寒假作业答案--物理

必修1部分答案一、单项选择题 1． A 2．B 3．C 4．B 5．A 6．D7．D8．B9．D 10．A 11．A解析：由题意可知，各角大小如图所示：由它们处于平衡状态，可知 F 1、F 2、G 1三力平衡，因此212F G = cos 30°又 ∵ G 1 = m 1g F 2 = m 2g ∴12m m =33二、多项选择题 12．CD 13．BC 14．BC 15．D 16．BC三、填空题 17．7；5 18．119．0；与F 1方向相反20．10 m/s 2；15 m/s 2；3；125 21．70 四、实验题 22．Td d 221+；Td d 243+；2 T ；221434Td d d d --+五、计算题24．解析：物体受重力，绳a 、b 的拉力。

沿水平、竖直方向建立坐标系。

F T a sin 37° = F T bF T a cos 37° = mgF T a = 50 NF T b = 30 N此题还可以利用三角形法或图解法求解。

25．解析：(1)不是。

(2)合甲F 与合乙F 大小相等，方向相反。

选向右为正方向。

甲a =甲合甲m F = 0.50 m/s 2甲的加速度方向向右。

乙a =乙合乙m F = －0.60 m/s 2乙的加速度方向向左。

得26．摩擦力为0.61 N ，方向水平向左。

解析：由速度位移公式v 2= 2ax 可得：a =x22v=412412..⨯m/s 2 = 0.7 m/s 2而a ＜g sin θ = 5 m/s 2，可知木块受到斜面对它的摩擦力F f1 对木块m 受力分析，由牛顿第二定律与力的平衡，可得：mg sin θ ―F f1 = mamgcos θ ―F N1 = 0对木楔M 受力分析，它受五个力，设地面对它的摩擦力为F f2，方向水平向左，由木楔水平方向受力平衡可知： F f1cos θ + F f2 = F N1 sin θ 其中F f1 = F f1 F N1 = F N1可解得：F f2 = ma cos θ = 1.0 kg ×0.7 m/s 2×23≈0.61 N∴ 地面对木楔的摩擦力的方向水平向左。

′ ′ ′ ′必修2练习参考答案一、单项选择题 1．D 2．B 3．A 4．C 5．B 6．B7．C 8．D解析：根据万有引力提供向心力，推导出线速度、角速度和周期与轨道半径的关系式。

9．A解析：月球绕地球运转的周期T 与月球的质量无关。

10．A解析：根据物体的速度图象可知，物体0－1 s 内做匀加速合外力做正功，A 正确。

1－3 s 内做匀减速合外力做负功。

根据动能定理0到3 s 内，1－2 s 内合外力做功为零。

二、多项选择题 11．BC解析：类似平抛运动的处理方式。

12．AD 解析：月太阳F F =月太阳M M ·2太阳2月R R ，代入数据可知，太阳的引力远大于月球的引力；由于月心到不同区域海水的距离不同，所以引力大小有差异。

13．AD 14．AC解析：根据F －t 图象面积意义和牛顿运动定律有a 1=mF 0，v 1 = a 1t 0=m t F 00，a 2=mF 02，v 2 = v 1＋a 2t 0=mt F 00＋mt F 002=mt F 003，则v 2 =3v 1；应用位移公式可知x 1 =21v t 0、x 2 =2＋ 21v v t 0＋21v t 0，则x 2 = 5x 1，B 错、A 对；在第一个t 0内对物体应用动能定理有W 1＝221v m 、在第二个t 0内对物体应用动能定理有W 2＝222v m －221v m ，则W 2 = 8W 1，D 错、C 对。

三、填空题 15．4 000；400解析：应用动能定理解决；产生热量等于子弹克服阻力做的功。

16．fF p ；3F f ；mF f 217．μ =θθcos 2sin 2mg mg F -18．自由落体；匀速直线 四、计算题20．解析：(1)小车在C 点有：mg =Rm C 2v解得：v C =gR由A 运动到C ，根据机械能守恒定律得：mgh = mg ×2R +221C m v解得：h = 2.5 R(2)由A 运动到B ，根据机械能守恒定律得：mgh =221B mv解得：v B =gR 5 小车在B 点有：F N －mg =Rm B 2v解得：F N = 6 mg选修3-1部分答案参考答案一、单项选择题 1．B 2．C3．D4．B5．B6．C7．B8．B9．B二、多项选择题 10．BC 11．BC 12．AD 13．AC三、填空题 14．k2rQ15．（1）串；2 970；3 000 （2）并；0.03 16．1.8×105 ；400 17．0－110 V18．（1）100.2 mm ；0.900 mm （2）1.5；1.0（3）YY'； Y ；XX'；YY' 四、计算题19．解：（1）粒子带负电荷 （2）由动能定理得－qU ＝21m v 22－21m v 21得q ＝2×10－2 C20．解：由于粒子在电容器两极板间沿直线运动，所以： qE ＝B 1q v ① E ＝dU②联立①②得 v ＝1dB U以速度v 进入B 2的粒子做匀速圆周运动，有： q v 1B 2＝m 1121R vq v 2B 2＝m 2122R vΔR ＝2R 2－2R 1所以ΔR ＝qB m m 2122v)(- 解得：Δm ＝URd B qB 2Δ2121．解：根据动能定理：qU AB ＝ΔE k质点以恒定速率v 从A 点运动到B 点，则ΔE k ＝0 可知：U AB ＝0根据牛顿运动定律，得qE ＝mr2v而r ＝θl解得：E ＝qlm θ2v22．解：（1）粒子的运动轨迹如右图所示 （2）设粒子在电场中运动的时间为t 1 x 、y 方向：2h ＝v 0t 1 h ＝21at21根据牛顿第二定律：Eq ＝ma 求出 E ＝qhm 220v（3）根据动能定理：Eqh ＝21m v 2－21m v 20将E 的表达式代入上式，可求出v ＝2v 0，再根据Bq v ＝mr2v求出 r ＝Bqm 02v（4）粒子在电场中运动的时间：t 1＝02v h 粒子在磁场中运动的周期：T ＝vr 2π＝Bqm 2π根据粒子入射磁场时与x 轴成45º，射出磁场时垂直于y 轴，可求出粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为135º。

设粒子在磁场中运动的时间为t 2＝83T求出 t ＝t 1＋t 2＝02v h ＋Bqm 43π选修3-2电磁感应 部分答案一、选择题 1．CD 2．A 、B 、D解析：当周长一定的线圈由矩形变成圆形时，面积将变大，所以穿过闭合线圈的磁通量增大，能产生感应现象。

3．C解析：灵敏电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，若有电流，说明回路中有磁通量的变化，线圈所在处一定有磁场；若无电流，只说明线圈回路中没有磁通量的变化，但不一定没有磁场，可能磁场方向与线圈平面平行。

4．D 5．BCD解析：滑片P 不论匀速运动还是变速运动，线圈中的电流都会变化，都会使铁芯中的磁场变化。

6．B解析：当O 和d 重合时，环切割磁感线的有效长度等于环的半径，产生的电动势最大。

7．A解析：两环的磁通量变化率总是相同的，根据法拉第电磁感应定律，两线圈的电动势相同。

8．C解析：线圈进入磁场时，穿过线圈磁通量增加产生逆时针方向电流，线圈完全进入磁场后的运动过程，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流，线圈穿出磁场过程，穿过线圈的磁通量减小，产生顺时针方向电流。

9．A解析：线圈进入磁场过程，穿过线圈的磁通量增加，产生的感应电流沿逆时针方向，下边受到的安培力向上，如图所示。

根据牛顿第二定律，线圈的加速度mg －F ＝ma ，其中F ＝BIl ＝BlRBL v ，则a ＝g －mRl B v 22，由此式可知，当线圈进入磁场时的速度较小时，加速度向下，且小于g ，当线圈进入磁场的速度合适时，加速度可以为0，当线圈进入磁场时的速度很大时，可能使得a ＝－g ，即安培力等于重力的2倍，这样加速度向上，且等于g 。

出磁场时，同样可以分析出，线圈的加速度大小可以等于、小于或大于g 。

10．A解析：根据图象可知，在第2秒内磁场方向垂直纸面向外，穿过线圈的磁场增强，由楞次定律得出，线圈中的感应电流方向为顺时针方向。

根据电磁感应定律，E ＝N tΦΔΔ＝NStB ΔΔ，由于B 随时间均匀增加，因此tB ΔΔ恒定，E 也恒定。

11．C解析：小线圈B 在进入通电螺线管和穿出螺线管过程中，穿过B 的磁通量一个是增加的，一个是减小的，因此感应电流的方向相反，所以选项A 、D 是错误的。

已知螺线管是长直密绕的，说明其内部一段距离内可以认为是匀强磁场，那么小线圈在螺线管内部通过时就不会有磁通量的变化，感应电流为零，所以B 错误。

12．C解析：沿ab 方向拉出线框时，由于线框匀速运动，因此外力做功等于安培力做功的绝对值，设矩形磁场长为2l ，宽为l 。

有安培力过程中线框运动距离为2l ，拉力做功 W 1＝F 1×2l ＝Rl B v 322。

同样方法可得出沿ad 方向拉出过程，W 2＝F 2l ＝Rl B v 324。

二、填空题 16．向上解析：根据右手定则判断出感应电流方向为顺时针方向，再根据左手定则判断ab 边受到的安培力方向。

17．高解析：在我国东北地区，地磁场的磁感线方向是向北偏下的，竖直分量向下，飞机在水平面内不论向哪个方向飞行，都会切割磁感线的竖直分量，从而产生感应电动势，根据右手定则可以得出机翼左端的电势比右端电势高。

18．0.628 V ；0.2 V解析：由图示位置转过90°的时刻，cd 边线速度的大小v ＝ωl ad ，方向垂直于磁感线方向，产生的瞬时感应电动势大小e ＝Bl cd v ＝0.1×0.1×100π×0.2＝0.628（V ）； 线圈转过90°过程中磁通量的变化量ΔΦ＝B 2abad l l ，所用时间Δt ＝ω2π，产生的平均感应电动势大小E ＝tΔΔΦ＝πωad ab l Bl ＝π100π0.20.10.1⨯⨯⨯＝0.2 V 。

20．右偏；右偏；左偏解析：滑动变阻器的滑动端P 向左加速滑动时，线圈A 中的电流减小，其激发的磁场减小，使得穿过线圈B 的磁通量减小，这时电流计指针向右偏转，概括为“Φ 减，右偏”。

若将线圈A 中铁芯向上拔出，同样有Φ 减，且磁场方向没有变化，因此仍有右偏；断开开关，同样是Φ 减，右偏；若滑动变阻器的滑动端P 匀速向右滑动，线圈A 所在回路中的电流会增加，B 线圈磁通量Φ 增加，因此指针左偏。