1、高二物理寒假作業(yè)一 恒定電流1B 2B 3C 4D 5C 6 CD 7A 8C 9D10BC 110.15A，7.5V12（1）C（2）回路中的電流 （3）10；50138；23W【解析】 （1）小球進入板間后，受重力和電場力作用，且到A板時速度為零設兩板間電壓為UAB，由動能定理得：mgdqUAB=0，所以滑動變阻器兩端電壓 U=UAB=8V設通過滑動變阻器電流為I，由歐姆定律得：I=，滑動變阻器接入電路的電阻：（2）電源的輸出功率：P出I2（R R滑）=23 W141.5m/s15【答案】(1)1A(2)15V(3)20V(4)16V物理作業(yè)二實驗答案1答案D2答案8.11642.124答

2、案(1)60(2)7.2(3)3.574答案(1)AD(2)BC(3)21.51(4)見解析解析(1)從電路連接可以看出，電流表A的讀數增大時，電壓表V1的讀數減小，電壓表V2的讀數增大甲同學是根據電壓表V1和電流表A的數據繪制圖象的，A正確，B錯誤；乙同學是根據電壓表V2和電流表A的數據繪制圖象的，C錯誤，D正確(2)圖象中兩直線的交點表示電壓表V1的讀數與電壓表V2的讀數相等，即滑動變阻器的阻值為0，滑動變阻器的滑動觸頭P滑到了最左端，A錯誤；從圖象可以得出電阻R0的阻值大于電源的內阻，滑動變阻器的阻值減小，電源的輸出功率增大，兩直線的交點對應滑動變阻器的阻值為0，即電源的輸出功率最大，B

3、正確；定值電阻R0消耗的功率為：PU2I1.00.5 W0.5 W，C正確；電源的效率為：，U越大，效率越大，D錯誤(3)從圖象乙可以得出定值電阻R0的阻值為：R0 2 ；從甲同學的圖象可以得出圖象在U軸上的截距為1.5 V，即電源的電動勢為1.5 V，圖象斜率的絕對值為：k|1，即電源的內阻為r1 .(4)該電路中的電流為：I，當R最小為0時，電流最大，最大值為：Im A0.5 A，故該電路中電流表的讀數不能達到0.6 A.5答案(1)ADE(2)見解析圖(3)增大5.33解析(1)由燈泡“4 V,2W”可知，I0.5 A，故電壓表選A，電流表選D，要求電壓從0開始增大，可知用分壓式接法，故

4、滑動變阻器選E.(2)由可知電流表外接，電路圖如圖所示(3)IU圖象中圖線的斜率為電阻的倒數，所以隨著電壓的增加，小燈泡的電阻增大，結合圖象和R，可得R 5.33 .6答案UEIr如圖所示不變增大0.9754780.2687答案(1)、(2)見解析圖(3)A1的示數為300 mA解析測電阻的基本方法是伏安法，但由于小燈泡的額定電壓為3 V，比電壓表的量程小得多，故無法用電壓表測電壓可設計讓定值電阻R0與A1串聯，改裝成一個適當量程的電壓表，然后用A2測量小燈泡和改裝電表并聯后的總電流，這樣通過兩表的示數就可以知道通過小燈泡的電流為I2I1，小燈泡兩端的電壓為I1(R0r1)，故小燈泡的電阻為R

5、L.實驗要求測量小燈泡L從較低溫度到正常發(fā)光過程中的電阻情況，即要求電壓從0開始調節(jié)，故滑動變阻器應選用分壓式接法由于滑動變阻器R2阻值太大，所以滑動變阻器選R1；小燈泡正常發(fā)光時電壓為3 V，對應電流表讀數為I10.3 A300 mA.則電路原理圖如圖甲所示，實物連接圖如圖乙所示使A1的示數為300 mA時，燈泡正常發(fā)光，此時RL，式中I2為A1表示數為300 mA時，電流表A2的讀數，故I1300 mA.8紅5變大9ST0刻線ADC10a寒假作業(yè)三-磁場基礎答案1答案：D2 答案：C3.4. 答案：AC5答案：AC 6.答案：AB7.答案：B8.答案：C9.答案：C10.答案：A11.答案

6、：C12.答案：A寒假作業(yè)4 磁場計算題 1. 答案： 5 A 2. 答案：mv2qBv 3. 810-2T；1.76107s4. 解：（1）解得： （8分）質子從極板間飛出時的沿電場方向分速度大小 （1分）從極板間飛出時的速度大小 （2分）（3）設質子在磁場中作圓周運動的軌道半徑為r，質子恰好從上極板左邊緣飛出時速度的偏轉角為，由幾何關系可知：，因為，所以根據向心力公式解得：所以，質子兩板左側間飛出的條件為（分）5. (1)設磁場的磁感應強度大小為B，粒子第n次進入磁場時的半徑為Rn，速度為vn，由牛頓第二定律得qvnBm由式得vn因為R22R1，所以v22v1對于粒子第一次在電場中的運動，

7、由動能定理得W1mv22mv12聯立式得W1(2)粒子第n次進入電場時速度為vn，出電場時速度為vn1，有vnnv1，vn1(n1)v1由動能定理得qEndmvn12mvn2聯立式得En(3)設粒子第n次在電場中運動的加速度為an，由牛頓第二定律得qEnman由運動學公式得vn1vnantn聯立式得tn(4)如圖所示答案：(1)mv12(2)(3)(4)見解析6. 答案：(1)電子進入磁場后，在磁場中做勻速圓周運動；電子進入電場做類平拋運動；電子從電場右邊界進入無場區(qū)做勻速直線運動，最終打在屏上 (2)電子在磁場中的運動軌跡如圖所示. 設電子在磁場中的軌道半徑為R，沿x方向偏轉距離為x，則有x

8、=0.02m 由勾股定理可知(Rx)2+0.062=R2 根據牛頓第二定律 聯立以上各式，代入數據求出B=9.0105T 電子在電場區(qū)、無場區(qū)的運動時間相同，均為t 電子在電場中水平方向 由圖可知 設電子在電場中向下偏轉距離為 在無場區(qū)電子在y方向的距離是0.15y=att 聯立以上各式，代入數據求出E=144N/C 7.解：(1)電荷從A點勻加速運動到x軸上C點的過程：位移sAC m(1分)加速度a21012 m/s2(2分)時間t106 s(2分)(2)電荷到達C點的速度為vat2106 m/s(2分)速度方向與x軸正方向成45角，在磁場中運動時由qvB(2分)得R m(1分)即電荷在磁場

9、中做圓周運動的半徑為0.71 m(1分)(3)如圖，軌跡圓與x軸相交的弦長為xR1 m，所以電荷從坐標原點O再次進入電場中，且速度方向與電場方向垂直，電荷在電場中做類平拋運動(1分)設到達y軸的時間為t，則：tan 45(2分) 解得t2106 s(1分)則類平拋運動中垂直于電場方向的位移Lvt4 m(1分)y8 m(1分)即電荷到達y軸上的點的坐標為(0,8)(1分)8. 答案：(1) (2) 9. 高二物理寒假作業(yè)五電磁感應 1 D 2 AD 3 B 4. C 5. D 6. D 7AD 8BD 9、A10A 11 BD 12.A 13. C 14. D 二、計算題15. 答案：(1)(2

10、)解析：(1)設ab上產生的感應電動勢為E，回路中的電流為I，ab運動距離s所用時間為t，則有EBlv，I，tQI2(4R)t由上述方程得v.(2)設電容器兩極板間的電勢差為U，則有UIR電容器所帶電荷量qCU解得q.16 解析：(1)根據楞次定律可知，感應電流的方向為順時針(俯視觀察)(2)圓環(huán)下落高度為y時的磁通量為BSBB0(1ky)設收尾速度為vm，以此速度運動t時間內磁通量的變化為BSB0kvmt根據法拉第電磁感應定律有EB0kvm圓環(huán)中感應電流的電功率為PE重力做功的功率為PGmgvm根據能量守恒定律有PEPG解得vm.答案：(1)順時針(俯視)(2)17.根據題意分析可知導體棒在

11、磁場中作切割磁感線運動要產生感應電動勢，所以閉合回路中有感應電流；由于導體棒有感應電流，磁場反過來對通電導體棒又有安培力的作用根據楞次定律得安培力的方向必與導體棒的運動方向相反即沿斜面向下在這里磁場力總要阻礙導體棒的運動，所以速度將越來越小速度減小，導體棒切割磁感線產生的感應電動勢也將減小，導體棒的電流強度也減小，磁場對導體棒的安培力減小，又安培力沿斜面向下，故導體棒所受的合外力減小由以上分析可知，導體棒剛開始運動的時候導體棒的加速度最大（1）導體棒運動產生感應電動勢，整個回路等效于如右圖所示的電路剛開始運動時產生的感應電動勢：整個回路的總電阻： 導體棒的電流為： 導體棒所受的安培力： 導體棒

12、所受的合外力： 代入得： （2）由于速度越來越小，所以安培力是一個變力變力做功無法用WFS來求解，一般我們采用動能定理來求解首先從題目的已知條件通過上端電阻的電量可以求得導體棒向上移動的位移，從而再根據功能關系求得整個回路產生的總熱量根據電量求得整個過程中的磁通量的變化，由 由此可得： 設導體棒向上移動的最大距離為S，則： 由于導體棒克服安培力所作的功全部轉化為熱能，由動能定理得：代入得： 三個電阻（兩個和導體棒的電阻r）上的總熱量為30J，純電阻電路產生的熱量，所以每個電阻上產生的熱量的分配與電路中電流的分配是一樣的即：高二物理假期作業(yè)六 電磁感應計算題1答案：(1)(2)2.解析：答案：(

13、1)0.4 A(2)0.5 J3(1)(2)4.【答案】 0.4 m/s 5. (1分) (1分) 因為金屬棒始終靜止,在t時刻磁場的磁感應強度為 所以 ，方向向右. (2分) (2)根據感應電流產生的條件,為使回路中不產生感應電流,回路中磁通量的變化應為零, 因為磁感應強度是逐漸增大的,所以金屬棒應向左運動(使磁通量減小) 即即 也就是 (2分) 得. (1分) (3)如果金屬棒向右勻速運動,因為這時磁感應強度是逐漸減小的,同理可推得, 6.解析：(1)設導體棒d剛要滑動的瞬間，流過d的電流為I，c的瞬時速度為v電動勢EBLv 流過d的電流 Id受到的安培力大小為 FABIL對d受力分析后，

14、得FAmgc的運動時間為t綜合、并代入已知得t v.(2)導體棒d上產生的熱量為Q，則整個電路上產生的熱量為Q6Qc發(fā)生的位移為xat2 ；外力做的功為Wmv2mgxQ由、并代入已知得W6Q.P/W01.02.03.00.51.01.5x/m 0.71.2答案：(1)(2)6Q7（1）導體棒接入電路的電阻：R0=0. 20.5=0.1 燈泡正常發(fā)光，由P=UI得電路中電流：I= =1A （1分）燈泡電阻：R燈= =0. 6ab切割磁場產生感應電動勢：E=Blv （1分）根據閉合電路歐姆定律有：I= （1分）綜合上述各式，代入數據后得：v=（5x +3.5）m/s （1分） （2）如圖所示。（4

15、分）（3）x1=0.1m時，速度v1=4m/s；x2=0.3m時，速度v2=5m/s。根據動能定理可得：W拉W安=mv22mv12（2分）其中安培力所做的功：W安=BILx （1分）解得：W拉=0.49J （1分）8答案：(1)1 T(2)0.9 s(3)4 m/s9.【解析】 (1)從圖(2)可以看出,線圈往返的每次運動都是勻速直線運動,其速度為 m/s=0.8 m/s (2分) 線圈做切割磁感線運動產生的感應電動勢 E=nBLv=nBv2.0.1 V=2 V (2分) 物理假期作業(yè)七交流電答案1C 2.C 3.B 4.BD 5.ABD 6.C 7.D 8.C 9.AC 10.D 11.A1

16、2.感應電流 A=0.2 A (2分) 根據右手定則可得,當線圈沿x正方向運動時,產生的感應電流方向為負,可得到如圖所示的圖象. (4分) (2)由于線圈每次運動都是勻速直線運動,所以每次運動過程中推力須等于安培力,即.1 N=0.5 N (4分) (3)發(fā)電機的輸出功率即小燈泡的電功率. W=0.32 W. (4分) 【答案】 (1)見解析圖 (2)0.5 N (3)0.32 W高二物理寒假作業(yè)八 機械振動1B 2C 3D 4C 5C 6B 7A 8AD 9ABD 10AC 11 2.010；98.50； 2； B1210；C 13 大；伸縮；平衡；兩次14 20.8 15 16 17 Mg

17、 18物理作業(yè)九答案綜合練習一1B 2D 3C 4A 5B 6ACD7AC8 BD 9BC10A 11C12AC13AC14 BCD15（1）1400 （3分） 1.7031.706 （3分）（2）1.5V （2分） 1.0 （2分） 偏小 （2分）16.解析：（1）離子在平行金屬板之間做勻速直線運動，洛侖茲力與電場力相等，即 （2分） （2分）解得 （1分）（2）在圓形磁場區(qū)域，離子做勻速圓周運動，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律有 （2分）由幾何關系有 （2分）離子的比荷 （2分）（3）弧CF對應圓心角為，離子在圓形磁場區(qū)域中運動時間， （2分）又周期 （1分） （2分）17.解析：解析：（1

18、）粒子在AB間加速，有 （2分） 又粒子在偏轉電場中，水平方向： （2分）所以： （1分）（2）當粒子擦著偏轉極板邊緣飛出時，偏轉電壓最大即 （2分）又 （1分） 且 （1分）代入第（1）問數據得： （2分）（3）設粒子進入偏轉電場時速度為v0，離開偏轉電場時速度為v，速度v的偏向角為，在磁場中軌道半徑為r粒子離開偏轉電場時， （1分）在勻強磁場中： （2分）粒子進出磁場位置之間的距離 （1分）LLABCDB+-vv解得 （2分） 說明：該結果與偏轉電壓U無關物理作業(yè)十答案綜合練習二1 CD 2B3AD4 ABD5C6A7 A8BD9AD10BC11 （1） （2）（3）如圖所示 9.86121314.（1）由qvB=得 （1分）方向沿x軸正方向（1分）（2）質子電場中運動時間（2分）由牛頓第二定律 qE=ma（1分）由題意可知x1=ON=r（1分） 電場中x2=NC=v（1分）OC間的距