高二物理假期作业反馈2.22
山东省高二物理暑假作业和答案.doc
山东省高二物理暑假作业和答案为大家整理的山东省高二物理暑假作业和答案文章,供大家学习参考！更多最新信息请点击高二考试网选择题1. 受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其图线如图所示( )A在0---秒内，外力大小不断增大B在时刻，外力为零C在---秒内，外力大小可能不断减小D在---秒内，外力大小可能先减小后增大A.物体的速度为0，加速度不等于0B.两个物体相比，一个物体的速度比较大，但加速度比较小C.物体的速度变化量向东，加速度向西D.物体向东运动，加速度向西3. 一物体作匀加速直线运动，通过一段位移所用的时间为，紧接着通过下一段位移所用时间为。
则物体运动的加速度为( )A B. C. D.4.如图2所示，有一质量为M的大圆环，半径为R，被一轻杆固定后悬挂在O点，有两个质量为m的小环(可视为质点)，同时从大环两侧的对称位置由静止滑下。
两小环同时滑到大环底部时，速度都为v，则此时大环对轻杆的拉力大小为( )A.(2m+2M)gB.Mg-2mv2/RC.2m(g+v2/R)+MgD.2m(v2/R-g)+MgA. 物体A以2m/s的速度向西运动, 物体B以2m/s的速度向东运动，它们的速度相同B.从地面上方某一高度处分别竖直向上和竖直向下抛出一个小球，虽然它们落地的时间不同，但它们从抛出到落地的位移相同C.教材上说“一个人从北京去重庆，可以选择不同的交通方式.…他总是从北京到达了西南方向直线距离约1300km的重庆，即位置的变动是相同的”，说明在研究从北京到重庆的位移时，“北京”和“重庆”可以看成一个“点”，两个都市的大小不考虑D.某同学向东直线运动了20m，又向东运动了10m，他全程的位移是30m，说明位移是标量6.下列各种运动中，属于匀变速运动的有( )A.匀速直线运动B.匀速圆周运动C.平抛运动D.竖直上抛运动A.质点始终向同一方向运动B.质点在第2s末的运动方向发生变化C.4s内一直做匀加速直线运动D.4s内一直做匀减速直线运动8.如图所示，放在水平地面上的物体M上叠放着物体m，m和M间有一处于压缩状态的轻质弹簧，整个装置处于静止状态.下面关于M、m受力分析正确的是( )A.m受到向水平右的摩擦力B.M受到m对它有水平向左的摩擦力C.地面对M有水平向右的摩擦力D.地面对M没有摩擦力.在粗糙水平地面上放一个三角形木块B，物体A受到沿斜面向上的拉力F作用后，能够沿斜面匀速上滑，如图所示.在此过程中，三角形木块始终保持不动.下列结论中正确的是：( )A.地面对B有方向向左的摩擦力作用B.地面对B有方向向右的摩擦力作用C.地面对B的支持力大小等于A和B的重力之和D.地面对B的支持力大小小于A和B的重力之和10.一同学在用打点计时器测定匀变速直线运动加速度实验中，某次实验记录的纸带如图所示.在纸带上选取2、3、4、5、6五个计数点(相邻两个计数点间的时间间隔为0.1s).其中2、3与5、6之间的距离如图所示(单位：cm).由图中数据可得：物体的加速度为__ __m/s2，第4个计数点与第3个计数点间的距离约为_____cm(小数点后保留两位).11.在研究物体做匀变速直线运动的实验中，根据实验数据算出了物体在各个不同时刻的瞬时速度如下表：t/s00.10.20.30.4 v/(cm?s-1)16.5021.4026.3031.3536.30 请根据表中数据：(1)在坐标纸上画出物体运动的v-t图象;(2)由图象得物体的加速度是cm/s2;(3)由图象得物体在第0.25s时的瞬时速度是cm/s.三、计算题12 . 夹角为60°的V型槽固定在水平地面上，槽内放一根重500N的金属圆柱体，用F=200N沿圆柱体轴线方向的拉力拉圆柱体，可使它沿槽匀速滑动，如图所示.求圆柱体和V型槽间的滑动摩擦因数μ.1.女排比赛时，某运动员进行了一次跳发球，若击球点恰在发球处底线上方3.04m高处，击球后排球以25.0m/s的速度水平飞出，球初速方向与底线垂直，排球场的有关尺寸数据见图8所示，试计算说明：(1)此球能否过网?(2)是落在对方界内，还是界外?(g=10m/s2)一、选择题1.CD2.ABD3.A4.C5.BC6.CD7.B8.ABD9.AD二、实验题10.0.74;4.3611.(1)如图(2)49.5(48.0~50.0均正确)(3)29.0(28.0~29.8均正确三、计算题12.解：因为圆柱体匀速滑动，所以拉力F=摩擦力Ff，即Ff =200N 又因为圆柱体两面均与槽接触，所以每一面所受摩擦力Ff ′=200/2=100N圆柱体两面均与槽接触，对于其中每一个接触面，圆柱体对他的压力FN=500×cos60°=250N所以动摩擦因数μ= Ff ′/FN=100/250=0.41解(1)当球下落到与球网上沿等高时的水平位移为s，则3.04-2.24=gt2/2,s=v0t=10m>9m，球过网。
高二寒假作业物理版含答案
高二寒假作业物理版含答案查字典物理网为同窗总结归结了高二暑假作业物理版含答案。
希望对考生在备考中有所协助，预祝大家暑假快乐。
1. 质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2(各物理量均采用国际单位制单位)，那么该质点()A.第1 s内的位移是5 mB.前2 s内的平均速度是6 m/sC.恣意相邻的1 s内位移差都是1 mD.恣意1 s内的速度增量都是2 m/sA.轿车向东运动，平均速度是90km/hB.轿车向西运动，平均速度是90km/hC.轿车向东运动，平均速度是14.4km/minD.轿车向西运动，平均速度是14.4km/min3. 某人估测一竖直枯井深度，从井口运动释放一石头并末尾计时，经2 s听到石头落底声，由此可知井深约为(不计声响传达时间，重力减速度g取10 m/s2)()A.10 mB.20 mC.30 mD.40 m4. 一质点做直线运动，其v-t图象如下图.那么A.0.5s末和3.5s末速度方向相反B.3.5s末和4.5s末速度方向相反C.0.5s末和4.5s末减速度方向相反D.0.5s末比4.5s末的减速度大5. 某物体以30 m/s的初速度竖直上抛,不计空气阻力，g取10 m/s2,5s内物体的 ( )A路程为65 m B位移大小为25 m，方向向下C速度改动量的大小为10 m/s D平均速度大小为13 m/s，方向向上. 关于运动的分解和分解，以下说法正确的选项是( )A.合运动的时间等于两个分运动的时间之和B.匀变速运动的轨迹可以是直线，也可以是曲线C.曲线运动的减速度方向能够与速度在同不时线上D.分运动是直线运动，那么合运动必是直线运动. 做平抛运动的物体，每秒的速度增量总是( )A.大小相等，方向相反B.大小不等，方向不同C.大小相等，方向不同D.大小不等，方向相反9. 如下图，在水平的润滑平板上的O点固定一根长为l0的劲度系数为k的轻弹簧，在弹簧的自在端衔接一个质量为m 的小球(可视质点)。
20222022学年下学期暑假作业高二物理答案与解析
20222022学年下学期暑假作业高二物理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；由ΔΦE＝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，由楞次定律可知，线圈中感Δt应电流方向不断变化，D项正确．2．【答案】B【解析】[由楞次定律知，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，由于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】BT3T【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，由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，由楞次定律知，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】ALL【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v222v12v2ππL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】CDnΔΦΔB【解析】[根据法拉第电磁感应定律E＝＝n·S求出E＝1.2V，选项A错；根据全电路欧姆定律IΔtΔtE－＝＝0.12A，根据P＝I2R1，得R1消耗的功率P＝5.76某102W，选项B错；由楞次定律得选项R1＋R2＋rC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＝0.6V，流经R2的电荷量Q＝CU＝1.8某105C，选项D对．]－mgR8．【答案】(1)mg(inθ－3μcoθ)(2)(inθ－3μcoθ)22 BL【解析】(1)由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，由力的平衡条件得甲乙2mginθ＝μFN1＋T＋F①FN1＝2mgcoθ②对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mginθ＋μFN2＝T③FN2＝mgcoθ④联立①②③④式得：F＝mg(inθ－3μcoθ)(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＝⑥R安培力F＝BIL⑦联立⑤⑥⑦得：mgRv＝(inθ－3μcoθ)22.BLFB2l2t09．【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，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时，由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FE＝Blt0(－μg)④m(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，由楞次定律知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】[由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，由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；由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；由P＝IR＝知，当ω变为2倍时，P变为原4（R＋r）22来的4倍，D错．]2．【答案】BB2L2v【解析】[小灯泡稳定发光，说明导体棒MN匀速运动，则有mgin37°－－μmgco37°＝0，可得导RL＋R体棒MN的运动速度v＝5m/；小灯泡消耗的电功率P＝I2RL＝1W．]3．【答案】C【解析】[由右手定则可知通过金属导线的电流由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，由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】AΔB【解析】[在0～1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；1～2内，B不变，i＝0；2～3内，由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】DEB2L2v【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．由B2L2v12mgR平衡条件得mg＝BIL＝，解得cd杆向下匀速运动的速度为22.ab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】BDmg（R＋r）BLvm【解析】[导体棒由静止释放后，当a＝0时，速度最大，即mg－BL＝0，解得vm＝，AB2L2R＋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（R＋r）ΔtR＋r做的功等于整个电路产生的热量，C项错误．由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＝，ΔtE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2REΔΦBdLq＝I·Δt＝·Δt＝＝，故A正确；由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，由F安＝BIL知导体棒受到的安培力增大，由牛顿第二定律知，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121112Q＝mv0－mgLinθ＝(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.]2Q11．【答案】(1)4倍(2)＋28lmg【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，由法拉第电磁感应定律，有E1＝2Blv1①E1设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝②R设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1④mgR由①②③④式得v1＝22⑤4BlmgR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＝22⑥Bl由⑤⑥式得v2＝4v1⑦(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl＝mv2⑧21线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有112mg(2l＋H)＝mv2－mv＋Q⑨2221Q由⑦⑧⑨式得H＝＋28l.mg12．【答案】(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J【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，由法拉第电磁感应定律得E＝①Δt其中ΔΦ＝Bl某②设回路中的平均电流为I，由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＝4.5C(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，由运动学公式得v2＝2a某⑤1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，由动能定理得W＝mv2⑥2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＝1.8J⑧Bl某R＋r(3)由题意知，撤去外力前、后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6J⑨在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2⑩由⑧⑨⑩式得WF＝5.4J.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＝＝0.02＝2某102，可见，只有选项Cf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，由转速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/，2πT由交流电感应电动势的瞬时值表达式e＝Eminωt(V)(从线圈在中性面位置开始计时)得，u＝10in5πt(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的最大值为某10V＝33V，故D错．]3．【答案】D1Im2【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＝某()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【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】[由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2E，选项A错误；由2m2π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BST0EmT0＝，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】AC2π【解析】[电流表的示数为交变电流的有效值10A，A项正确；由ω＝可得，线圈转动的角速度为ωT＝100πrad/，B项错误；0.01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，0.02时电阻R中电流的方向自左向右，D项错误．]8.【答案】BDΔΦ【解析】[t＝0.005时，磁感应强度最大，磁通量最大，而E＝＝0，A错误；t＝0.01时感应电Δt流的方向与0.005～0.01内电流方向相同，由楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，B正确；t＝0.015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10πr222E2势的最大值Em＝BSω＝10πr，一个周期内产生的热量Q＝某0.02＝R222Rπr某0.02＝，D正确．]44R9.【答案】D2π【解析】[由图可以看出该交变电流的周期T＝0.02，则线圈转动的角速度ω＝＝100πrad/＝314Trad/，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＝＝1800R＋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某＝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，由于一个周期内半个周2Um期有交变电压，一个周期内交变电流产生的热量为Q＝2RTUm2T·＝·，设交变电压的有效值为U，22R2Um2TU2Um由电流热效应得Q＝·＝·T，所以该交变电压的有效值U＝，D正确．]2R2R212.【答案】D1T2【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28BωL22TBL2ω2一个周期产生的电热Q＝()R某某2＝IRT，解得I＝，选D.]2R84R13.【答案】ADU12U02【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R2R2U0值为U2，则U0R2＋－U02RTU22＝T，解得U2＝2R5U25U0U0，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．由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D2Δt错误．]Umn暑假作业四变压器电能的输送。
新高二物理假期作业二十二答案（8月20日）
1.【答案】D【解析】试题分析：要使物体沿水平方向抛出而不落回星球表面，需要达到第一宇宙速度，恰好由重力提供向心力，可以求得第一宇宙速度． 解：根据万有引力提供向心力，即=mr=n 2R在地球表面附近，万有引力等于重力得： G=m，解得：v=．故选：D ． 【点评】本题是常见的竖直上抛运动和万有引力的综合应用问题，它们之间联系的桥梁是重力加速度是g ． 2.【答案】C 【解析】试题分析：万有引力提供向心力22Mm v G m R R =，又在星球表面上．'2Mm G m g r ='星，由题意知：g 星＝16g.解得v 116gr 故该星球的第二宇宙速度v 22113gr C 正确考点：考查了万有引力定律的应用【名师点睛】物体在星球上或在星球附近（不做圆周运动）利用万有引力等于重力求解；如：求解星球表面的加速度．物体围绕星球做圆周运动，利用万有引力提供向心力求解．如：求解向心加速度，线速度，角速度，周期，第一宇宙速度等 3.【答案】B 【详解】A ．根据题意，由22212Mm Gm R R Tπ=（） 可知，该行星的质量23216R M GTπ= A 错误； B ．由222()Mm Gm r r Tπ= 把行星的质量代入，即可得出34r R =B 正确；C ．行星地面物体的重力和支持力的合力提供向心力224N mg F m R Tπ-=又2Mmmg GR = 23216R M GT π=代入得2212N mRF Tπ= 由牛顿第三定律知，质量为m 的物体对该行星赤道表面的压力2212NmRF Tπ'= C 错误；D ．该行星的卫星最大环绕速度是贴着该行星表面飞行的速度，由22Mm v G m R R= 可知本题算不出具体数据，D 错误。
故选B 。
4.【答案】D 【详解】A ．双星系统具有相同的角速度，所以星球A 的周期与星球B 的周期相等，故A 错误； B ．根据万有引力提供向心力2A B A BA B m m Gm a a m L== 可得星球A 的向心加速度与星球B 的加速度之比为::9:1B A A B a a m m ==故B 错误；C ．双星靠相互间的万有引力提供向心力，则向心力的大小相等，则有222A BA AB B m m Gm r m r Lωω== 可得两星球的轨道半径r A ：r B ＝9：1故C 错误； D ．根据v r ω=可得两星球的轨道速度大小v A ：v B ＝9：1故D 周期。
高二物理必修寒假作业参考答案
高二物理(必修)寒假作业（一）参考答案一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（二25小题6分，共10分).24－1．D；25．(1)D(2)(a)0.490.48(b)在误差允许的范围内，机械能守恒。
三、计算题（本大题3小题，其中26小题6分，27小题7分，28小题8分，共21分）26．（1）300N（2）0.5S（3）0.125m27．（1）2m/s2（2）22m/s（3）-4J2（2）(3/2)R（3）28．（1）RR=H/2D O最大距离为H高二物理(必修)寒假作业（二）参考答案一二、填空题24．B L2B L v25．交流小于重力加速度g三、解答题26．(1)a=2.5m/s2(2)v=5m/s(3)t2=4s 27．(1)E k=3.6×104J(2)P=2.88×103J(3)W f =5.4×105J28．(1)gl v m m A B 2= (2)gH v v 22+=' (3)2222l L g H v s +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=高二物理(必修)寒假作业（三）参考答案2425. 0.497 0.15526．（7分）(1)2×104N (2)22.5m (3)3×105W 27．（7分）解：（1）汽车受重力G 和拱桥的支持力F ，二力平衡，故F ＝G ＝5000N （1分）根据牛顿第三定律，汽车对拱桥的压力为5000N （1分）（2）汽车受重力G 和拱桥的支持力F，根据牛顿第二定律有G －F ＝r v m 2故rv m G F 2-=＝4000N根据牛顿第三定律，汽车对拱桥的压力为4000N （3分）（3）汽车只受重力GG ＝rv m 2gr v =＝510m /s（2分）28．( 9 分)解：由机械能守恒定律可得：mgH mV =2021，所以货物在B 点的速度为V 0=10m /s （1）货物从B 到C 做匀减速运动，加速度2/6s m g m mg a ===μμ设到达C 点速度为V C ，则：aL V V C 2220=-，所以：V C =2 m /s落地点到C 点的水平距离：m 6.02=⋅=ghV S C (2分)（2）皮带速度 V 皮=ω·R =4 m /s ， 同（1）的论证可知：货物先减速后匀速，从C 点抛出的速度为V C =4 m /s ， 落地点到C点的水平距离：m 2.12=⋅=gh V S C（1分）（3）①皮带轮逆时针方向转动： 无论角速度为多大，货物从B 到C 均做匀减速运动：在C 点的速度为V C =2m /s ，落地点到C 点的水平距离S =0.6m （1分） ②皮带轮顺时针方向转动时：Ⅰ、0≤ω≤10 r a d /s 时， S =0.6m （1分）Ⅱ、10＜ω＜50 r a d /s时，S =ω·Rgh 2=0.06ω（1分）Ⅲ、50＜ω＜70 r a d /s时，S =ω·Rgh 2=0.06ω （1分）Ⅳ、ω≥70 r a d /s时，S =ghv c 2⋅＝4.2m （1分） S —ω图象如图 （1分）高二物理(必修)寒假作业（四）参考答案一．选择题0二．填空题24. 0.86 41526329S S S S S S a T-+-+-=0.6425.三．计算题 26.(1)a =8m /s 2(2)10N27.(1)21()2kA E mv mg H h =-- (2)212W mv mgH =- 28.(1)10 m /s(2)0.875N(3)FN=8F -1(F ≥0.25N ) 图略高二物理(必修)寒假作业（五）参考答案一二24． A25． 0.1 ， 3.6 ，1.2 , 0.42三，解答题（每小题7分，共21分）26．（1）1.8m /s 2 （2）18m /s (3)108N 27． （1）20J （2）20m /s（1）6m /s （2） 4.5m高二物理(必修)寒假作业（六）参考答案一、单项选择题：每小题只有一个．．．．选项符合题意（本部分23小题，每小题3分，共69分） 1:)12(:)23(1:2:3--二.填空题：把答题填在答题卡相应的横线上（本部分2小题，其中24小题4分，25小题6分，共10分）24-A ．（4分）25 5（每空2分） 24-B ．（4分） 5 2（每空2分）25．（6分0.1 0.78 3.2 （每空2分）三、计算或论述题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位（本部分3小题，其中26小题6分，27小题7分，28小题8分，共21分）26．（6分）解答：（1）物体在水平拉力作用过程中2111112m/s v v a t t ∆-===∆ （1分） 0.5kg Fm a==（1分） （2）物体在竖直拉力作用过程中2F mg ma -=（1分）222m/s F mga m-==（1分）（3）由速度-位移关系2222v a x =变形得：2224m 2v x a ==（2分）27．（7分） 解答：（1）运动员从a 点滑行至C 点的过程中满足机械能守恒定律212mgh mv = （1分）s m v /24= （1分）（2）根据平抛运动的相应规律可得vt x = 221gt y =（1分） 而有几何关系可知θtan x y = （1分）由此解得：运动员从Ｃ点运动到着地点b 的时间为s t 6.3= （1分）（3）运动员从a点滑行至C点过程中，由动能定理得212f mgh W mv '-=克 （1分）2760f W =克（1分）28．（8分）解答：（1）由题设条件可判断：此时弹簧伸长量为x =2c m ，相应的弹力大小为N kx F 1.0== （1分）于是由平衡条件可知：小物体A 所受到的静摩擦力大小为N F f 1.0== （1分） （2）分析可知：随角速度逐渐增大，A 物体所受到的摩擦力率先减为零，此时的角速度可由2111ωr m F = （2分）求得为s rad /2101=ω （1分） （3）假设角速度增大为ω1时A 物体将率先滑动，则应有 21111ωμr m F g m =+ （1分）假设角速度增大为ω2时B 物体将率先滑动，则又应有 22222ωμr m F g m =- （1分）于是，所求的ω应在ω1和ω2中取其较小者，即s rad /110211==ωω （1分）高二物理(必修)寒假作业（七）参考答案一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（二、填空题：把答案填在答题卡相应的横线上（本部分2小题，其中24小题4分，25小题6分，共10分）。
2021年高二物理上学期反馈作业(2)
2021年高二物理上学期反馈作业（2）( )1．下面关于电容器及其电容的叙述正确的是A．任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关B．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和C．电容器的电容与电容器所带电荷量成反比D．一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－6C时，两板间电压升高10 V，则电容器的电容无法确定( )2．对于给定的电容器，描述其电容C、电荷量Q、电压U之间相应关系的图应是下图中的( )3．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图1－8－7). 设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，由θ不变（）4.关于电容器的电容，下列说法中正确的是A.电容器所带的电荷越多，电容就越大B.电容器两极板间的电压越高，电容就越大C.电容器所带电荷增加一倍，则两极间的电压也一定增加一倍D.电容是表征电容器容纳电荷的本领的物理量（）5.有一正充电的平行板电容器，若使它的电荷量减少3×10-4C，其电压降为原来的三分之一，则A.电容器原来的带电荷量可能是9×10-4CB.电容器原来的带电荷量为4.5×10-4CC.电容器原来的电压可能为1VD.电容器原来的电压可能为1×10-4C（）6.某电解电容器上标有“25V，470μF”的字样，对此，下列说法中正确的是A.此电容器只能在直流25V以下才能正常工作B.此电容器必须在直流25V的电压时才能正常工作C.当工作电压是直流25V时，电容才是470μFD.这种电容器使用时，必须考虑电容器的两根引线的极性( )7．如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图．电容器的两个电极分别用导线接到指示器上，指示器可显示出电容的大小．下列关于该仪器的说法正确的是A．该仪器中电容器的电极分别是金属芯柱和导电液体B ．金属芯柱外套的绝缘层越厚，该电容器的电容越大C ．如果指示器显示电容增大了，则说明电容器中的液面升高了D ．如果指示器显示电容减小了，则说明电容器中的液面升高了8.如图所示，有的计算机键盘的每一个键下面都连一小块金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块小的固定金属片，这两片金属片组成一个小电容器，该电容器的电容C 可用公式C ＝εS d 计算，式中常量ε＝9×10－12F/ m ，S 表示金属片的正对面积，d 表示两金属片间的距离，当键按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测是哪个键被按下了，从而给出相应的信号，设每个金属片的正对面积为50 mm 2，键未按下时两金属片的距离为0.6 mm ，如果电容变化0.25 pF ，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需要被按下多少 mm.9．如图所示，一平行板电容器接在U ＝12 V 的直流电源上，电容C ＝3.0×10－10 F ，两极板间距离d ＝1.20×10－3m ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)该电容器所带电量． (2)若板间有一带电微粒，其质量为m ＝2.0×10－3 kg ，恰在板间处于静止状态，则该微粒带电量为多少？带何种电荷？（自选）10.如图所示，不平放置的平行板电容器与一恒定的直流电压相连，两极板间距离d=10cm.距下板4cm 处有一质量m=0.01g 的不带电小球由静止落下.小球和下极板碰撞间带上了q=1.0×10-8C的电荷，反跳的高度为8cm ，这时下板所带电荷量Q=1.0×10-6C.如果小球和下板碰撞时没有机械能损失，（g 取10m/s 2）试求：（1）该电容器极板间的电场强度；（2）该电容器的电容. 38031 948F 钏E25891 6523 攣40264 9D48 鵈35714 8B82 讂 31249 7A11 稑31334 7A66 穦 y366078EFF 軿:q。
高二第一学期寒假物理作业(含答案)
高二第一学期寒假物理作业(含答案)高中物理学科强调注重基础，把那些最重要、最基本的主干知识作为高中物理的主要内容，同时，高中物理也随着时代的开展添加了近代物理的内容。
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高二第一学期暑假物理作业(含答案)一、不定项选择题：(每题4分，全对得4分，不全得2分，错选、漏选、不选均无分，共56分)1、( )以下图中区分标出一根垂直放置磁场里的通电直导线的电流I，磁场B和所受磁场作用力F的方向，其中图示不正确的选项是：2.(2021北京高考卷).处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动.将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值A.与粒子电荷量成正比B.与粒子速率成正比C.与粒子质量成正比D.与磁感应强度成正比3、(2021年上海物理)如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置接近ab且相互绝缘。
当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向(A)向左 (B)向右 (C)垂直纸面向外 (D)垂直纸面向里4、( )谢段长家里白炽灯泡的灯丝断了，将灯丝搭接起来还可以再用，以下判别正确的选项是：①比原来更亮③搭接起来的中央容易烧断，其他中央不易烧断②比原来更暗④搭接起来的中央不易烧断，其他中央容易烧断A、①③B、③④C、①④D、②④5、( )如图，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子(不计重力)在匀强磁场中运动并穿过金属板而减速，虚线表示其运动轨迹，由图知：A、该粒子带正电B、粒子穿过金属板后，轨道半径将变大C、粒子运动方向是edcbaD、粒子在上半周所用时间比下半周所用时间短6、( )如下图，有导线ab长0.2m，在磁感应强度为0.8T的匀强磁场中，以3m/s的速度做切割磁感线运动，导线垂直磁感线，运动方向跟磁感线及直导线均垂直.磁场的有界宽度L=0.15m，那么导线中的感应电动势大小为A、0.48VB、0.16VC、0.36VD、0.6V7、( )如下图，直线a为某电源的U-I图线，直线b为电阻R的U-I图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输入功率和电源的内阻区分为A、4w;0.5B、6w;1C、 4w;1D、2w;0.58、( )如下图的电路中，R1、R2、R3、R4、R5为阻值固定的电阻，R6为可变电阻，A为内阻可疏忽的电流表，V为内阻很大的电压表，电源的电动势为E，内阻为r.当R6的滑动触头P向a端移动时A、电压表V的读数变小B、电压表V的读数变大C、电流表A的读数不变D、电流表A的读数变大9、( )如下图，一条形磁铁放在水平桌面上，在它的左上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，假定给导线通以垂直于纸面向里的电流，那么：A、磁铁对桌面压力不变;B、磁场对桌面压力减小;C、桌面对磁铁没有摩擦力;D、桌面对磁铁摩擦力向左。
高中高二物理寒假作业答案解析
高中高二物理寒假作业答案解析
速度为，减速的加速度为a
①(2分)
对汽车刹车的L有：②(2分)
对汽车与小型故障车碰撞瞬间有：③(2分)
对撞后共同滑行的距离为L/9过程：④ (2分)
由②③④式得： (2分)
(2)两车的摩擦生热：= ⑤(2分)
两车因碰撞而损失的能量：= ⑥(3分)
比值： (1分)
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9.(18分)
解：(1)在电场内运动时两球的加速度：①(1分)
A球第一次与墙壁碰时两球速度相等为v，②(2分)
由①②式得 (1分)
(2)A球与墙壁第一次碰后到A、B相遇用时为t，两球加速度为a
有：③(1分)
④ (1分)
⑤(1分)
⑥(2分)
由③④⑤⑥得： (1分)
(3)A球第一次向右运动到速度为0时恰与B球相碰，即
相碰时，B球的速度⑦(1分)
B与A相碰：⑧(1分)
⑨(1分)
由⑧⑨得 (1分)
当A第二次到墙壁时，两球距离最远;A从碰后到墙壁用时有⑩(1分)
得 (1分)
A相对B匀速运动： (1分)
得： (1分)
【总结】查字典物理网高中频道小编在此特意收集了2019年高中高二物理寒假作业答案解析的文章供读者阅读。
新高二物理暑假学习总结
新高二物理暑假学习总结
一、学习进度与计划在这个暑假中，我根据学校的教学进度和课程要求，制定了详细的学习计划。
我通过分阶段地划定学习目标和时间，合理安排每天的学习任务，确保在暑假期间学习了高二物理的全部内容。
在学习过程中，我也随时调整和优化学习计划，确保自己能够有良好的学习进度。
二、知识学习与理解在学习高二物理知识的过程中，我注重理论知识的学习与实践操作的结合。
我通过反复阅读教材和参考资料，将抽象的物理概念转化为具体的实验操作和数学运算。
在实践操作中，我通过动手实践、观察实验现象和分析数据，进一步加深了对物理原理的理解和掌握。
三、解题能力与应用在学习高二物理的过程中，我重点训练了解题能力和应用能力。
我通过大量的练习，掌握了解题的思路和方法，提高了解题的速度和准确度。
我也注重实际应用，将物理知识与日常生活和实际问题联系起来，培养了解决问题的能力和实践操作的能力。
四、课外拓展与参与在暑假期间，我积极参加了物理相关的课外拓展活动。
我参加了物理实验班、物理科技竞赛等活动，在实践中提高了物理实验能力和科技创新能力。
我也积极参与物理论坛、讨论班等活动，与同学和老师一起交流学习经验和解决问题，拓展了物理学习的视野和能力。
五、心得体会与展望通过这个暑假的学习，我收获了许多知识和经验，也培养了良好的学习习惯和学习方法。
我深刻体会到，物理学习不仅是掌握知识，更是培养思维能力和实践能力。
在未来的学习中，我将继续努力，不断提高自己的物理素养，掌握更多更深入的物理知识，为将来的学习和生活打下坚实的基础。
2021年高二物理上学期反馈作业(22)
2021年高二物理上学期反馈作业（22）( )1．(多选)如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U－I图象，则下列说法正确的是A．电动势E1＝E2，发生短路时的电流I1>I2B．电动势E1＝E2，内阻r1>r2C．电动势E1＝E2，内阻r1<r2D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化较大( )2如图所示的电路中，使滑动变阻器的滑片位置改变，发现电流表的示数减小．则电压表的示数应A．增大B．减小C．不变D．不能确定( )3．(多选)如图所示电路中，电源电动势E＝9 V、内阻r＝3 Ω，R＝15 Ω，下列说法中正确的是A．当S断开时，U AC＝9 VB．当S闭合时，U AC＝9 VC．当S闭合时，U AB＝7.5 V，U BC＝0D．当S断开时，U AB＝0，U BC＝0( )4．(多选)某学生在研究串联电路电压特点时，接成如图2－7－14所示电路，接通开关后，他将高内阻的电压表并联在A、C两点间时，电压表读数为U；当并联在A、B两点间时，电压表读数也为U；当并联在B、C两点间时，电压表读数为零，则出现此种情况的原因可能是(R1、R2阻值相差不大)A．AB段断路B．BC段断路C．AB段短路D．BC段短路( )5．某电路当外电路断开时，路端电压为3 V，接上8 Ω的负载电阻后其路端电压降为2.4 V，则可以判定该电路中电源的电动势E和内电阻r分别为A．E＝2.4 V，r＝1 ΩB．E＝3 V，r＝2 ΩC ．E ＝2.4 V ，r ＝2 ΩD ．E ＝3 V ，r ＝1 Ω( )6．如图所示电池电动势为E ，内阻为r .当可变电阻的滑片P 向b 点移动时，电压表V 1的读数U 1与电压表V 2的读数U 2的变化情况是 A ．U 1变大，U 2变小 B ．U 1变大，U 2变大 C ．U 1变小，U 2变小 D ．U 1变小，U 2变大( )7．(多选)如图2－7－16所示电路中，当滑动变阻器的触头向上滑动时，则 A ．电源的功率变小 B ．电容器贮存的电荷量变小 C ．电源内部消耗的功率变大 D ．电阻R 消耗的电功率变小( )8．如图所示为测量某电源电动势和内阻时得到的U －I 图线，用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V ．则该电路可能是如图所示中的( )9．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U 为路端电压，I 为干路电流，a 、b 为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa ，ηb .由图可知ηa 、ηb 的值分别为A.34、14B.13、23C.12、12D.23、13( )10．如图所示，直线OAC 为某一直流电源把其他形式的能转化为电能的功率P 随电流I 变化的图象；抛物线OBC 为同一直流电源内部消耗的热功率P ′随电流I 变化的图象．当电路中的电流为2 A ，且外电路为纯电阻电路时，外电路消耗的功率及相应的外电阻的阻值分别是 A ．2 W,0.5 ΩB ．4 W,2 ΩC ．2 W,1 ΩD ．6 W,2 Ω11．如图所示，M 为一线圈电阻r M ＝0.4 Ω的电动机，R ＝24 Ω，电源电动势E ＝40 V ．当S 断开时，电流表的示数为I 1＝1.6 A ，当开关S 闭合时，电流表的示数为I 2＝4.0 A ．求：(1)电源内阻r ；(2)开关S 闭合时电动机输出的机械功率； (3)开关S 闭合时电源输出功率．12．如图2－7－21所示的电路，外电路电阻皆为R ，电源内阻为R4，当S 断开时，在电容器极板间放一个质量为m ，带电荷量q 的电荷恰能静止，在S 闭合时，电容器极板间放一个质量仍为m ，带电荷量为q ′的电荷，恰能静止，则q ∶q ′的值是多少？1．(多选)如图2－7－11所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U－I图象，则下列说法正确的是( )图2－7－11A．电动势E1＝E2，发生短路时的电流I1>I2B．电动势E1＝E2，内阻r1>r2C．电动势E1＝E2，内阻r1<r2D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化较大【答案】ACD2．(xx·济南一中高二检测)如图2－7－12所示的电路中，使滑动变阻器的滑片位置改变，发现电流表的示数减小．则电压表的示数应( )图2－7－12A．增大B．减小C．不变D．不能确定【解析】由题意，电路中电流减小，由闭合电路欧姆定律，电路中总电阻增大，路端电压U ＝E－Ir将增大，所以电压表示数增大．【答案】 A3．(多选)如图2－7－13所示电路中，电源电动势E ＝9 V 、内阻r ＝3 Ω，R ＝15 Ω，下列说法中正确的是 ( )图2－7－13A ．当S 断开时，U AC ＝9 VB ．当S 闭合时，U AC ＝9 VC ．当S 闭合时，U AB ＝7.5 V ，U BC ＝0D ．当S 断开时，U AB ＝0，U BC ＝0【解析】 当S 断开时，U AC 与U BC 为路端电压，等于电源电动势，选项A 正确，选项D 错误；当S 闭合时，U AC ＝U AB ＝ER ＋rR ＝7.5 V ，U BC ＝I ×0＝0，选项B 错误，选项C 正确． 【答案】 AC4．(多选)某学生在研究串联电路电压特点时，接成如图2－7－14所示电路，接通开关后，他将高内阻的电压表并联在A 、C 两点间时，电压表读数为U ；当并联在A 、B 两点间时，电压表读数也为U ；当并联在B 、C 两点间时，电压表读数为零，则出现此种情况的原因可能是(R 1、R 2阻值相差不大)( )图2－7－14A ．AB 段断路 B ．BC 段断路 C ．AB 段短路D ．BC 段短路【解析】 出现上述现象的可能原因有两个：一是AB 段断路，二是BC 段短路，其余两种原因都不成立．【答案】 AD5．某电路当外电路断开时，路端电压为3 V ，接上8 Ω的负载电阻后其路端电压降为2.4 V ，则可以判定该电路中电源的电动势E 和内电阻r 分别为( )A ．E ＝2.4 V ，r ＝1 ΩB ．E ＝3 V ，r ＝2 ΩC ．E ＝2.4 V ，r ＝2 ΩD ．E ＝3 V ，r ＝1 Ω【解析】 当外电路断开时，电动势和路端电压相等，故E ＝3 V ，根据I ＝UR ，U ＝E －Ir ＝E －U Rr 得r ＝2 Ω，故选B.【答案】 B6．如图2－7－15所示电池电动势为E ，内阻为r .当可变电阻的滑片P 向b 点移动时，电压表V 1的读数U 1与电压表V 2的读数U 2的变化情况是( )图2－7－15 A．U1变大，U2变小B．U1变大，U2变大C．U1变小，U2变小D．U1变小，U2变大【解析】滑片P向b移动时，总电阻变大，干路中I＝ER＋r变小．由于路端电压U＝E－Ir，U增大，即V1表示数U1变大．由于V2表示数U2＝IR，U2减小，所以A正确．【答案】 A7．(多选)(xx·杭州二中高二检测)如图2－7－16所示电路中，当滑动变阻器的触头向上滑动时，则( )图2－7－16A．电源的功率变小B．电容器贮存的电荷量变小C．电源内部消耗的功率变大D．电阻R消耗的电功率变小【解析】由全电路欧姆定律可知，当滑动触头向上滑动时，R总变小，I总增大，U端减小，而R1分压U1增大，所以电容器上的电压减小．电源功率P总＝I总×E增大，A错误．Q＝CU减小，B正确．电源内部消耗功率P内＝I2总r增大，C正确．电阻R1消耗的功率在增大．(注：本题D选项为问题选项，R上消耗功率无法确定)【答案】BC8．如图2－7－17所示为测量某电源电动势和内阻时得到的U－I图线，用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V．则该电路可能是如图2－7－17所示中的( )图2－7－17【解析】 由U －I 图象可得电源的电动势E ＝6 V ，内阻r ＝6－44 Ω＝0.5 Ω；外电路连接电阻R 时，路端电压为4.8 V ，由闭合电路欧姆定律得E ＝U ＋Ir ，I ＝E －U r ＝6－4.80.5A ＝2.4 A.又I ＝ER ＋r，所以R ＝EI－r ＝⎝⎛⎭⎪⎫62.4－0.5 Ω＝2 Ω.选项A 、B 、C 、D 四个电路的外电路电阻分别是1 Ω、2 Ω、9 Ω、4.5 Ω.因此只有选项B 正确．【答案】 B9．(xx·武汉二中检测)电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图2－7－18所示，图中U 为路端电压，I 为干路电流，a 、b 为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa ，ηb .由图可知ηa 、ηb 的值分别为( )图2－7－18A.34、14B.13、23C.12、12D.23、13 【解析】 电源的效率η＝UI EI ×100%＝UE×100%.a 点对应的路端电压U 为4个格，而电动势E 为6个格．因此ηa ＝23；b 点对应的路端电压为2个格，因此ηb ＝13.故D 项正确．【答案】 D10．如图2－7－19所示，直线OAC 为某一直流电源把其他形式的能转化为电能的功率P 随电流I 变化的图象；抛物线OBC 为同一直流电源内部消耗的热功率P ′随电流I 变化的图象．当电路中的电流为2 A ，且外电路为纯电阻电路时，外电路消耗的功率及相应的外电阻的阻值分别是( )图2－7－19A ．2 W,0.5 ΩB ．4 W,2 ΩC ．2 W,1 ΩD ．6 W,2 Ω【解析】 当电流I ＝2 A 时，由题图知电源的总功率为6 W ，而此时内部消耗的热功率P ′为4 W ，所以外电路消耗的功率为2 W ，据此求得电阻为0.5 Ω，故A 正确．【答案】 A11．如图2－7－20所示，M 为一线圈电阻r M ＝0.4 Ω的电动机，R ＝24 Ω，电源电动势E ＝40 V ．当S 断开时，电流表的示数为I 1＝1.6 A ，当开关S 闭合时，电流表的示数为I 2＝4.0 A ．求：图2－7－20(1)电源内阻r ；(2)开关S 闭合时电动机输出的机械功率； (3)开关S 闭合时电源输出功率．【解析】 (1)当S 断开时E ＝I 1(R ＋r )，代入数据得r ＝1 Ω. (2)设开关S 闭合时，路端电压为U 2，U 2＝E －I 2r ＝36 V 流过R 的电流I R ＝U 2/R ＝1.5 A 流过电动机的电流I M ＝I 2－I R ＝2.5 A电动机输出的机械功率P 出＝U 2I M －I 2M r M ＝87.5 W. (3)P ＝U 2I 2＝144 W【答案】 (1)1 Ω (2)87.5 W (3)144 W12．如图2－7－21所示的电路，外电路电阻皆为R ，电源内阻为R4，当S 断开时，在电容器极板间放一个质量为m ，带电荷量q 的电荷恰能静止，在S 闭合时，电容器极板间放一个质量仍为m ，带电荷量为q ′的电荷，恰能静止，则q ∶q ′的值是多少？图2－7－21【解析】 S 断开时，R 外＝R ，电容器两极板间电压为路端电压U ＝IR ＝E r ＋R R ＝45E ，电荷静止，则mg ＝qE 场＝q Ud当S 闭合时，R 外′＝3R ·R 3R ＋R ＝34R .电容器两极板间电压： U ′＝13U 外＝13·ER 外′r ＋R 外′＝13E R 4＋34R ·34R ＝14E电荷静止mg＝q′E场′＝q′U′d所以q∶q′＝U′∶U＝5∶16.【答案】5∶1623986 5DB2 嶲28898 70E2 烢36850 8FF2 迲34618 873A 蜺35426 8A62 詢20499 5013 倓M38552 9698 隘33278 81FE 臾38721 9741 靁26303 66BF 暿30153 75C9 痉31492 7B04 笄。
高二物理寒假课反馈
高二物理第一节课应到：X人实到：X人【课堂内容】1匀强磁场磁通量的计算。
2非匀强磁场中磁通量的分析。
3感应电流产生的条件。
课堂重难点】1.磁通量变化时，应注意磁通量穿过的方向。
2导体切割磁感线，判断感应电流的方向。
3磁通量变化的四种情况。
【课堂表现】孩子课堂表现很好，学习态度端正。
与老师积极互动，对于老师提出的问题认真思考值得表扬✍【课后作业】✍1.巩固复习课堂内容2.作业题【家长须知】1.务必督促孩子完成作业，巩固复习高二物理第二节课应到：X人实到：X人【课堂内容】1楞次定律的内容。
2根据楞次定律判断感应电流方向。
3掌握右手定则并理解右手定则实际上为楞次定律的一种具体表现形式。
4增反减同。
来拒去留。
增缩减扩的相关应用。
课堂重难点】1.楞次定律的获得及理解。
2应用楞次定律判断感应电流的方向。
3利用右手定则判断导体切割磁感线时感应电流的方向。
4楞次定律的理解及实际应用【课堂表现】课堂纪律良好，与老师积极互动，在本节课学习中，同学们直接参与物理规律的发现过程，体验了一次自然规律，发现过程中的乐趣和美的享受。
✍【课后作业】✍1.巩固复习课堂内容2.作业题【家长须知】1.务必督促孩子完成作业，巩固复习高二物理第三节课应到：X人实到：X人【课堂内容】1感应电动势。
2磁通量的变化率是表示磁通量变化快慢的物理量，并能区分磁通量，磁通量变化量，磁通量变化率之间的关系。
3理解法拉第电磁感应定律内容数学表达式。
课堂重难点】1.法拉第电磁感应定律。
2法拉第电磁感应定律公式的推导及理解。
3平动电动势与瞬时电动势的区别。
【课堂表现】本节课从不同物理现象中抽出个性与共性问题，培养同学们对不同事物进行分析，找出共性与个性的辨证唯物主义思想。
课堂上同学们与老师积极互动，对于老师提出的问题认真思考值得表扬✍【课后作业】✍1.巩固复习课堂内容2.作业题【家长须知】1.务必督促孩子完成作业，巩固复习高二物理第四节课应到：X人实到：X人【课堂内容】1回顾法拉第电磁感应定律基本知识2感生电场。
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高二物理假期作业反馈
出题人：梁娜 2014年2月22日
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
总分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷（选择题，共40分）
一、选择题：（本题共10小题，每题至少有一个答案正确，每题4分，漏选得2分，选错和不选的不得分，共40分。
）
1、如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N 极朝下。
当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部），( )
A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引
B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥
C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引
D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥
2、根据楞次定律知感应电流的磁场一定是（）
A．阻碍引起感应电流的磁通量B．与引起感应电流的磁场反向
C．阻碍引起感应电流的磁通量的变化D．与引起感应电流的磁场方向相同
3、如图所示，一个水平放置的矩形线圈abcd，在细长水平磁铁的S极附近竖直下落，由位置Ⅰ经位置Ⅱ到位置Ⅲ。
位置Ⅱ与磁铁同一平面，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ，则在下落过程中，线圈中的感应电流的方向为( )
A．沿abcd流动
B．沿dcba流动
C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动
D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动
4、如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、电键K与一个n匝的线圈连接，线圈置于
方向竖直向上的均匀变化的磁场B中。
两板间放一台压力传感器，压力传感器上表面绝缘，在其上表面静止放置一个质量为m、电量为+q的小球。
K断开时传感器上有示数，K闭合时传感器上的示数变为原来的一半。
则线圈中磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是（）
A ．正在增加，
B ．正在增加，
C ．正在减弱，
D ．正在减弱，5、面积S=4×10-2 m2、匝数n=100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是（）
A.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08 Wb/s
B.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C.在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于0.08 V
D.在第3 s末线圈中的感应电动势等于零
6、两个环A、B置于同一水平面上，其中A环通入电流，B环是导体环。
当B中产生如图所示方向的感应电流时，则（）
A. A通入变大的顺时针电流
B.A通入变大的逆时针电流
C.A通入变小的顺时针电流
D.A通入变小的逆时针电流
7、一个闭合线圈垂直置于匀强磁场中，若磁感应强度如图所示，则线圈中的感应电流随时间变化的
图线是下图中的（）
8、如图9所示，金属杆ab以恒定速率v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R（恒定不变）,整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是（）
A.ab杆中的电流与速率v成正比；
B.磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比；
C.电阻R上产生的电热功率与速率v的平方成正比；
D.外力对ab杆做的功的功率与速率v成正比。
9、如图所示，一电子沿Ox轴射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知AB
OA=，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为v Cy和v Dy；电子在OC段和OD动能变化量分别为△E K1和△E K2，则：（）
A．2:1
:=
Dy
cy
v
v
B．4:1
:=
Dy
cy
v
v
C．3:1
:
2
1
=
k
k
E
E∆
∆
D．4:1
:
2
1
=
k
k
E
E∆
∆
S
N
x
A
10、如图所示，虚线EF 的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E ，磁感应强度为B ．一带电微粒自离EF 为h 的高处由静止下落，从B 点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D 点射出,下列说法正确的是（ ）
A ．微粒受到的电场力的方向一定竖直向上
B ．微粒做圆周运动的半径为
g
h B E
2 C ．从B 点运动到D 点的过程中微粒的电势能先增大后减小
D ．从B 点运动到D 点的过程中微粒的电势能和重力势能之和在最低点C 最小
第Ⅱ卷 （共60分）
二、计算题：（共60分，写出必要的文字说明和重要的步骤。
） 11、
① 两闭合线圈为同样导线绕成且均为10匝，半径r A =2r B ，内有如图所示的有理想边界的匀强磁场，若磁场均匀减小，则A 、B 环中的感应电动势之比εA ∶εB 为多少？ 产生的感应电流之比I A ∶I B 为多少？
②如图2所示，在磁感应强度为1 T 的匀强磁场中，一根跟磁场垂直长20 cm 的导线以2 m/s 的速度运动，运动方向垂直导线与磁感线成30 °角，则导线中的感应电动势为多少？
12、如图4-3-14所示，半径为R 的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度为B ，方
向垂直于纸面向内.一根长度略大于导轨直径的导体棒MN 以速率v 在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r ，其余电阻不计.导体棒与圆形导轨接触良好.求： (1)、在滑动过程中通过电阻r 的电流的平均值；
(2)、当MN 通过圆导轨中心时，通过r 的电流是多大？
13、如图(1)所示，线圈匝数n ＝200匝，直径d 1＝40cm ，电阻r ＝2Ω，线圈与阻值R ＝6Ω的电阻相连．在线圈的中心有一个直径d 2＝20cm 的有界圆形匀强磁场，磁感应强度按图(2)所示规律变化，试求： (1)通过电阻R 的电流方向和大小； (2)电压表的示数．
14、如图所示，长L 1宽L 2的矩形线圈电阻为R ，处于磁感应强度为B 的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直．求：将线圈以向右的速度v 匀速拉出磁场的过程中， ⑴拉力F 大小 ⑵拉力的功率 P ⑶拉力做的功W
⑷线圈中产生的电热 Q
15、如图所示，MN 、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成 角固定，轨距为d 。
空间存在匀强磁场、磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B 。
P 、M 间所接阻值为R 的电阻，质量为m 的金属杆ab 水平放置在轨道上，其有效电阻为r ，现从静止释放ab ，当它沿轨道下滑距离s 时，达到最大速度．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g ．求： （1）金属杆ab 运动的最大速度；
（2）金属杆ab 从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功
16、竖直放置的光滑U 形导轨宽0.5m ，电阻不计，置于很大的磁感应强度是1T 的匀强磁场中，磁场垂
直于导轨平面，如图所示，质量为10g ，电阻为1Ω的金属杆PQ 无初速度释放后，紧贴导轨下滑（始终能处于水平位置）。
问：
（1）到通过PQ 的电量达到0.2c 时，PQ 下落了多大高度？
（2）若此时PQ 正好到达最大速度，此速度多大？
（3）以上过程产生了多少热量？
班级 姓名
装 订 线 内 不 能 答 题
考号
15、
16、附加题：
如图(a)所示,平行金属导轨MN、PQ光滑且足够长,固定在同一水平面上,两导轨间距L=0.25 m,电阻R=0.5 Ω,导轨上停放一质量m=0.1 kg、电阻r=0.1 Ω的金属杆,
导轨电阻可忽略不计,整个装置处于磁感应强度B=0.4 T的匀强磁场中,磁场方向竖
直向下,现用一外力F沿水平方向拉杆,使其由静止开始运动,理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图(b)所示.
(1)分析证明金属杆做匀加速直线运动;
(2)求金属杆运动的加速度大小;
(3)写出外力F随时间变化的表达式;
(4)求第2.5 s末外力F的瞬时功率.。