解球对圆管壁的压力.
解:
(1)小球从A开始自由下落到到达管口B的过程中,只有重力做功,机械能守恒,则有:
mg•4R=
解得,
(2)设电场力的水平分力和竖直分力分别为Fx和Fy,则Fy=mg,方向竖直向上.小球从B到C的过程中,电场力的水平分力Fx做负功,根据动能定理得
﹣Fx•2R=
小球从C处离开圆管后,做类平抛运动,竖直方向做匀速运动,水平方向做匀加速运动,则:
y=4R
x=2R=
=
t=
联立解得,Fx=mg
故电场力的大小为F=qE=
=
mg
(3)小球经过管口C处时,由电场力的水平分力和管子的弹力的合力提供向心力,由牛顿运动定律得
Fx+N=m
得N=3mg,方向向左
根据牛顿第三定律可知,小球经过管口C处时对圆管壁的压力大小N′=N=3mg,方向水平向右.
答:
(1)小球到达B点时的速度大小是2
;
(2)小球受到的电场力大小
;
(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力大小为3mg,方向水平向右.
【点评】本题运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合研究圆周运动和类平抛运动,并采用正交分解求解电场力,常规方法,难度适中.
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