（新课标）2020年高二物理暑假作业20（电磁）

（新课标）2020年高二物理暑假作业20（电磁）

新课标2020年高二物理暑假作业20《电磁》 ‎ 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________‎ 一、选择题（本题共6道小题）‎ ‎1.如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时，理想电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，干路电流为I，下列说法中正确的是（灯泡电阻不变）（　　）‎ ‎　 A． 小灯泡L1、L3变暗，L2变亮 B． △U1与△I的比值不变 ‎　 C． △U1＜△U2 D． △U1=△U2‎ ‎2.在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 电容器的电荷量增大 B．‎ 电流表A的示数减小 ‎　‎ C．‎ 电压表V1示数在变大 D．‎ 电压表V2示数在变小 ‎3.在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示．则（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线 ‎　‎ B．‎ 电源内电阻的阻值为10Ω ‎　‎ C．‎ 电源的最大输出功率为1.5W ‎　‎ D．‎ 滑动变阻器R2的最大功率为0.9W ‎4.彼此绝缘、相互交叉的两根通电直导线与闭合线圈共面，图中穿过线圈的磁通量可能为零的是（　　）‎ ‎　 A． B． C． D． ‎ ‎5.如图所示，间距为L的两根平行金属导轨弯成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中．质量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑．某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去，经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q（导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g），则（　　）‎ ‎　 A． 导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流I=‎ ‎　 B． 导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a=g﹣‎ ‎　 C． 导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s=‎ ‎　 D． 导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q=m﹣‎ ‎6.图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连：P为滑动头．现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯L两端的电压等于其额定电压为止．用I1表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流，U1表示原线圈两端电压，U2表示灯泡两端的电压，假设在此过程中灯泡的电阻不变，则在下图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是（　　）‎ ‎　 A． B． C． D． ‎ 二、实验题（本题共2道小题）‎ ‎7.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按右上图接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系。当闭合S时观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央，然后按右下图所示将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路。‎ ‎（1）S闭合后，将线圈A插入线圈B的过程中，电流表的指针将________（选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）。‎ ‎（2）线圈A放在B中不动时，指针将________（选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）。‎ ‎（3）线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针________（选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）。‎ ‎（4）线圈A放在B中不动，突然断开S，电流表指针将________（选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）。‎ ‎8.下图是某实验小组在研究磁通量变化时感应电流方向实验中的部分操作示意图，图甲所示是电流通过灵敏检流计时指针的偏转情况，图乙是磁铁从线圈中抽出时灵敏检流计指针的偏转情况．‎ ‎（1）（单选）图甲电路中串联定值电阻R主要是为了(      )‎ A．减小电路两端的电压，保护电源 B．增大电路两端的电压，保护电源 C．减小电路中的电流，保护灵敏检流计 D．减小电路中的电流，便于观察灵敏检流计的读数 ‎（2）实验操作如图乙所示，当磁铁向上抽出时，检流计中指针是____偏（填“左”或“右”）；继续操作如图丙所示，判断此时条形磁铁的运动是________线圈（填“插入”或“抽出”）．‎ 三、计算题（本题共3道小题）‎ ‎9.在如图所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=100Ω，R2阻值未知，R3是一滑动变阻器，当其滑片从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电流的变化图线如图所示，其中A、B两点是滑片在变阻器的两个不同端点得到的．‎ 求：（1）电源的电动势和内阻；‎ ‎（2）定值电阻R2的阻值；‎ ‎（3）滑动变阻器的最大阻值．‎ ‎10.如图，静止于A处的离子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场，已知圆弧虚线的半径为R，其所在处场强为E、方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；=2d、=3d，离子重力不计．‎ ‎（1）求加速电场的电压U及离子在P点时的速度大小；‎ ‎（2）若离子恰好能打在Q点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E0 的值；‎ ‎（3）若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里、大小为B匀强磁场，求离子在匀强磁场中运动半径．‎ ‎11.如图（a）所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB=1125V，板中央有小孔O和O′．现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板M、N长L1=4×10﹣‎2m，板间距离d=4×10﹣‎3m，在距离M、N右侧边缘L2=‎0.1m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如图（b）所示的变化电压u1，在t=0时刻，M板电势低于N板．已知电子质量为kg，电量为e=1.6×10﹣‎19C．‎ ‎（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？‎ ‎（2）打在荧光屏上的电子范围是多少？‎ ‎（3）打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？‎ ‎试卷答案 ‎1.解：A、当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，则L2变暗．‎ 变阻器的电阻增大，并联部分的电阻增大，则并联部分的电压增大，则L3变亮．总电流减小，而L3的电流增大，则L1的电流减小，则L1变暗．故A错误．‎ B、由U1=E﹣I（RL2+r）得：=RL2+r，不变．故B正确．‎ C、由上分析可知，电压表V1的示数增大，电压表V2的示数减小，由于路端电压增大，即两电压表示数之和增大，所以△U1＞△U2，故CD错误．‎ 故选：B ‎2.解：该电路中两个电阻串联，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，接入电路的有效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知电路中电流I变大，则电流表A读数变大；路端电压：U=E﹣Ir减小，电压表V3示数在变小．‎ A、电容器两端的电压为路端电压，U减小，根据Q=CU可知电容器的带电量减小．故A错误；‎ B、该电路中两个电阻串联，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，接入电路的有效电阻积极性，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流I变大，则电流表读数变大；故B错误；‎ C、U1示数U1=IR1，随I的增大在变大．故C正确；‎ D、U2示数U2=E﹣I（R1+r），随电流I的增大而减小．故D正确．‎ 故选：CD ‎3.解：A、当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电压增大，故乙表示是V1示数的变化；甲表示V2示数的变化；故A错误；‎ B、由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为‎0.6A，电压为3V，则由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；‎ 当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故=；由闭合电路欧姆定律可得E=5+0.2r 解得r=5Ω，E=6V，故B错误；‎ C、因当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流I==‎0.6A，故电源的最大输出功率P=UI=1.8W；故C错误；‎ D、由C的分析可知，R1的阻值为5Ω，R2电阻为20Ω；当R1等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I′=A=‎0.3A，则滑动变阻器消耗的总功率P′=I'2R′=0.9W；故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎4.解：A．根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量可能为零，故A正确．‎ B．根据安培定则，电流I1在第二、三象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在此处磁场方向是上半部垂直纸面向里，下半部向外，所以磁通量不可能为零，故B错误．‎ C．根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量不可能为零，故C错误．‎ D．根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，所以磁通量可能为零，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎5. 解：‎ A、cd切割磁感线产生感应电动势为 E=BLv0，根据闭合电路欧姆定律得：I==．故A错误．‎ B、对于ab棒：根据牛顿第二定律得：mg﹣f=ma，又f=μN，N=BIL，联立解得，a=g﹣．故B正确．‎ C、对于cd棒，根据感应电量公式q=得：q=，则得，s=，故C正确．‎ D、设导体棒cd在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q，由于ab的电阻与cd相同，两者串联，则ab产生的焦耳热也为Q．根据能量守恒得：2Q+μmgs=，又s=，解得：Q=m﹣，故D正确．‎ 故选：BCD ‎6.解：A、副线圈是均匀密绕的且滑动头匀速上滑，说明副线圈的匝数在均匀增大，由变压器的变压比得灯泡两端的电压均匀增大（k为单位时间增加的匝数），原线圈功率等于灯泡功率是增大的，所以原线圈电流一定增大，故A错误，D正确；‎ B、灯泡的电阻随着温度的增加而变大，所以电压和电流不是正比例的关系，故B错误；‎ C、变压器的电压与匝数成正比，原线圈和副线圈的总的匝数是不变的，输入的电压也不变，所以副线圈的总电压的大小也不变，故C错误；‎ 故选：D．‎ ‎7.（1）右偏（2分）（2）不偏（2分）（3）右偏（2分）（4）左偏 ‎8.（1）C  （2分）；‎ ‎（2）右   抽出 ‎9.解：（1）电源的路端电压随电流的变化图线斜率大小等于电源的内阻，则有内阻r=||=Ω=20Ω 电源的电动势为E=U+Ir，取电压U=16V，电流I=‎0.2A，代入解得，E=20V．‎ ‎（2）当滑片滑到最右端时，R1被短路，外电路的电阻最小，电流最大，此时电压U=4V，电流I=‎0.8A，则 定值电阻R2==5Ω ‎（3）滑动变阻器阻值最大时，外电阻最大，电流最小，此时电压U=16V，电流I=‎0.2A，外电路总电阻为 R==80Ω 又R=R2+，R1=100Ω，R2=5Ω 代入解得，R3=300Ω 答：‎ ‎（1）电源的电动势和内阻分别为E=20V和r=20Ω；‎ ‎（2）定值电阻R2的阻值为5Ω；‎ ‎（3）滑动变阻器的最大阻值为300Ω．‎ ‎10.解：（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：‎ qU=mv2‎ 离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：‎ qE=m 联立解得：‎ v=‎ U=ER ‎（2）离子做类平抛运动，故：‎ ‎2d=vt ‎3d=at2‎ 由牛顿第二定律得：‎ qE0=ma 则 E0=‎ ‎（3）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，故：‎ qvB=m 解得：‎ R=‎ 答：（1）加速电场的电压U为ER，离子在P点时的速度大小为；‎ ‎（2）若离子恰好能打在Q点上，矩形区域QNCD内匀强电场场强E0 的值为；‎ ‎（3）若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里、大小为B匀强磁场，离子在匀强磁场中运动半径为．‎ ‎11.解：（1）电子经A、B两块金属板加速，有 得 ‎（2）当u=22.5V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为 Y1＜d，说明所有的电子都可以飞出M、N．‎ 此时电子在竖直方向的速度大小为 电子射出极板MN后到达荧光屏P的时间为 电子射出极板MN后到达荧光屏P的偏移量为 电子打在荧光屏P上的总偏移量为y=y1+y2=‎0.012m，方向竖直向下；‎ y的计算方法Ⅱ：由三角形相似，有 即 解得y=‎‎0.012m ‎（3）当u=22.5V时，电子飞出电场的动能最大，‎ ‎==1.82×10﹣16J 答：（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度是2×‎107m/s ‎（2）打在荧光屏上的电子范围是y=‎0.012m；‎ ‎（3）打在荧光屏上的电子的最大动能是1.82×10﹣16J．‎