高二物理暑期作业(2)

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人教版高中暑假作业：高二物理暑假作业
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 【摘要】复习的重点一是要掌握所有的知识点，二就是要大量的做题，的编辑就为各位考生带来了人教版高中暑假作业：高二物理暑假作业
 一、选择题(本题共9小题，每小题7分，共63分。

每小题至少有一个选项符合题意，选对但不全的得3分，有错选的得0分)
 1.对于确定的一个霍尔元件，若保持通入的恒定电流不变，当磁感应强度增加时，霍尔电压UH应( )
 A不变 B.减小
 C.增大D.不确定
 解析：由UH=kIBd可得，当磁感应强度B增加时，UH增大。

 答案：C
 2.如图1甲(a)所示的电路中，光敏电阻R2加上图(b)所示的光照时，R2两端的电压变化规律是图乙中的( )
1。

2020高二物理暑假作业答案大全学物理最重要的就是理解，在把基本概念和规律掌握清楚的基础上，然后再去做题，才能理清做题思路，独立做会物理难题。

下面小编整理2020高二物理暑假作业答案，欢迎阅读。

2020高二物理暑假作业答案1【一】一、1.A2.D3.B4.C5.A6.C7.C8.C9.A10.A11.B12.D二、13.2kg14.(M-m)v0/mg;15.4∶116.9.5m/s2,4kg,2N三、17.F=150(N)18.s=156m19.26.4m20.8m/s(1+)s【二】1.C2.D3.A4.B5.D6.CD7.BC8.CD9.A10.C.11.AC12.CD13.0---2114.757015.Fcosα,Fsinα16.略17.18.0.5719.150N168N【三】题号12345答案CDABDCC题号678910答案AAACDABDC题号1112131415答案BCAADBB题号161718答案AADD21.(1)释放点到A高度hOA,则mg(hOA—R)=mvB2恰能通过点B时mg=mhOA=1.5R(2)由B到C平抛运动R=gt2soc=vtsAc=soc—R=(—1)R22.vD=20m/sμ=2/15【四】题号12345答案DCCDBDB题号678910答案DBCABCCA题号1112131415答案BDABABC题号1617答案DBC18.答案：1.92×107m【五】1.解：A、电流表显示的是有效值，示数为I=A=10A，故A错误;B、由图象知周期为0.01s，频率为周期的倒数100Hz，故B错误;C、电阻消耗的功率P=I2R=(10)2×10=1000W，故C错误;D、角速度ω=2πf=200π，所以瞬时值表达式i=10sin200πtA，故D正确;故选：D2.解：A、t=0时刻感应电动势，磁通量为零;此时线圈与中性面相互垂直;故A错误;B、t2时刻感应电动势，线圈平面与中性面垂直，磁通量为零.故B 错误.C、t3时刻线圈通过中性面，感应电动势为零，根据法拉第电磁感应定律，知磁通量变化率为零，最小，故C错误;D、t4时刻线圈中感应电动势，磁通量变化率.故D正确.故选：D3.解：A、交流电表的示数是有效值.故A错误;B、B、保险丝的额定电流，也是有效值，故B错误;C、电容器的击穿电压，是指的电压值，故C正确;D、220V动力电压是有效值，故D错误;故选：C.4.解：A、图示位置磁通量为Φ1=0，转过90°磁通量为Φ2=BS，△Φ=Φ2﹣Φ1=BS.故A错误.B、根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势，△t=解得=，故B正确;C、通过电阻R的电量q=It=t=n，得到q=，故C正确;D、电流的有效值为I=，E=，电阻R所产生的焦耳热Q=I2Rt，解得Q=，故D正确.故选：BCD.5.D6.AD解：A、闭合瞬间，L相当于断路，b立刻变亮，a逐渐变亮，A正确B错误.C、闭合开关稳定时，a的亮度比b的大，因为根据I=知通过a的电流大，C错误D、电键断开，L相当于电源与两个灯泡串联，逐渐熄灭，由于稳定后a灯的电流大于b灯，所以电键断开瞬间b灯的电流比稳定时的电流大，b灯闪亮一下再熄灭，D正确故选：AD7.A变压器的构造和原理;正弦式电流的图象和三角函数表达式解：由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压值为311V，所以原线圈电压的有效值为U1=220V根据电压与匝数成正比得：U2==55V则副线圈电流I2==5A故选：A.8.解：(1)感应电动势值为Em=NBSω=100___0.05__100V=500V由于从中性面开始计时，则瞬时值表达式为：e=Emsin(ωt)=500sin(100πt)V(2)流过电阻R的电流Im==50A通过电阻R的电流有效值I==25A.答：(1)若线圈经图示位置开始计时，线圈中感应电动势瞬时值的表达式是e=500sin(100πt)V;(2)通过电阻R的电流有效值是25A.9.解：(1)降压变压器的输出功率为：P=40×22×6=5280W降压变压器副线圈的电流：=24A，降压变压器原线圈的电流：=6A输电线损失的功率：所以输入功率：P1=5280+144=5424W(2)降压变压器原线圈电压为：=880V输电线上损失的电压为：△U=I3R=24V则发动机的输出电压为：U2=880+24=904V所以发电机原线圈电压：=226V根据电流与匝数成反比知发电机原线圈中电流为=24A，发电机内阻分压：Ur=24×1=24V电动势为：E=226+24=250V.(3)用户获得的实际功率P用=22×40×6=5280W;则输电效率η==97.3%;答：(1)发电机输出功率为5424W;(2)电动势为250V;(3)输电效率为97.3%.10.串联在外电路中的交流电流表的读数是1.4A正弦式电流的图象和三角函数表达式;正弦式电流的值和有效值、周期和频率.解：从Φ﹣t图象可以读出：Φm=1.0×10﹣2Wb，T=3.14×10﹣2s感应电动势值Em=nBSω=nωΦm，又ω=，得到Em=nΦm故电路中电流值Im===A=2A.交流电流表读数I=0.707Im≈1.4A.答：串联在外电路中的交流电流表的读数是1.4A.11.6V12w2020高二物理暑假作业答案2一、选择题1.某航母跑道长200m。

20222022学年下学期暑假作业高二物理答案与解析暑假作业一电磁感应中“两定律三定则”的灵活应用1．【答案】BCD【解析】[铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B项对；由ΔΦE＝n可知，C项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感Δt应电流方向不断变化，D项正确．2．【答案】B【解析】[由楞次定律知，欲使b中产生顺时针电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部向里，故选B.] 3．【答案】BT3T【解析】[在～时间内，穿过线框的磁场方向先向里减小后向外增加，由楞次定律可知感应电流的磁44场方向向里，故感应电流的方向始终沿顺时针方向，选B.]4．【答案】BD【解析】[根据右手定则或楞次定律可知，选项A错误，B正确；根据楞次定律“来拒去留”的口诀可知，导线框进入磁场和离开磁场时，受到的安培力方向均是水平向左，所以选项C错误，D正确．本题答案为B、D.]5．【答案】AB【解析】[t1时刻，电流增大，由楞次定律知，线圈有远离螺线管、收缩面积的趋势，选项A正确；t2时刻电流达到最大，变化率为零，故线圈中无感应电流，FN＝G，此时穿过P的磁通量最大，选项B正确；t3时刻电流为零，但电流从有到无，故穿过线圈的磁通量发生变化，此时P中有感应电流，选项C错误；t4时刻电流变化率为零，线圈中无感应电流，FN＝G，此时穿过P的磁通量最大，选项D错误．]6．【答案】ALL【解析】[将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，时间t1＝÷v1＝；让线框绕轴MN以线速度v222v12v2ππL匀速转过90°，角速度ω＝，时间t2＝÷ω＝，两次过程中线框产生的平均感应电动势相等，t2＝t1，L24v2解得v1∶v2＝2∶π，选项A正确．]7．【答案】CDnΔΦΔB【解析】[根据法拉第电磁感应定律E＝＝n·S求出E＝1.2V，选项A错；根据全电路欧姆定律IΔtΔtE－＝＝0.12A，根据P＝I2R1，得R1消耗的功率P＝5.76某102W，选项B错；由楞次定律得选项R1＋R2＋rC对；S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时C板上所带电荷量Q，电容器两端的电压U＝IR2＝0.6V，流经R2的电荷量Q＝CU＝1.8某105C，选项D对．]－mgR8．【答案】(1)mg(inθ－3μcoθ)(2)(inθ－3μcoθ)22 BL【解析】(1)由ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是相等，cd也做匀速直线运动．设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2，对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲乙2mginθ＝μFN1＋T＋F①FN1＝2mgcoθ②对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mginθ＋μFN2＝T③FN2＝mgcoθ④联立①②③④式得：F＝mg(inθ－3μcoθ)(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑤E回路中电流I＝⑥R安培力F＝BIL⑦联立⑤⑥⑦得：mgRv＝(inθ－3μcoθ)22.BLFB2l2t09．【答案】(1)Blt0(－μg)(2)mm【解析】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝Blv③联立①②③式可得FE＝Blt0(－μg)④m(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律EI＝⑤R式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为F安＝BlI⑥因金属杆做匀速运动，有F－μmg－F安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得B2l2t0R＝⑧.m10．【答案】BD11．【答案】BD【解析】[ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd杆保持静止，A不正确；ab向右加速运动时，L2中的磁通量向下增大，由楞次定律知L2中感应电流产生的磁场方向向上，故通过cd的电流方向向下，cd向右移动，B正确；同理可得C不正确，D正确．]12．【答案】D【解析】[由题意知线圈经过位置2时穿过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，故A、B均错误；从位置1到位置3的整个过程中，穿过线圈的磁通量是先向外逐渐减小到零，然后向里逐渐增大，由楞次定律知线圈中感应电流的方向始终沿逆时针方向，线圈所受的磁场力的方向始终向右，故C错误，D正确．]暑假作业二电磁感应中综合问题的复习策略1．【答案】AB【解析】[将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，流过电阻的电流方向从a到b，1EB 对；由法拉第电磁感应定律得感生电动势E＝BLv＝BL2ω，I＝，ω恒定时，I大小恒定，ω大小2R＋rB2L4ω2R变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝IR＝知，当ω变为2倍时，P变为原4（R＋r）22来的4倍，D错．]2．【答案】BB2L2v【解析】[小灯泡稳定发光，说明导体棒MN匀速运动，则有mgin37°－－μmgco37°＝0，可得导RL＋R体棒MN的运动速度v＝5m/；小灯泡消耗的电功率P＝I2RL＝1W．]3．【答案】C【解析】[由右手定则可知通过金属导线的电流由b到a，即通过电阻R的电流方向为M→R→P，A错误；金属导线产生的感应电动势为BLv，而a、b两点间的电压为等效电路路端电压，由闭合电路欧姆定律可2知，a、b两点间电压为BLv，B错误；金属导线可等效为电源，在电源内部，电流从低电势流向高电势，3所以a端电势高于b端电势，C正确；根据能量守恒定律可知，外力F做的功等于电阻R和金属导线产生的焦耳热之和，D错误．]4．【答案】A5．【答案】AΔB【解析】[在0～1内，据E＝S可知感应电动势恒定，感应电流恒定，且电流为逆时针方向，在图象ΔtΔB中为负；1～2内，B不变，i＝0；2～3内，由E＝·S知i恒定，方向为正．综合分析可知A正确．]Δt6．【答案】A【解析】[因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左、右两边的电流大小相等，方向相反，所以其受到的安培力方向相反，线框的左边受到的安培力大于线框的右边受到的安培力，所以合力与线框的左边受力的方向相同．因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确，选项B、C、D错误．]7．【答案】DEB2L2v【解析】[导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E＝BLv、I＝、F＝BIL得F＝，RR随着v的减小，安培力F减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无B2L2v感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F＝，导线框做加速度减小的减速R运动，所以选项D正确．]8．【答案】BCD【解析】[ab杆的速度方向与磁感应强度的方向平行，不切割磁感线，只有cd杆运动切割磁感线．设cdE杆向下运动的速度为v1，根据闭合电路的欧姆定律及法拉第电磁感应定律有I＝，E＝BLv1，cd杆只受2R到竖直向下的重力mg和竖直向上的安培力作用，因为cd杆与导轨间没有正压力，所以摩擦力为零．由B2L2v12mgR平衡条件得mg＝BIL＝，解得cd杆向下匀速运动的速度为22.ab杆的受力如图所示，根据平衡2RBL条件可得FN＝2mg，F＝Ff＝2μmg.综上所述，选项B、C、D正确．]9．【答案】BDmg（R＋r）BLvm【解析】[导体棒由静止释放后，当a＝0时，速度最大，即mg－BL＝0，解得vm＝，AB2L2R＋rBLhBLh项错误．此过程中通过定值电阻的电荷量q＝IΔt＝·Δt＝，B项正确．导体棒克服安培力（R＋r）ΔtR＋r做的功等于整个电路产生的热量，C项错误．由动能定理知对导体棒有ΔEk＝W重＋W安，D项正确．]10．【答案】AD ΔΦ【解析】[根据法拉第电磁感应定律得：E＝，ΔtE根据闭合电路欧姆定律得：I＝，所以导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电量为2REΔΦBdLq＝I·Δt＝·Δt＝＝，故A正确；由E＝BLv知，导体棒返回时随着速度的增大，导体棒产生的感2R2R2R应电动势增大，感应电流增大，由F安＝BIL知导体棒受到的安培力增大，由牛顿第二定律知，加速度减小，所以导体棒返回时先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动，故B错误；根据能量守恒定律知，导体棒沿着导轨上滑过程中回路中产生的总热量为121112Q＝mv0－mgLinθ＝(mv20－mgL)，电阻R上产生的热量为QR＝Q＝(mv0－mgL)，故C错误；2224根据功能关系可知，导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功等于回路中产生的总热量，即W＝Q 12＝(mv0－mgL)，故D正确．所以选A、D.]2Q11．【答案】(1)4倍(2)＋28lmg【解析】(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E1＝2Blv1①E1设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝②R设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1④mgR由①②③④式得v1＝22⑤4BlmgR设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝22⑥Bl由⑤⑥式得v2＝4v1⑦(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl＝mv2⑧21线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有112mg(2l＋H)＝mv2－mv＋Q⑨2221Q由⑦⑧⑨式得H＝＋28l.mg12．【答案】(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J【解析】(1)设金属棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量的变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势ΔΦ为E，由法拉第电磁感应定律得E＝①Δt其中ΔΦ＝Bl某②设回路中的平均电流为I，由闭合电路欧姆定律得EI＝③R＋r则通过电阻R的电荷量为q＝IΔt④联立①②③④式，得q＝代入数据得q＝4.5C(2)设撤去外力时金属棒的速度为v，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2a某⑤1设金属棒在撤去外力后的运动过程中克服安培力所做的功为W，由动能定理得W＝mv2⑥2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑦联立⑤⑥⑦式，代入数据得Q2＝1.8J⑧Bl某R＋r(3)由题意知，撤去外力前、后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6J⑨在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2⑩由⑧⑨⑩式得WF＝5.4J.暑假作业三交变电流的产生和描述1．【答案】C【解析】[我国居民日常生活所用交流电压的有效值为U有效＝220V，交流电的频率为f＝50Hz，所以交1－流电压的最大值为Um＝2U有效＝2202V≈311V，周期为T＝＝0.02＝2某102，可见，只有选项Cf正确．本题答案为C.]2．【答案】BC【解析】[t＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故电压为零，A错．读图得两次周期ω1之比为2∶3，由转速n＝＝得转速与周期成反比，故B正确．读图得a的最大值为10V，ω＝5πrad/，2πT由交流电感应电动势的瞬时值表达式e＝Eminωt(V)(从线圈在中性面位置开始计时)得，u＝10in5πt(V)，220故C正确．交流电的最大值Em＝nBSω，所以根据两次转速的比值可得，交流电b的最大值为某10V＝33V，故D错．]3．【答案】D1Im2【解析】[该交变电流通过定值电阻R后，在一个周期内产生的热量为Q＝某()RT＝I2RT，解得I＝1A，22选项D正确．]4．【答案】CD【解析】[根据右手定则，线圈中感应电流的方向为adcba，A错；当线圈转至图示位置时，线圈中感应电动势应为最大值Em＝nBl1l2ω，此时，穿过线圈磁通量随时间的变化率最大，B错，C对；线圈ad边所nBl1l2ωn2B2l1l22ω受安培力的大小F＝nBIl2＝nBl2＝，D对．]RR5．【答案】BC【解析】[当线框进入磁场过程中，根据E＝BR2ω可得，感应电动势恒定，感应电流恒定，不是正弦式2交流电，A错误，C正确；当线框进入磁场时，根据楞次定律可得，两线框中的感应电流方向为逆时针，当线框穿出磁场时，根据楞次定律可得，线框中产生的感应电流为顺时针，所以感应电流的周期和线框T 运动周期相等，B正确；线框N在完全进入磁场后有时间内穿过线框的磁通量不变化，没有感应电动势4T3T产生，即线框N在0～和～T内有感应电动势，其余时间内没有；而线框M在整个过程中都有感应电44动势，即便两导线框电阻相等，两者的电流有效值不会相同，D错误．]6．【答案】BC【解析】[由交变电流有效值和最大值的关系可知线圈产生的电动势的有效值为2E，选项A错误；由2m2π题意知线圈产生的电动势的最大值为Em＝BSω＝BS，故线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值BST0EmT0＝，选项B正确；线圈转动过程中磁通量变化率的大小等于产生的感应电动势的大小，选项C正确；2π正弦式交变电流一个周期内电流方向变化两次，经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变4次，选项D错误．7.【答案】AC2π【解析】[电流表的示数为交变电流的有效值10A，A项正确；由ω＝可得，线圈转动的角速度为ωT＝100πrad/，B项错误；0.01时，电路中电流最大，故该时刻通过线圈的磁通量最小，即该时刻线圈平面与磁场平行，C项正确；根据楞次定律可得，0.02时电阻R中电流的方向自左向右，D项错误．]8.【答案】BDΔΦ【解析】[t＝0.005时，磁感应强度最大，磁通量最大，而E＝＝0，A错误；t＝0.01时感应电Δt流的方向与0.005～0.01内电流方向相同，由楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，B正确；t＝0.015时的瞬时电流为零，但电流表的示数为有效值，不等于零，C错误；线框中产生的感应电动10πr222E2势的最大值Em＝BSω＝10πr，一个周期内产生的热量Q＝某0.02＝R222Rπr某0.02＝，D正确．]44R9.【答案】D2π【解析】[由图可以看出该交变电流的周期T＝0.02，则线圈转动的角速度ω＝＝100πrad/＝314Trad/，A错误；Em＝nBSω，转速提高1倍，电压的最大值变为原来的2倍，有效值、瞬时值都要发生变U2化，电流也会发生变化，B错误；电热丝两端的电压U＝E＝902V，电热丝的发热功率P＝＝1800R＋rRRW，C错误，D正确．]10.【答案】B【解析】[该线圈产生的交流电动势峰值Em＝NBSω＝502V，A项错误；因为该线圈产生的交流电不是E2TE′2Em完整的正弦式交流电，只有一半，所以根据有效值的定义得某＝T，E ＝，联立解得电动势有效R2R2值E′＝252V，B项正确；电容器的耐压值至少为502V，C项错误；电容器的电容C变大时，容抗变小，电容器的充放电电流增大，D项错误．]11.【答案】D【解析】[设电灯的阻值为R，正弦式交变电压的有效值与峰值的关系是U＝Um，由于一个周期内半个周2Um期有交变电压，一个周期内交变电流产生的热量为Q＝2RTUm2T·＝·，设交变电压的有效值为U，22R2Um2TU2Um由电流热效应得Q＝·＝·T，所以该交变电压的有效值U＝，D正确．]2R2R212.【答案】D1T2【解析】[线框进入磁场和穿出磁场产生的感应电动势均为E＝BωL，产生感应电动势的时间均为，则28BωL22TBL2ω2一个周期产生的电热Q＝()R某某2＝IRT，解得I＝，选D.]2R84R13.【答案】ADU12U02【解析】[第一次，灯泡两端电压的有效值为U1＝，功率P1＝＝.第二次，设灯泡两端电压的有效R2R2U0值为U2，则U0R2＋－U02RTU22＝T，解得U2＝2R5U25U0U0，功率P2＝＝，则P1∶P2＝1∶5，故B、C2R2R22错误，A、D正确．]14.【答案】AC【解析】[根据题述两个相邻正负尖峰电压所对应的时间差为Δt，可得交变电流周期T＝2Δt，驱动轴转动的角速度ω＝的有效值不是U＝2ππ＝，选项A正确．由于产生的交变电流不是按照正弦规律变化的，线圈电压ΔtΔt2Um，选项B错误．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量变化率成正比，Um2＝nkm，穿过线圈磁通量变化率的最大值km＝，选项C正确．相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平ΔΦ均值U＝n，因为线圈转过一个完整的周期，磁通量变化量ΔΦ＝0，所以电压平均值等于零，选项D2Δt错误．]Umn暑假作业四变压器电能的输送。

2021高二下册物理暑假作业答案由于每位高中生都是独一无二的，而且对自己的学习情况，最了解的还是你自己，所以高中暑假学习计划安排还是应该有同学们自己来定，下面是小编精心推荐的高二下册物理暑假作业答案，仅供参考，欢迎阅读！高二下册物理暑假作业答案1.解：A、电流表显示的是有效值，示数为I=A=10A，故A错误;B、由图象知周期为0.01s，频率为周期的倒数100Hz，故B错误;C、电阻消耗的功率P=I2R=(10)2_10=1000W，故C错误;D、角速度ω=2πf=200π，所以瞬时值表达式i=10sin200πtA，故D正确;故选：D2.解：A、t=0时刻感应电动势，磁通量为零;此时线圈与中性面相互垂直;故A 错误;B、t2时刻感应电动势，线圈平面与中性面垂直，磁通量为零.故B错误.C、t3时刻线圈通过中性面，感应电动势为零，根据法拉第电磁感应定律，知磁通量变化率为零，最小，故C错误;D、t4时刻线圈中感应电动势，磁通量变化率.故D正确.故选：D3.解：A、交流电表的示数是有效值.故A错误;B、B、保险丝的额定电流，也是有效值，故B错误;C、电容器的击穿电压，是指的电压值，故C正确;D、220V动力电压是有效值，故D错误;故选：C.4.解：A、图示位置磁通量为Φ1=0，转过90°磁通量为Φ2=BS，△Φ=Φ2﹣Φ1=BS.故A错误.B、根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势，△t=解得=，故B正确;C、通过电阻R的电量q=It=t=n，得到q=，故C正确;D、电流的有效值为I=，E=，电阻R所产生的焦耳热Q=I2Rt，解得Q=，故D正确.故选：BCD.5.D6.AD解：A、闭合瞬间，L相当于断路，b立刻变亮，a逐渐变亮，A正确B错误.C、闭合开关稳定时，a的亮度比b的大，因为根据I=知通过a的电流大，C错误D、电键断开，L相当于电源与两个灯泡串联，逐渐熄灭，由于稳定后a灯的电流大于b灯，所以电键断开瞬间b灯的电流比稳定时的电流大，b灯闪亮一下再熄灭，D正确故选：AD7.A变压器的构造和原理;正弦式电流的图象和三角函数表达式解：由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压值为311V，所以原线圈电压的有效值为U1=220V根据电压与匝数成正比得：U2==55V则副线圈电流I2==5A故选：A.8.解：(1)感应电动势值为Em=NBSω=100_0.05_100V=500V由于从中性面开始计时，则瞬时值表达式为：e=Emsin(ωt)=500sin(100πt)V (2)流过电阻R的电流Im==50A通过电阻R的电流有效值I==25A.答：(1)若线圈经图示位置开始计时，线圈中感应电动势瞬时值的表达式是e=500sin(100πt)V;(2)通过电阻R的电流有效值是25A.9.解：(1)降压变压器的输出功率为：P=40_22_6=5280W降压变压器副线圈的电流：=24A，降压变压器原线圈的电流：=6A输电线损失的功率：所以输入功率：P1=5280+144=5424W(2)降压变压器原线圈电压为：=880V输电线上损失的电压为：△U=I3R=24V则发动机的输出电压为：U2=880+24=904V所以发电机原线圈电压：=226V根据电流与匝数成反比知发电机原线圈中电流为=24A，发电机内阻分压：Ur=24_1=24V电动势为：E=226+24=250V.(3)用户获得的实际功率P用=22_40_6=5280W;则输电效率η==97.3%;答：(1)发电机输出功率为5424W;(2)电动势为250V;(3)输电效率为97.3%.10.串联在外电路中的交流电流表的读数是1.4A正弦式电流的图象和三角函数表达式;正弦式电流的值和有效值、周期和频率. 解：从Φ﹣t图象可以读出：Φm=1.0_10﹣2Wb，T=3.14_10﹣2s感应电动势值Em=nBSω=nωΦm，又ω=，得到Em=nΦm故电路中电流值Im===A=2A.交流电流表读数I=0.707Im≈1.4A.答：串联在外电路中的交流电流表的读数是1.4A.11.6V12w1.B2.解：根据右手螺旋定则，环形电流可以等效为小磁针，小磁针的N极指向右，根据异性相吸，知线圈向左运动.故A正确，B、C、D错误.故选A.3.解：由图乙所示可知，在0﹣1s内，电流是正的，即从上向下看，沿顺时针方向，电流大小是定值，则磁感应强度均匀变化，在1﹣2s内，感应电流为零，则磁感应强度不变，在2﹣4s内，感应电流是负的，即沿逆时针方向，电流大小不变，则磁感应强度随时间均匀变化;A、根据图示图象，由楞次定律可知，0﹣1s内感应电流感应电流沿顺时针方向(从上向下看)，在1﹣2s内磁感应强度不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，在2﹣4s内，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，符合题意，故A正确;B 错误;C、由图示图示可知，在1﹣2s内，磁感应强度是变化的，穿过线圈的磁通量是变化的，线圈中有感应电流，不符合题意，故C错误;D、根据图示图象，由楞次定律可知，0﹣1s内感应电流感应电流逆时针方向(从上向下看)，在1﹣2s内磁感应强度不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，在2﹣4s内，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，不符合题意，故D错误; 故选：A.4.解：A、B、当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右下方，则线圈对桌面的压力增大，即N大于mg.线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力.故A正确，B错误.C、当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右上方，则线圈对桌面的压力减小，即N小于mg.线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力.故C错误，D、当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流从上向下看是逆时针方向;当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流从上向下看是顺时针方向，故D错误.故选：A.5.CD楞次定律.解：环中通以恒定电流I后，圆环所受安培力为BI•2πr，则在竖直方向的分力为2πrBIcosθ，AC、由牛顿第二定律，可得：BI2πrcosθ﹣mg=ma，则圆环向上的加速度为a=﹣g，竖直向上，在电流未撤去时，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t，速度会达到值，由v=at得v=﹣gt，故C项正确;在时间t内，上升的高度h=，则安培力对圆环做功为W=Fh=πrBIt2cosθ(﹣g)，故A错误;B、电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线而做变减速运动，故B项错误;D、圆环通电流时，电流方向为顺时针，安培力分量指向圆心，有收缩的趋势，撤去电流后，切割产生的感应电流为逆时针，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，故D正确.故选：CD.6.解：A、当条形磁铁插入线圈的瞬间，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流.条形磁铁第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢.条形磁铁第二次迅速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同.故A正确;B、根据法拉第电磁感应定律=第二次线圈中产生的感应电动势大，感应电流：I=也大，外力做的功转化为内能：W=Q=I2Rt=t=t=所以外力做的功与所用的时间成反比，即速度越快，外力做的功越多.故B错误;C、根据法拉第电磁感应定律=第二次线圈中产生的感应电动势大，故C错误;D、根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小.再由q=It可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值，由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体横截面的电荷量不变，故D正确;故选：AD.7.①(连错一条线则得0分)②Ⅰ.将开关闭合(或者断开);Ⅱ.将螺线管A插入(或拔出)螺线管B8.(1)ab中的电流方向为b到a(2)(3)R1=2.0Ωm=0.1kg(1)由右手定则，金属棒ab中的电流方向为b到a(2)由能量守恒，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热解得：(3)设速度为v，切割磁感线产生的感应电动势由闭合电路的欧姆定律：从b端向a端看，金属棒受力如图：金属棒达到速度时满足由以上三式得：由图像可知：斜率为，纵截距为v0=30m/s，得到：解得：R1=2.0Ωm=0.1kg点评：本题考察了常见的电磁感应类的问题，通过受力分析弄清物体运动过程，并结合能量守恒定律求出电阻发热等问题。