【文档说明】河北省石家庄市第二中学2020-2021学年高二下学期寒假作业总结体验物理试题答案.docx，共(7)页，51.515 KB，由小赞的店铺上传

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1高二年级2月22日寒假作业物理学科总结体验答案1．答案C解析根据题目只可以确定分子的平均动能不断增大，故C正确．2．B3.答案C解析若磁铁向上运动，会受到向下的安培阻力，若向下运动，会受到向上的安培阻力，因此当磁铁所

受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度不一定为零，故A错误；当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量向上减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场的方向向上，俯视线圈，线圈中产生逆时针方向的电流，故B错误；根据楞次定律，磁铁向下运动时，受到向上的安培阻力，所以

磁铁对线圈的作用力的方向向下，此时线圈对桌面压力大小大于其重力，故C正确；磁铁最终静止于起始时的平衡位置，根据能量守恒定律，从静止释放至停止，弹簧的弹性势能的减少量等于磁铁重力势能的增加量与线圈中产生的焦耳热之和，故D错误．4．答案C解析通电螺线管中的电流增大时，穿过线圈a的磁通量

向右增加，根据楞次定律可知，a中产生的感应电流方向为逆时针(从左向右看)；穿过线圈b的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，b中产生的感应电流方向为逆时针(从左向右看)，选项A、B错误．因螺线管外部磁场向左，根据左手定则可知，a线圈的各个小段均受到向外的磁场力

，有扩张的趋势，选项C正确．同理可知因螺线管内部磁场向右，根据左手定则可知，b线圈的各个小段均受到指向圆心向里的磁场力，有收缩的趋势，选项D错误．5．答案D解析在交流电路中电流表的示数为有效值，E有效＝Em2＝22V，电流表的示数I＝E有效R总＝22100A＝0.22A，A错误；由题图

图象可知线圈转动的周期为0.02s，则线圈转动的角速度ω＝2πT＝100πrad/s，B错误；0.01s时线圈的电压为0，因此线圈在中性面处，C错误；电阻发热应用电流的有效值进行计算，则发热量Q＝I2Rt＝(0.22)2×90×2×10－2J≈0.0

87J，D正确．6．答案C解析根据T＝2πmqB可知，两粒子在磁场中运动的周期相同，选项A、B错误．设圆形磁场的半径为r，2因ta＝13Ta，可知a在磁场中运动转过的角度是120°；由几何关系可知，运动半径ra＝rtan30°＝r3；同理，因tb＝16T

b，可知b在磁场中运动转过的角度是60°；由几何关系可知，运动半径rb＝rtan60°＝3r；根据r＝mvqB可知粒子a和粒子b在磁场中运动速度关系vavb＝rarb＝13，选项C正确，D错误．7.C根据楞次定律可知，A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E

＝BLv，故B错误；R1＝R时，外电路总电阻R外＝R2，故导体棒两端的电压即路端电压应等于13BLv，故D错误；该电路电动势E＝BLv，电源的内阻为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，等效内阻为R2，故当R1＝R2时，等效电源的输出功率最大，即滑动变阻器的电

功率最大，最大值Pm＝U2R1R1＝14E2R2＝B2L2v28R，故C正确。8.DA项，当粒子从D形盒中出来时，速度最大，由可知加速粒子的最大速度与形盒的半径有关，故A项错误。B项，带电粒子经加速电场加速后，进入磁场发生偏转，电场被限制在、板间，只有经过板间时被

加速，所以运动一周加速一次，电场的方向不需改变，故B项错误。C项，根据，，因为每转一圈被加速一次，根据可知每转一圈，速度的变化量不等，则，故C项错误。D项，该回旋加速器中粒子每转一圈，加速一次，且都在间加速，加速的电场不需改变，故D项正确。9.答案AC解析仅增大发电机线圈的转速n，则角速度ω＝

2πn增大，则最大感应电动势Em＝NBSω增大，则电动势的有效值增大，由于原、副线圈匝数不变，故副线圈两端电压增大，则副线圈电流增大，根据I1I2＝n2n1可知原线圈电流I增大，故选项A正确；仅将P向上滑动，则副线圈总电阻增大，

则副线圈3电流减小，根据I1I2＝n2n1可知原线圈电流I减小，故选项B错误；仅将Q向上滑动，则副线圈的匝数增大，由于原线圈两端电压不变，则根据U1U2＝n1n2可知，副线圈两端电压增大，则副线圈电流增大，根据I1I2＝n2n1可知原线圈电流I增大，故选项C正确；仅将开关S断开，则

副线圈总电阻增大，由于原、副线圈电压均不变，则副线圈电流减小，根据I1I2＝n2n1可知原线圈电流I减小，故选项D错误．10．答案BC解析在0～t1时间内，B均匀增加，则在线圈中产生恒定的感生电动势，在导线框dcba中形成稳定的电流，故此时环中无感应电流产生，环也没

有收缩趋势，选项A错误；在t1～t2时间内，B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从下到上且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向外减小，穿过环的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，环内有逆时针方向的感应电流，且有扩张趋势，选项B、C正确

；在t2～t3时间内，B的方向向下，且B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从上到下且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向里减小，穿过环的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，环内有顺时针方向的感应电流，选项D错误．11.AD[小球所受的电场力与重力大小相等，则二者的合力方向与水平方向夹角

为45°斜向左下，小球所受洛伦兹力、圆环的弹力方向始终与小球运动方向垂直，故不做功.该模型可等效为小球在圆环上运动只有“等效重力”做功的情况，等效最高点为弧ad中点，该点速度最小，等效最低点为弧bc中点，该点速度最大.由于a和d关于等效最高点对称，则小球在a和d

的速度大小相等，均为0，即小球只能达到d点，但不能越过d继续向上运动，故A选项正确；由题意可知，小球的电荷量以及磁场的磁感应强度不变，小球所受洛伦兹力与小球的速度大小有关，小球在弧bc中点速度最大，即在弧bc中点处所受洛伦兹力最大，故B选项错误；小球

从a到b过程中，电场力做正功，电势能减小，故C选项错误；小球从b到c过程中，电场力做负功，电势能增大.小球从b到弧bc中点过程中，合外力做正功，动能增大，从弧bc中点到c过程中，合外力做负功，动能减小，则从b到c过程中动能先增大后减小，故D选项正确.]1

2.答案BD解析线框的cd边刚进入磁场时做匀速运动，则整个线框进入磁场时速度不变，根据楞次定律知产生逆4时针方向的电流，为正方向，电动势大小E＝Blv，此时ab两端的电压为Uab＝14Blv，当线框全部进入磁场时，

线框内无感应电流，此时线框做匀加速运动，ab两端的电压为Uab＝Bl(v＋at)，线框cd边刚出磁场后的瞬间，ab两端的电压为cd边即将出磁场前瞬间ab两端电压的34，且逐渐减小，对比图象可知，A错误，B正确；当线圈的cd边出磁场后瞬间，电流为顺时针方向，由于此时安培力

大于外力F，故此时线框做减速运动，且加速度逐渐减小，电流－位移图象切线的斜率减小，逐渐趋近于开始进入磁场时的电流大小，C错误，D正确．13.答案①5×10－10②偏小①测得油膜面积S＝260cm2＝2.6×10－2m2，每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为：V＝11000×180mL＝1.2

5×10－11m3，所以油酸分子的直径d＝VS＝1.25×10－112.6×10－2m≈5×10－10m.14.答案（1）52.351.990（1.899到1.991）（2）①不需要②300③变小解析（1）游标卡尺读数为52mm＋7×120mm＝52.35mm，螺旋测微器的读数为1.5m

m＋49.0×0.01mm＝1.990mm.（2）①因为满偏电流是确定的，通过欧姆调零，可以得到欧姆表的总内阻，然后再通过标准电阻进行比对制定表盘，故不需要准确测量毫安表的内阻；②欧姆表的内阻为Rg＝EIg＝915×10－3Ω＝600Ω测电

阻时，由闭合电路欧姆定律得：I＝ERg＋Rx，即10×10－3A＝9V600Ω＋Rx解得：Rx＝300Ω；③如果在毫安表两端并联一个电阻，电阻分流，说明满偏电流变大，则由公式Ig＝ERg可知，欧姆表的内阻变小，中值电阻变小．515.答案(1)40匝__60匝__(2)0.2_A。

(1)由变压器原理可知，n1∶n2∶n3＝U1∶U2∶U3，则n2＝U2U1n1＝8220×1100＝40n3＝U3U1n1＝2×6220×1100＝60。(2)由P入＝P出可得，I1U1＝P1＋P2＋P3＋P

4，所以I1＝2P2＋2P3U1＝2×10＋2×12220A＝0.2A16．答案(1)88cmHg(2)5cm解析(1)设右侧竖直管的横截面积为S，则左侧汽缸的横截面积则为3S以右侧气体为研究对象：p1＝p0＝76c

mHg，V1＝22cm·S若左侧液面下降h1，右侧液面升高h2，则有h1＋h2＝4cm，h13S＝h2S解得h1＝1cm，h2＝3cm，V2＝(22cm－h2)S＝19cm·S根据玻意耳定律得：p1V1＝p2V2，解得：p2＝88cmHg(2)以左边气体为研究对象：p1′＝p1＋ρ

gΔh＝80cmHg，V1′＝24cm×3Sp2′＝p2＋ρgΔh′＝96cmHg.V2′＝x·3S根据玻意耳定律得：p1′V1′＝p2′V2′，解得：x＝20cm活塞下降的高度h＝24cm＋h1－x＝5cm.17.答案(1)正电22m/s(2)(0

.6m,0.2m)解析(1)带电微粒在第三象限内做直线运动，受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，并且合力为6零，即微粒做匀速直线运动，所以微粒受到的洛伦兹力垂直于速度方向斜向左上方，由左手定则可判断微粒带正电；对带电

微粒受力分析，如图所示，根据平衡条件可得：Bqv0＝2mg解得：v0＝22m/s；(2)带电微粒进入第一象限后做曲线运动，设最高点为M，从O到M所用的时间为t，则将微粒从O到M的运动分解为沿x轴方向上的匀加速直线运动和沿y轴方向上的匀减速直线运

动y轴方向上：0＝v0sin45°－gty＝v0sin45°2tx轴方向上：qE＝mgtan45°＝maxx＝v0cos45°t＋12axt2解得x＝0.6m，y＝0.2m.即带电微粒在第一象限内运动时所达到的最高点的坐标为(0.6

m,0.2m)18.答案(1)9mg8BL(2)21mgr8B2Ld21mr8B2Ldsinθ(3)mdLsinθ解析(1)导体棒ef刚进入磁场时，设ab边电流为I1，cd边电流为I2，则：BI1L＋FT＝mg＋BI2LFT＝14m

gI1∶I2＝(3r)∶r＝3∶1，7解得：I1＝9mg8BL；(2)导体棒ef刚进入磁场时，对整个回路，干路电流I＝I1＋I2＝Er＋0.75r感应电动势E＝Bdv，解得：v＝21mgr8B2Ld，根据v

＝at＝gsinθt，解得t＝21mr8B2Ldsinθ(3)同(1)的方法得导体棒ef匀速滑动时，I1′＝3mg4BL，I2′＝mg4BL，ef中的电流Ief＝I1′＋I2′＝mgBL对导体棒ef，设导体棒ef的质量为M，

由力的平衡得：Mgsinθ＝BIefd解得：M＝mdLsinθ.