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【原创】高二物理寒假作业（九）
一、 选择题
1.某同学从电子市场购买一款手机电池板如图所示，他根据电池板上的标识，所做判断正确的是（ ）
A.该电池的电动势为3.7V B.该电池的电动势为4.2V
C.该电池一次可以提供的最大电能为8.4×J
D.该电池一次可以提供的最大电能为2.664×J
2.如图所示的电路中，电压表都看做理想电表，电内阻为r．闭合开关S，当把滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时（ ）
A.电压表的示数变大，电压表的示数变小
B.电压表的示数变小，电压表的示数变大
C.电压表的示数变化量大于的示数变化量
D.电压表的示数变化量小于的示数变化量
3.如图1所示，半径相同的两个金属小球A,B带有电荷量大小相等的电荷，相隔一定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F，今用第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与B两个球接触后移开，这时，A、B两个球之间的相互作用力大小是（ ）
A. B. C. D.
4.某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在原子核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么圆周半径越大，电子运动的（ ）
A．加速度越大 B．线速度越大 C．角速度越大 D．周期越大
5.如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中φ1=10V，φ2=20V，φ3=30V一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A点运动到B点，由此可知
A．粒子带正电 B．粒子的加速度变大 C．粒子的电势能变大 D．粒子的速度变大
6.如图所示的通电螺线管，在其轴线上有一条足够长的直线ab．用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图象是
二、 实验题
7.在伏安法测电阻的实验中,待测电阻Rx约为200 Ω,电压表的内阻约为2 kΩ,电流表的内阻约为10 Ω,测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示,结果由公式Rx=计算得出,式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2,则 (填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值,且测量值Rx1 (填“大于”、“等于”或“小于”)真实值,测量值Rx2 (填“大于”、“等于”或“小于”)真实值。
8.如图（a）是“测电池的电动势和内阻”的实验电路，如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表 ，原因是： ，从而影响测量值的精确性．
为了较精确地测量一节新干电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材：量程3V的理想电压表V，量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（R0=1.5Ω），滑动变阻器R1（0～10Ω），滑动变阻器R2（0～200Ω），开关S．
（1）实验电路原理图如图（b），加接电阻R0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是 ．
（2）为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用 （填R1或 R2）．
（3）用笔画线代替导线在图（c）丙中完成实物连接图．
（4）实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数在给出的U﹣I坐标系中画出U﹣I图线如图（d）所示，则新干电池的内阻r= Ω
三、计算题
9.如图1-77所示，在匀强电场中的M、N两点距离为2 cm，两点间的电势差为5 V，M、N连线与场强方向成60°角，则此电场的电场强度多大？
10.两根金属导轨平行放置在倾角为θ=30°的斜面上，导轨底端接有电阻R=8Ω，导轨自身电阻忽略不计．匀强磁场垂直于斜面向上，磁感强度B=0.5T．质量为m=0.1kg，电阻r=2Ω的金属棒ab由静止释放，沿导轨下滑．如图所示，设导轨足够长，导轨宽度L=2m，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒下滑h=3m时，速度恰好达到最大速度2m/s，求此过程中电阻R上产生的热量？（g取10m/）
11.如图所示，内壁光滑的绝缘管做在的圆环半径为R，位于竖直平面内．管的内径远小于R，以环的圆心为原点建立平面坐标系xoy，在第四象限加一竖直向下的匀强电场，其它象限加垂直环面向外的匀强磁场．一电荷量为+q、质量为m的小球在管内从b点由时静止释放，小球直径略小于管的内径，小球可视为质点．要使小球能沿绝缘管做圆周运动通过最高点a．
（1）电场强度至少为多少？
（2）在（1）问的情况下，要使小球继续运动，第二次通过最高点a时，小球对绝缘管恰好无压力，匀强磁场的磁感应强度多大？（重力加速度为g）
【原创】高二物理寒假作业（九）参考答案
1.AD 解析：A、由图可知，电池的电动势为3.7V；充电电压为4.2V；故A正确；B错误；C、由图可知，该电的电量为2000mA•h=2000×3.6=7200C；则最大电能W=UIt=UQ=3.7×7200=2.664×104J；故C错误；D正确；故选：AD．
2.D 解析：A、B、图中电阻与并联后再与串联；在滑动头P自a端向b端滑动的过程中，进入电路的电阻增加，电路的总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律，电路的总电流I减小；故路端电压U=E-Ir变大；并联部分电压U并=E-I（r+）也变大，即两个电压表的读数都变大，故A错误，B错误；C、D、根据欧姆定律，有：U=I+U并，由于U、U并变大，I变小，故路端电压变化小于并联部分电压，即电压表的示数变化量小于的示数变化量，故C错误，D正确；故选D．
3.A
4.D 解：根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律得
可得：
A、半径越大，加速度越小，故A错误；
B、半径越大，线速度越小，故B错误；
C、半径越大，角速度越小，故C错误；
D、半径越大，周期越大，故D正确；
5.D
6.C
7.Rx1 大于 小于
8.读数变化很小，新电池的内阻很小，内电路的电压降很小
（1）防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏
（2）R1
（3）如图
（4）0.29
解：根据U=E﹣Ir可知，由于新电池时内阻很小，电池内压降很小，电压表的读数变化很小，所以如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，原因是新电池的内阻很小，内电路的电压降很小；
（1）：加接电阻R0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏（或限制电流，防止电源短路）；
（2）：电流表的量程 IA=0.6A，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为： Rmax= ，
所以变阻器应选R1 ；
（3）如图所示：
（4）：根据闭合电路欧姆定律应用：E=U+I（r+ R0），
整理可得：U=﹣（r+ R0）I+E，
根据函数斜率的概念应有：r+ R0 = ，解得r=0.29；
9.500V/m
10.解：由E=BLv，I=，F=BIL得安培力F=
设金属棒下滑过程所受摩擦力大小为f，则由平衡条件得到mgsin30°=f+F
联立得f=mgsin30°﹣=0.1×10×0.5﹣=0.3N
在金属棒ab静止释放到速度刚达到最大的过程中，金属棒的重力转化为金属棒的动能、焦耳热和摩擦生热，根据能量守恒定律得电路中产生的焦耳热为 Q=mgh﹣f﹣
代入解得，Q=1J
则电阻R上产生的热量为 QR=Q=1J=0.8J
答：此过程中电阻上产生的热量是0.8J．
11.解：（1）小球恰能通过a点，小球第一次到达a点的速度为0，
由动能定理有：qER﹣mgR=0…①
故…②
（2）设第二次到达a点的速度为vn，由动能定理有：…③
到达最高点时小球对轨道恰好无压力，由牛顿第二定律有：…④
联立②③④得
答：（1）电场强度至少为．
（2）匀强磁场的磁感应强度．
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