精編16年高中高二物理暑假作業(yè)

1、.精編16年高中高二物理暑假作業(yè)查字典物理網(wǎng)為大家搜集整理了高二物理暑假作業(yè)，希望大家可以用心去做，不要只顧著玩耍哦!一、選擇題此題共6道小題1.2.在如下圖的電路中，閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動過程中，以下說法正確的選項是A. 電容器的電荷量增大 B. 電流表A的示數(shù)減小 C. 電壓表V1示數(shù)在變大 D. 電壓表V2示數(shù)在變小 3.在如圖a所示的電路中，R1為定值電阻，R2為滑動變阻器.閉合電鍵S，將滑動變阻器的滑動觸頭P從最右端滑到最左端，兩個電壓表內(nèi)阻極大的示數(shù)隨電路中電流變化的完好過程圖線如圖b所示.那么A. 圖線甲是電壓表V1示數(shù)隨電流變化的圖線 B. 電源內(nèi)電阻的阻

2、值為10 C. 電源的最大輸出功率為1.5W D. 滑動變阻器R2的最大功率為0.9W 45.如下圖，間距為L的兩根平行金屬導軌彎成“L形，豎直導軌面與程度導軌面均足夠長，整個裝置處于豎直向上大小為B的勻強磁場中.質(zhì)量均為m、阻值均為R的導體棒ab、cd均垂直于導軌放置，兩導體棒與導軌間動摩擦因數(shù)均為，當導體棒cd在程度恒力作用下以速度v0沿程度導軌向右勻速運動時，釋放導體棒ab，它在豎直導軌上勻加速下滑.某時刻將導體棒cd所受程度恒力撤去，經(jīng)過一段時間，導體棒cd靜止，此過程流經(jīng)導體棒cd的電荷量為q導體棒ab、cd與導軌間接觸良好且接觸點及金屬導軌的電阻不計，重力加速度為g，那么A. 導體

3、棒cd受程度恒力作用時流經(jīng)它的電流I=B. 導體棒ab勻加速下滑時的加速度大小a=gC. 導體棒cd在程度恒力撤去后它的位移為s=D. 導體棒cd在程度恒力撤去后它產(chǎn)生的焦耳熱為Q=m6.圖中為一理想變壓器，其原線圈與一電壓有效值不變的交流電源相連：P為滑動頭.現(xiàn)令P從均勻密繞的副線圈最底端開場，沿副線圈勻速上滑，直至白熾燈L兩端的電壓等于其額定電壓為止.用I1表示流過原線圈的電流，I2表示流過燈泡的電流，U1表示原線圈兩端電壓，U2表示燈泡兩端的電壓，假設在此過程中燈泡的電阻不變，那么在以下圖中，可以正確反映相應物理量的變化趨勢的是A. B. C. D.二、實驗題此題共2道小題 7.在“研究

4、電磁感應現(xiàn)象的實驗中，首先按右上圖接線，以查明電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向與電流方向之間的關(guān)系。當閉合S時觀察到電流表指針向左偏，不通電時電流表指針停在正中央，然后按右以下圖所示將電流表與線圈B連成一個閉合回路，將線圈A、電池、滑動變阻器和電鍵S串聯(lián)成另一個閉合電路。1S閉合后，將線圈A插入線圈B的過程中，電流表的指針將_選填“左偏、“右偏或“不偏。2線圈A放在B中不動時，指針將_選填“左偏、“右偏或“不偏。3線圈A放在B中不動，將滑動變阻器的滑片P向左滑動時，電流表指針_選填“左偏、“右偏或“不偏。4線圈A放在B中不動，突然斷開S，電流表指針將_選填“左偏、“右偏或“不偏。8.以下圖是某實驗小組在研

5、究磁通量變化時感應電流方向?qū)嶒炛械牟糠植僮魇疽鈭D，圖甲所示是電流通過靈敏檢流計時指針的偏轉(zhuǎn)情況，圖乙是磁鐵從線圈中抽出時靈敏檢流計指針的偏轉(zhuǎn)情況.1單項選擇圖甲電路中串聯(lián)定值電阻R主要是為了 A.減小電路兩端的電壓，保護電源B.增大電路兩端的電壓，保護電源C.減小電路中的電流，保護靈敏檢流計D.減小電路中的電流，便于觀察靈敏檢流計的讀數(shù)2實驗操作如圖乙所示，當磁鐵向上抽出時，檢流計中指針是_偏填“左或“右;繼續(xù)操作如圖丙所示，判斷此時條形磁鐵的運動是_線圈填“插入或“抽出.三、計算題此題共3道小題 9.在如下圖的電路中，R1、R2均為定值電阻，且R1=100，R2阻值未知，R3是一滑動變阻器，

6、當其滑片從左端滑至右端時，測得電源的路端電壓隨電流的變化圖線如下圖，其中A、B兩點是滑片在變阻器的兩個不同端點得到的.求：1電源的電動勢和內(nèi)阻;2定值電阻R2的阻值;3滑動變阻器的最大阻值.10.如圖，靜止于A處的離子，經(jīng)加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直CN進入矩形區(qū)域的有界勻強電場，電場方向程度向左.靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻射分布的電場，圓弧虛線的半徑為R，其所在處場強為E、方向如下圖;離子質(zhì)量為m、電荷量為q;=2d、=3d，離子重力不計.1求加速電場的電壓U及離子在P點時的速度大小;2假設離子恰好能打在Q點上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強電場場強E0 的值;3假設撤去矩

7、形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強電場，換為垂直紙面向里、大小為B勻強磁場，求離子在勻強磁場中運動半徑.11.如圖a所示，A、B為兩塊平行金屬板，極板間電壓為UAB=1125V，板中央有小孔O和O.現(xiàn)有足夠多的電子源源不斷地從小孔O由靜止進入A、B之間.在B板右側(cè)，平行金屬板M、N長L1=4102m，板間間隔 d=4103m，在間隔 M、N右側(cè)邊緣L2=0.1m處有一熒光屏P，當M、N之間未加電壓時電子沿M板的下邊沿穿過，打在熒光屏上的O并發(fā)出熒光.現(xiàn)給金屬板M、N之間加一個如圖b所示的變化電壓u1，在t=0時刻，M板電勢低于N板.電子質(zhì)量為kg，電量為e=1.61019C.1每個電子從B板上的小孔O射出

8、時的速度多大?2打在熒光屏上的電子范圍是多少?3打在熒光屏上的電子的最大動能是多少?試卷答案1.解：A、當滑動變阻器的觸片P從左端滑到右端時，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，總電流減小，路端電壓增大，那么L2變暗.變阻器的電阻增大，并聯(lián)部分的電阻增大，那么并聯(lián)部分的電壓增大，那么L3變亮.總電流減小，而L3的電流增大，那么L1的電流減小，那么L1變暗.故A錯誤.B、由U1=EIRL2+r得：=RL2+r，不變.故B正確.C2.解：該電路中兩個電阻串聯(lián)，閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動過程中，接入電路的有效電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析可知電路中電流I變大，那么電流表

9、A讀數(shù)變大;路端電壓：U=EIr減小，電壓表V3示數(shù)在變小.A、電容器兩端的電壓為路端電壓，U減小，根據(jù)Q=CU可知電容器的帶電量減小.故A錯誤;B、該電路中兩個電阻串聯(lián)，閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動過程中，接入電路的有效電阻積極性，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電路中電流I變大，那么電流表讀數(shù)變大;故B錯誤;C、U1示數(shù)U1=IR1，隨I的增大在變大.故C正確;D、U2示數(shù)U2=EIR1+r，隨電流I的增大而減小.故D正確.應選：CD3.解：A、當滑片左移時，滑動變阻器接入電阻減小，那么電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大;而R1兩端的電壓增大，故乙表示是V1示

10、數(shù)的變化;甲表示V2示數(shù)的變化;故A錯誤;B、由圖可知，當只有R1接入電路時，電路中電流為0.6A，電壓為3V，那么由E=U+Ir可得：E=3+0.6r;當滑動變阻器全部接入時，兩電壓表示數(shù)之比為，故=;由閉合電路歐姆定律可得E=5+0.2r解得r=5，E=6V，故B錯誤;C、因當內(nèi)阻等于外阻時，電源的輸出功率最大，故當外阻等于5時，電源的輸出功率最大，故此時電流I=0.6A，故電源的最大輸出功率P=UI=1.8W;故C錯誤;D、由C的分析可知，R1的阻值為5，R2電阻為20;當R1等效為內(nèi)阻，那么當滑動變阻器的阻值等于R+r時，滑動變阻器消耗的功率最大，故當滑動變阻器阻值為10時，滑動變阻器

11、消耗的功率最大，由閉合電路歐姆定律可得，電路中的電流I=A=0.3A，那么滑動變阻器消耗的總功率P=I2R=0.9W;故D正確;應選：D.4.解：A.根據(jù)安培定那么，電流I1在第一象限磁場方向是垂直紙面向里，I2在第一象限磁場方向是垂直紙面向外，所以磁通量可能為零，故A正確.B.根據(jù)安培定那么，電流I1在第二、三象限磁場方向是垂直紙面向外，I2在此處磁場方向是上半部垂直紙面向里，下半部向外，所以磁通量不可能為零，故B錯誤.C.根據(jù)安培定那么，電流I1在第一象限磁場方向是垂直紙面向外，I2在第一象限磁場方向是垂直紙面向外，所以磁通量不可能為零，故C錯誤.D.根據(jù)安培定那么，電流I1在第一象限磁場

12、方向是垂直紙面向外，I2在第一象限磁場方向是垂直紙面向里，所以磁通量可能為零，故D正確.應選：AD.5. 解：A、cd切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢為 E=BLv0，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：I=.故A錯誤.B、對于ab棒：根據(jù)牛頓第二定律得：mgf=ma，又f=N，N=BIL，聯(lián)立解得，a=g.故B正確.C、對于cd棒，根據(jù)感應電量公式q=得：q=，那么得，s=，故C正確.D、設導體棒cd在程度恒力撤去后產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由于ab的電阻與cd一樣，兩者串聯(lián)，那么ab產(chǎn)生的焦耳熱也為Q.根據(jù)能量守恒得：2Q+mgs=，又s=，解得：Q=m，故D正確.應選：BCD6.解：A、副線圈是均勻密繞的且滑動頭勻

13、速上滑，說明副線圈的匝數(shù)在均勻增大，由變壓器的變壓比得燈泡兩端的電壓均勻增大k為單位時間增加的匝數(shù)，原線圈功率等于燈泡功率是增大的，所以原線圈電流一定增大，故A錯誤，D正確;B、燈泡的電阻隨著溫度的增加而變大，所以電壓和電流不是正比例的關(guān)系，故B錯誤;C、變壓器的電壓與匝數(shù)成正比，原線圈和副線圈的總的匝數(shù)是不變的，輸入的電壓也不變，所以副線圈的總電壓的大小也不變，故C錯誤;應選：D.7.1右偏2分2不偏2分3右偏2分4左偏8.1C 2分;2右 抽出9.解：1電源的路端電壓隨電流的變化圖線斜率大小等于電源的內(nèi)阻，那么有內(nèi)阻r=|=20電源的電動勢為E=U+Ir，取電壓U=16V，電流I=0.2A

14、，代入解得，E=20V.2當滑片滑到最右端時，R1被短路，外電路的電阻最小，電流最大，此時電壓U=4V，電流I=0.8A，那么定值電阻R2=53滑動變阻器阻值最大時，外電阻最大，電流最小，此時電壓U=16V，電流I=0.2A，外電路總電阻為R=80又R=R2+，R1=100，R2=5代入解得，R3=300答：1電源的電動勢和內(nèi)阻分別為E=20V和r=20;2定值電阻R2的阻值為5;3滑動變阻器的最大阻值為300.10.解：1離子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理，有：qU=mv2離子在輻向電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：qE=m聯(lián)立解得：v=U=ER2離子做類平拋運動，故：2d=vt3d=at2由牛頓第二定律得：qE0=ma那么 E0=3粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，故：qvB=m解得：R=答：1加速電場的電壓U為ER，離子在P點時的速度大小為;2假設離子恰好能打在Q點上，矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強電場場強E0 的值為;3假設撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強電場，換為垂直紙面向里、大小為B勻強磁場，離子在勻強磁場中運動半徑為.11.解：1電子經(jīng)A、B兩塊金屬板加速，有得2當u=22.5V時，電子經(jīng)過MN極板向下的偏移量最大，為Y1此時電子在豎直方向的速度大小為電子射出極板MN后到達熒光屏P的時間為電子射出極板MN后到