物理的学习非常不易，因此需要多加练习，以下是查字典物理网准备的2018年高二物理暑假作业，希望你喜欢。

一、选择题(本题共6道小题) 1.如图所示为地磁场磁感线的示意图.一架民航飞机在赤道上空匀速飞行，机翼保持水平，由于遇到强气流作用使飞机竖直下坠，在地磁场的作用下，金属机翼上有电势差.设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，忽略磁偏角的影响，则()

A. 若飞机从西往东飞，φ2比φ1高

B. 若飞机从东往西飞，φ2比φ1高

C. 若飞机从南往北飞，φ2比φ1高

D. 若飞机从北往南飞，φ2比φ1高

2.如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合正方形线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，若外力对环做的功分别为Wa、Wb，则Wa：Wb为()

A. 1：4 B. 1：2 C. 1：1 D. 不能确定

3.如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线圈l和2，其边长L1>L2，在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再逐渐完全进入磁场，最后落到地面.运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界.设线圈l、2落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热世分别为Q1、Q1，通过线圈截面的电荷量分别为q1、q2，不计空气阻力，则()

A. v1

C. v1

4.如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框.金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界.并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里.现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v﹣t图象，图中字母均为已知量.重力加速度为g，不计空气阻力.下列说法正确的是()

A. 金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向

B. 金属线框的边长为v1(t2﹣t1)

C. 磁场的磁感应强度为

D. 金属线框在0﹣t4的时间内所产生的热量为2mgv1(t2﹣t1)+m(v32﹣v22)

5.两根相距为L的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边与水平面的夹角为37°，质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路总电阻为2R，整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中，当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆恰好处于静止状态，重力加速度为g，以下说法正确的是()

A. ab杆所受拉力F的大小为mg tan37°

B. 回路中电流为

C. 回路中电流的总功率为mgv sin37°

D. m与v大小的关系为m=

6.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻.将质量为m的金属棒悬挂在一个上端固定的绝缘轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，除电阻R外其余电阻不计，导轨所在平面与一匀强磁场垂直，静止时金属棒位于A处，此时弹簧的伸长量为△l.现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则()

A. 轻弹簧的劲度系数为

B. 电阻R中电流最大时，金属棒在A处下方的某个位置

C. 金属棒在最低处时弹簧的拉力一定小于2mg

D. 从释放到金属棒最后静止的过程中，电阻R上产生的热量为mg△

二、实验题(本题共2道小题) 7.在“用DIS研究感应电动势大小与磁通量变化快慢关系”的实验中

(1)(多选题)有关实验原理、过程和操作，下列说法正确的是( )

A.实验中控制磁通量的变化ΔΦ不变

B.实验中保持螺线管、光电门位置不变

C.实验中必须保持轨道倾角一定

D.小车每次必须由静止释放

(2)(多选题)一名同学某次实验得到的实验数据通过计算机拟合得到如图所示图线，其中有一数据点A明显偏离直线，那么造成其偏离的可能原因是该次操作中( )

A.小车释放的位置移动了

B.光电门与螺线管间的距离变化了

C.给了小车一个初速度

D.小车上固定的磁铁相对小车移动了

8.在研究电磁感应现象的实验中

(1)请在图一所示的器材中，用实线代替导线连接实物电路.

(2)已知电流从左侧流入灵敏电流计则指针向左偏.若原线圈中磁感应强度方向向下，将原线圈放入副线圈后闭合电键，发现灵敏电流计指针向左偏，则副线圈应选图二中

的(选填“甲”或“乙”)线圈.

(3)某次实验中，正确连接电路后将原线圈放入副线圈.闭合电键时发现灵敏电流计指针无偏转，然后移动变阻器滑片发现指针有偏转，则可能的故障是　.

(4)正确连接电路后，通过特殊的方法使滑动变阻器电阻随时间均匀减小.在电阻均匀减小的过程中，灵敏电流计的指针偏转幅度的变化情况是(A)稳定不变(B)逐渐增大(C)逐渐减小(D)先减小后增大.

三、计算题(本题共3道小题) 9.如图甲所示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计.导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，NQ间连接有一个R=4Ω的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0=1T.将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好.现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q=0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行.(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8).求：

(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ

(2)cd离NQ的距离s

(3)金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量

(4)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B应怎样随时间t变化(写出B与t的关系式).

10.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将长为L、质量为m的导体棒由静止释放，当导体棒下滑距离L时达最大速度v(v为未知量)，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为2R，不计导轨的电阻，重力加速度为g，求：

(1)速度v的大小

(2)当导体棒速度达到时加速度大小

(3)导体棒从释放到下滑距离L过程流过导体棒的电荷量q

(4)导体棒从释放到下滑距离2L的过程中电阻上产生的热量Q是多少.

11.电磁弹射是我国研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明.如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界.t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B0+kt(k为大于零的常数)，空气阻力忽略不计.

(1)求t=0时刻，线框中感应电流的功率P;

(2)若线框cd边穿出磁场时速度为v，求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量q;

(3)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t=0时线框加速度越大.

试卷答案

1.解：AB、当飞机在赤道上空竖直下坠时，由于地磁场向北，若飞机从西往东飞，机翼不切割磁感线，不产生感应电动势，所以机翼两端不存在电势差，故AB错误.

CD、由于地磁场向北，若飞机从南往北飞，由右手定则可判知，飞机的右方机翼末端电势比左方末端电势高，即φ2比φ1高.相反，若飞机从北往南飞，φ1比φ2高，故C正确，D错误.

故选：C.

2.解：闭合线框a产生的感应电动势Ea=BLv，根据能量守恒知外力对环做的功为：

Wa=，Ra=ρ

闭合线框b产生的感应电动势Eb=B2Lv，外力对环做的功为：

Wb=，Rb=ρ

代入解得：Wa：Wb=1：4

故选：A.

3.解：线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流时，受到磁场的安培力大小为：

F=

由电阻定律有：R=ρ (ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为导线的横截面积)，线圈的质量m=ρ0S 4L，(ρ0为材料的密度).

当线圈的下边刚进入磁场时其加速度为：a==g﹣

联立得，加速度为：

a=g﹣

由上式分析得知，线圈1和2进入磁场的过程先同步运动，由于当线圈2刚好全部进入磁场中时，线圈1由于边长较长还没有全部进入磁场，线圈2完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而线圈1仍先做加速度小于g的变加速运动，完全进入磁场后再做加速度为g的匀加速运动，匀加速运动的位移相同，所以落地速度v1

由能量守恒可得：Q=mg(h+H)﹣mv2(H是磁场区域的高度)，因为m1>m2，v1

根据q==∝L知，q1>q2.

故选：A.

4.： 解：A、金属线框刚进入磁场时，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向;故A错误;

B、由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2﹣t1，故金属框的边长：l=v1(t2﹣t1);故B正确;

C、在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIl，I=，又 l=v1(t2﹣t1).

联立解得：B=;故C正确;

D、t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1=mgl=mgυ1(t2﹣t1);

t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q2=mgl+m=mgυ1(t2﹣t1)+m

故Q=Q1+Q2=2mgυ1(t2﹣t1)+m;故D正确;

故选：BCD.

5.解：

A、对于cd杆，分析受力如图，根据平衡条件得：F安=mgtan37°;对ab杆，由于感应电流的大小、导线的长度相等，两杆所受的安培力大小相等，由平衡条件得知，F=F安，则得：F=mg tan37°.故A正确.

B、cd杆所受的安培力F安=BIL，又F安=mgtan37°，则得电流为 I=，故B错误.

C、回路中电流的总功率等于拉力的功率，为P=Fv=mgvtan37°，故C错误.

D、根据E=BLv，I=，F安=BIL得，F安=，结合F安=mgtan37°，得：m=.故D正确.

故选：AD

6.解：A、静止时金属棒位于A处，此时弹簧的伸长量为△l，即mg=k△l，轻弹簧的劲度系数为，故A正确;

B、若没有磁场，金属棒回到A处时速度最大，有磁场时，由于电磁感应产生感应电流，金属棒将受到安培阻力作用，则在A处上方速度达到最大，此时感应电流最大.故B错误.

C、若没有磁场，金属棒做简谐运动，根据对称性可知，金属棒在最低处时加速度大小等于g，方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，金属棒在最低处时弹簧的拉力等于2mg.

有磁场时，金属棒还受到安培阻力作用，金属棒向下到达的最低位置比没有磁场时高，加速度应小于g，则弹簧的拉力一定小于2mg.故C正确.

D、金属棒最后静止在A处，从释放到金属棒最后静止的过程中，其重力势能减小，转化成内能和弹簧的弹性势能，则电阻R上产生的热量小于mg△l.故D错误.

故选：AC

7.(1)AB (2)BD

8.分析：(1)注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答.

(2)根据楞次定律，结合磁场方向向下，且大小增强，再由电流计的偏转，即电流的流向，即可求解;

(3)根据闭合电路磁通量变化，才会产生感应电流，及闭合电键与移动滑片的不同，从而判定故障;

(4)根据闭合电路欧姆定律可知，判定电流随着电阻的变化而如何变化，从而得到磁场的变化率，进而确定指针的偏转程度.

解：(1)将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示.

(2)发现灵敏电流计指针向左偏，则可知，电流从正极流进，由于磁场向下，且增大，

根据楞次定律可知，副线圈应甲图;

(3)闭合电键时发现灵敏电流计指针无偏转，说明电路中没有电流，或与电流计相连的电路不闭合，

而当移动变阻器滑片发现指针有偏转，说明与小螺线管相连的回路中，滑动变阻器电阻丝有断路现象，

(4)滑动变阻器电阻随时间均匀减小，根据物理知识可知，则电流非均匀增大，则磁场的变化率会逐渐增大;故B正确，ACD错误;

故答案为：(1)如上图示;

解：(1)当v=0时，a=2m/s2

由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma

μ=0.5

(2)由图象可知：vm=2m/s

当金属棒达到稳定速度时，

有FA=B0IL

切割产生的感应电动势：E=B0Lv

平衡方程：mgsinθ=FA+μmgcosθ

r=1Ω

电量为：

s=2m

(3)

产生热量：WF=Q总=0.1J

(4)当回路中的总磁通量不变时，

金属棒中不产生感应电流.

此时金属棒将沿导轨做匀加速运动.

牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma

a=g(sinθ﹣μcosθ)=10×(0.6﹣0.5×0.8)m/s2=2m/s2

则磁感应强度与时间变化关系：.所以：(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.5

(2)cd离NQ的距离2m

(3)金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量0.08J

(4)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流

10.解：(1)当导体棒匀速运动时速度达到最大，此时导体棒受力平衡，则有：mgsinθ=BIL又 I=

联立得 mgsinθ=，得 v=.

(2)当导体棒速度达到时导体棒受到的安培力 F==mgsinθ

根据牛顿第二定律得 mgsinθ﹣F=ma

解得 a=gsinθ

(3)导体棒从释放到下滑距离L过程流过导体棒的电荷量 q=t===

(4)导体棒从释放到下滑距离2L的过程中，回路中产生的总热量 Q总=mgLsinθ﹣

电阻上产生的热量 Q=Q热;

解得 Q=mgLsinθ﹣.

答：

(1)速度v的大小为.

(2)当导体棒速度达到时加速度大小为gsinθ.

(3)导体棒从释放到下滑距离L过程流过导体棒的电荷量q为.

(4)导体棒从释放到下滑距离2L的过程中电阻上产生的热量Q是mgLsinθ﹣.

11.(1)线框中感应电流的功率;

(2)安培力对线框所做的功通过导线截面的电荷量;

(3)根据可知，n越大，a越大.

法拉第电磁感应定律;导体切割磁感线时的感应电动势

解：(1)t=0时刻线框中的感应电动势

功率

解得

(2)由动能定理有W=△Ek

解得

穿出过程线框中的平均电动势

线框中的电流

通过的电量：

q=i△t==|0﹣B0S|×=;

(3)n匝线框中t=0时刻产生的感应电动势

线框的总电阻R总=nR

线框中的电流

t=0时刻线框受到的安培力F=nB0IL

设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有F=(nm+M)a

解得可知，n越大，a越大.

答：(1)线框中感应电流的功率;

(2)安培力对线框所做的功通过导线截面的电荷量;

(3)根据可知，n越大，a越大.

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