2020-2021学年高二寒假作业-物理(九)Word版含答案.docx

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，他依据电池板上的标识，所做推断正确的是（）A.该电池的电动势为3.7V B.该电池的电动势为4.2VC.该电池一次可以供应的最大电能为8.4JD.该电池一次可以供应的最大电能为2.664J2.如图所示的电路中，电压表都看做抱负电表，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，相隔确定的距离，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1=10V，2=20V，3=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、 试验题7.在伏安法测电阻的试验中,待测电阻Rx约为200 ,电压表的内阻约为2 k,电流表的内阻约为10 ,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”的试验电路，假如接受一节新干电池进行试验，试验时会发觉，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调整时，电压表，缘由是：，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试验，器材：量程3V的抱负电压表V，量程0.6A的电流表A（具有确定内阻），定值电阻R0（R0=1.5），滑动变阻器R1（010），滑动变阻器R2（0200），开关S（1）试验电路原理图如图（b），加接电阻R0有两方面的作用，一是便利试验操作和数据测量，二是（2）为便利试验调整且能较精确地进行测量，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）试验中转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UI坐标系中画出UI图线如图（d）所示，则新干电池的内阻r=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=30的斜面上，导轨底端接有电阻R=8，导轨自身电阻忽视不计匀强磁场垂直于斜面对上，磁感强度B=0.5T质量为m=0.1kg，电阻r=2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对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）问的状况下，要使小球连续运动，其次次通过最高点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）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2000mAh=20003.6=7200C；则最大电能W=UIt=UQ=3.77200=2.664104J；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，依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、依据欧姆定律，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.A4.D 解：依据原子核对电子的库仑力供应向心力，由牛顿其次定律得 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.D6.C7.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：依据U=EIr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，所以假如接受一节新干电池进行试验，试验时会发觉，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调整时，电压表读数变化很小，缘由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，一是便利试验操作和数据测量，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，依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）：依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，依据函数斜率的概念应有：r+ R0 = ，解得r=0.29；9.500V/m10.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=0.1100.5=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，依据能量守恒定律得电路中产生的焦耳热为 Q=mghf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0.8J11.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：qERmgR=0故（2）设其次次到达a点的速度为vn，由动能定理有：到达最高点时小球对轨道恰好无压力，由牛顿其次定律有：联立得答：（1）电场强度至少为（2）匀强磁场的磁感应强度