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…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁,總=sectionpages22頁第=page11頁,總=sectionpages11頁2025年滬科版高二物理上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍:全部知識點;考試時間:120分鐘學校:______姓名:______班級:______考號:______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題,共16分)1、如圖所示,用電池對電容器充電,電路a、b之間接有一靈敏電流表;兩極板間有一個電荷q處于靜止狀態(tài).現將兩極板的間距變大,則()

A.電荷將向上加速運動。

B.電荷將處于靜止狀態(tài)。

C.電流表中將有從a到b的電流。

D.電流表中將有從b到a的電流。

2、A、B兩個質點分別做勻速圓周運動,在相等時間內,所通過的弧長之比SA:SB=4:3,所轉過的圓心角之比θA:θB=3:2,則下列說法中正確的是()A.它們的線速度之比vA:vB=3:4B.它們的角速度之比ωA:ωB=4:3C.它們的周期之比TA:TB=3:2D.它們的向心加速度之比aA:aB=2:13、如圖所示,一電壓表和可變電阻器R串聯(lián)后接在一個電壓恒定的電源兩端,如果可變電阻的阻值減小到原來的電壓表的示數將由U變?yōu)?U,則()

A.流過R的電流將增大到原來的2倍。

B.R兩端的電壓將減來原來的

C.R上消耗的功率將變?yōu)樵瓉淼?/p>

D.當R阻值變?yōu)榱銜r;電壓表示數將增大到3U

4、如圖所示,使陰極射線管發(fā)出的電子束發(fā)生偏轉的作用力是()A.電場力B.安培力C.萬有引力D.洛侖茲力5、平行板電容器充電平衡后仍與電源相連,兩極板間的電壓是U,充電荷量為Q,兩極板間場強為E,電容為C,現將兩極板間距離增大,則()A.U不變,E不變,C不變,Q不變B.U不變,E變小,C變小,Q變小C.U不變,E變大,C變大,Q變大D.U不變,E不變,C變大,Q變小6、一質量為m

的滑塊,以速度v

在光滑水平面上向左滑行,從某一時刻起,在滑塊上作用一向右的水平力,經過一段時間后,滑塊的速度變?yōu)殁?2v(

方向與原來相反)

在這段時間內,水平力所做的功為()A.32mv2

B.鈭?32mv2

C.52mv2

D.鈭?52mv2

7、以下電磁波波長由長到短排列正確的是(

)

A.紫外線紅外線可見光B.紅外線紫外線可見光C.可見光紅外線紫外線D.紅外線可見光紫外線8、一演示自感現象的實驗電路圖如圖所示,L是帶鐵芯的線圈,A是一只燈泡,開關S處于閉合狀態(tài),燈泡正常發(fā)光,現斷開S,燈泡過一會兒才熄滅。關于斷開S前和斷開S后瞬間,通過燈泡A的電流方向,下面說法正確的是()A.斷開S前,b→a;斷開S后瞬間,a→bB.斷開S前,a→b;斷開S后瞬間,b→aC.斷開S前,b→a;斷開S后瞬間,b→aD.斷開S前,a→b;斷開S后瞬間,a→b;評卷人得分二、雙選題(共2題,共4分)9、下列說法中;正確的是()

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖,麥芽糖是它的同分異構體C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中,滴加銀氨溶液,再水浴加熱有銀鏡生成D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液,加入碘水溶液,溶液不變藍,證明淀粉尚未水解10、下列說法中;正確的是()

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖,麥芽糖是它的同分異構體C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中,滴加銀氨溶液,再水浴加熱有銀鏡生成D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液,加入碘水溶液,溶液不變藍,證明淀粉尚未水解評卷人得分三、多選題(共9題,共18分)11、如圖所示,當金屬棒a

在水平金屬軌道上運動時,線圈b

向右擺動,則金屬棒a

A.向左減速運動B.向右減速運動C.向左勻速運動D.向右加速運動12、如圖所示,邊長為L

的正方形閉合導線框abcd

的質量為m

在方向水平的勻強磁場上方某高度處自由落下并穿過磁場區(qū)域。線框在下落過程中形狀不變,ab

邊始終保持與磁場邊界線平行,線框平面與磁場方向垂直。已知磁場區(qū)域高度h>L

重力加速度為g

下列判斷正確的是()

A.若進入磁場時線框做勻速運動,則離開磁場時線框也一定做勻速運動B.若進入磁場時線框做減速運動,則離開磁場時線框也一定做減速運動C.若進入磁場過程中線框產生的熱量為mgL

則離開磁場過程中線框產生的熱量一定大于mgL

D.若進入磁場過程線框截面中通過的電量為q

則離開磁場過程通過線框導線橫截面的電量也一定等于q

13、氫原子的核外電子由離核較遠的軌道躍遷到離核較近的軌道上時,下列說法中正確的是()A.核外電子受力變小B.氫原子要吸收一定頻率的光子C.氫原子要放出一定頻率的光子D.原子的能量減少,電子的動能增加14、如圖所示,電阻R1=10Ω,電動機M線圈電阻R2=10Ω,電路兩端電壓U保持不變.當開關S斷開時,電流表的示數為I1=0.5A;當開關S閉合后,電動機轉起來,電流表示數為I2,整個電路消耗的電功率為P,則()A.U=5VB.I2=1AC.P=5WD.P<5W15、如圖所示,在光滑的水平面上,小車M

內有一彈簧被A

和B

兩物體壓縮,A

和B

的質量之比為12

它們與小車間的動摩擦因數相等,釋放彈簧后物體在極短時間內與彈簧分開,分別向左、右運動,兩物體相對小車靜止下來,都未與車壁相碰,則()

A.小車始終靜止在水平面上B.B

先相對小車靜止下來。

C.最終小車水平向右勻速運動D.最終小車靜止在水平面上16、如圖所示,在相鄰的矩形區(qū)域abef

和正方形區(qū)域bcde

中,有垂直紙面向里和向外的勻強磁場,磁感應強度大小分別為2B

和B

邊長ab=Lbe=cd=2L

一帶正電粒子從邊界點f

以速度v

沿邊界fe

方向進入磁場,恰好從邊界點c

離開磁場,不計粒子重力.

下列說法正確的是

A.粒子過c

點時,速度方向與邊界cd

不垂直B.粒子過c

點時,速度方向與邊界cd

垂直C.粒子的比荷(

電量與質量的比值)

為6v13BL

D.粒子的比荷為2v5BL

17、如圖所示,理想變壓器原線圈接有交流電源,副線圈上通過輸電線接有燈泡LlL2

和含有鐵芯的線圈L

輸電線等效電阻為R.

開始時,開關S

斷開,滑片P

處于圖示位置,燈泡L1

能發(fā)光.

要使燈泡L1

變亮,可以采取的辦法是(

)

A.向上滑動P

B.閉合開關S

C.抽出線圈中的鐵芯D.增大交流電源的頻率18、如圖所示,用長為L的輕繩(輕繩不可伸長)連接的甲、乙兩物塊(均可視為質點),放置在水平圓盤上,甲、乙連線的延長線過圓盤的圓心O,甲與圓心O的距離也為L,甲、乙兩物體的質量均為m,與圓盤間的動摩擦因數均為μ,物塊與圓盤間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,甲、乙始終相對圓盤靜止,則下列說法中正確的是()A.圓盤轉動的角速度最大為B.圓盤轉動的角速度最大為C.輕繩最大彈力為D.輕繩最大彈力ung19、如圖所示是霍爾元件的工作原理示意圖,如果用d表示薄片的厚度,k為霍爾系數,對于一UH個霍爾元件d、k為定值,如果保持電流I恒定,則可以驗證UH隨B的變化情況.以下說法中正確的是()A.將永磁體的一個磁極逐漸靠近霍爾元件的工作面時,將變大B.在測定地球兩極的磁場強弱時,霍爾元件的工作面應保持水平C.在測定地球赤道上的磁場強弱時,霍爾元件的工作面應保持水平D.改變磁感線與霍爾元件工作面的夾角,UH將發(fā)生變化評卷人得分四、填空題(共4題,共16分)20、某發(fā)電站采用高壓輸電向外輸送電能.若輸送的總功率為P0,輸電電壓為U,輸電導線的總電阻為R.則輸電線上的電流______,輸電線上損失的功率______.21、黑體輻射電磁波時,隨著溫度的升高,一方面黑體輻射各種波長電磁波的本領都______(填“增強”或“減弱”),另一方面輻射本領的最大值向波長較______(填“短”或“長”)的方向移動.22、相同溫度下氫氣和氧氣分子熱運動分子平均動能______(

填“相同”或“不同”)

平均速率之比為______.23、將一帶電量為2×10-8C的檢驗電荷放入點電荷Q的電場中的p點時,受到的電場力為2×10-2N,則p點的電場強度為______N/C,如果移走檢驗電荷,則p點的電場強度為______N/C.評卷人得分五、判斷題(共2題,共12分)24、只有沿著電場線的方向電勢才會降低,所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向.(判斷對錯)25、只有沿著電場線的方向電勢才會降低,所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向.(判斷對錯)評卷人得分六、作圖題(共1題,共6分)26、作圖。

(1)如圖1;質點沿圓周做逆時針方向的勻速圓周運動,先后通過A;B、C三點,試畫出:

①質點經過A點時的速度。

②從B點到C點的位移.

(2)如圖2所示,金屬棒ab在勻強磁場中沿金屬導軌向右運動,請在圖中畫出螺線管中感應電流的方向和ab棒所受磁場力的方向.參考答案一、選擇題(共8題,共16分)1、D【分析】

A、B將兩極板的間距變大,而電容器的電壓不變,板間場強E=減?。浑姾蓂所受的電場力F=Eq減小,電荷將向下加速運動.故A錯誤,B也錯誤;

C、D根據電容的決定式可知,電容減小,電容器的電壓U不變,由電容的定義式分析得知,電容器的電量減小,電容器放電,而電容器上極板帶正電,則電流表中將有從b到a的電流.故C錯誤;D正確.

故選D.

【解析】【答案】電荷q處于靜止狀態(tài),受到重力與電場力而平衡.將兩極板的間距變大,而電容器的電壓不變,根據板間場強E=分析場強的變化,再分析電荷q所受電場力的變化,判斷電荷q的運動方向.根據電容的決定式分析電容的變化,而電容器的電壓一定,再由電容的定義式分析板間電容器電量的變化;根據電容器是充電還是放電,分析電路中電流的方向.

2、D【分析】【解答】解:A、兩質點分別做勻速圓周運動,若在相等時間內它們通過的弧長之比為SA:SB=4:3,根據公式公式v=線速度之比為vA:vB=4:3;故A錯誤;

B、通過的圓心角之比θA:θB=3:2,根據公式ω=角速度之比為3:2,故B錯誤;

C、由根據公式T=周期之比為TA:TB=2:3;故C錯誤;

D、根據an=ωv,可知aA:aB=2:1;故D正確;

故選:D

【分析】根據公式v=求解線速度之比,根據公式ω=求解角速度之比,根據公式T=求周期之比,根據an=ωv,即可求解加速度之比.3、A|B|D【分析】

A.電壓表的內阻不變;通過電壓表的電流等于電壓表的示數除以電壓表的內阻,電壓表的示數變?yōu)樵瓉淼膬杀?,則通過電壓表的電流也變?yōu)樵瓉淼?倍.電壓表和電阻串聯(lián),電流相等.故A對.

B.電流變?yōu)樵瓉淼?倍,電阻變?yōu)樵瓉淼挠蒛=IR,得,電壓變?yōu)樵瓉淼模蔅對.

C.電流變?yōu)樵瓉淼?倍,電阻變?yōu)樵瓉淼挠蒔=I2R;得,功率不變.故C錯.

D.當R=0,電壓表示數表示加在兩端的恒定電壓.設R開始兩端間的電壓為U1,而加在兩端的電壓恒定,當電壓表的示數將由U變?yōu)?U,電阻的電壓變?yōu)樵瓉淼膭tU1+U=U1+2U,所以U1=2U;可知加在兩端的電壓為3U.故D對.

故選ABD

【解析】【答案】由題意可知;電壓表不是理想電表,要考慮電壓表的內阻.電壓表的內阻不變,可根據電壓表示數的變化可以判斷出電流的變化,從而判斷出電阻R兩端的電壓以及消耗的功率.當R=0,電壓表示數表示加在兩端的恒定電壓.

4、D【分析】使陰極射線管發(fā)出的電子束發(fā)生偏轉的作用力是洛侖茲力,D對;【解析】【答案】D5、B【分析】試題分析:電容器一直和電源連通,所以兩極板間的電壓不變;將兩極板間距離增大,由勻強電場中可知極板間場強減小;由平行板電容器電容的決定式可知,電容器的電容變??;根據電容定義可知,電容器電荷量減小,綜上述可知,只有選項B正確;考點:平行板電容器【解析】【答案】B6、A【分析】【分析】物體在光滑水平面上向左滑行的同時,受到向右作用一水平力,經過一段時間速度向右,則由動能定理可求出這段時間內力做的功。本題由于水平力是否恒定不清楚,所以必須運用動能定理來解決,只要明確初動能與末動能大小,無須關注速度的方向?!窘獯稹克搅ψ龅墓Φ扔谖矬w動能的變化量,所以A正確。故選A。【解析】A

7、D【分析】解:依照波長的由長到短;電磁波譜可大致分為:無線電波,紅外線,可見光,紫外線,倫琴射線,婁脙

射線(

伽馬射線)

故D正確,ABC錯誤.

故選:D

在空間傳播著的交變電磁場;即電磁波.

它在真空中的傳播速度約為每秒30

萬公里.

電磁波包括的范圍很廣.

實驗證明,無線電波;紅外線、可見光、紫外線、X

射線、婁脙

射線都是電磁波.

它們的區(qū)別僅在于頻率或波長有很大差別.

依照波長的長短的不同;電磁波譜可大致分為:無線電波,紅外線,可見光,紫外線,倫琴射線,婁脙

射線(

伽馬射線)

本題關鍵是明確無線電波、紅外線、可見光、紫外線、X

射線、婁脙

射線都是電磁波,同時要知道它們的波長特點和各自的應用.【解析】D

8、B【分析】解:開關S斷開前,流過燈泡的電流為電源提供,左端與電源正極相連,故燈泡中電流方向從左到右,即為a→b;迅速斷開開關S時,燈泡中原來的電流瞬間減小到零,而線圈由于要阻礙電流的減小,產生自感電動勢,由楞次定律和右手定則可判斷右端為高電勢,與燈泡組成閉合回路,感應電流流過燈泡,故燈泡中電流方向從右到左,即為b→a;故B正確,ACD錯誤。

故選:B。

線圈的特點是閉合時阻礙電流的增大;斷開時產生一自感電動勢相當于電源,與A組成閉合回路,從而A中電流方向反向。

自感現象是特殊的電磁感應現象,法拉第電磁感應定律和楞次定律同樣適用;注意明確斷開時L可視為電源?!窘馕觥緽二、雙選題(共2題,共4分)9、AB【分析】本題考查物質的性質。該題屬于基礎性試題,難度不大。只要能記住常見物質的性質,就不難得出正確的結論。

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂;故A正確;

B.蔗糖是最重要的二糖;麥芽糖是它的同分異構體,故B正確;

C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中;加氫氧化鈉中和硫酸以后再滴加銀氨溶液,再水浴加熱有銀鏡生成,故C錯誤;

D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液;加入碘水溶液,溶液不變藍,證明淀粉水解完全,故D錯誤;

?故選AB?!窘馕觥緼B10、AB【分析】本題考查物質的性質。該題屬于基礎性試題,難度不大。只要能記住常見物質的性質,就不難得出正確的結論。

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂;故A正確;

B.蔗糖是最重要的二糖;麥芽糖是它的同分異構體,故B正確;

C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中;加氫氧化鈉中和硫酸以后再滴加銀氨溶液,再水浴加熱有銀鏡生成,故C錯誤;

D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液;加入碘水溶液,溶液不變藍,證明淀粉水解完全,故D錯誤;

?故選AB。【解析】AB三、多選題(共9題,共18分)11、AB【分析】【分析】導線a

運動時,切割磁感線產生感應電流,由右手定則判斷感應電流的方向,感應電流流過螺線管,螺線管產生磁場,就有磁通量穿過環(huán)b

根據安培定則判斷感應電流產生的磁場方向,根據楞次定律判斷環(huán)b

中產生的電流方向,選擇題意的選項。本題是有兩次電磁感應的問題,比較復雜,考查綜合運用右手定則、楞次定律:阻礙相對運動,和安培定則的能力?!窘獯稹緼.導線a

減速向左運動時,導線a

中產生的感應電動勢和感應電流減小,螺線管產生的磁場減小,穿過環(huán)b

中的磁通量減小,則環(huán)b

靠近螺線管,以阻礙磁通量的減小,故A正確;B.導線a

減速向右運動時,導線a

產生的感應電動勢和感應電流減小,螺線管產生的磁場減小,穿過環(huán)b

中的磁通量減小,則環(huán)b

向螺線管靠近,以阻礙磁通量的減小,故B正確;C.導線a

減速向左勻速運動時,導線a

中產生的感應電動勢和感應電流不變,螺線管產生的磁場不變,穿過環(huán)b

中的磁通量不變,則環(huán)b

向螺線管靜止不動,故C錯誤;D.導線a

加速向右運動時,導線a

中產生的感應電動勢和感應電流增加,螺線管產生的磁場增大,穿過環(huán)b

中的磁通量增大,則環(huán)b

遠離螺線管,以阻礙磁通量的增加,故D錯誤。故選AB。【解析】AB

12、BCD【分析】【分析】線框進入磁場時產生的電動勢與離開磁場時產生的電動勢方向相反;根據能量守恒定律分析線框在進入磁場的過程中產生的熱量;由法拉第電磁感應定律分析感應電動勢,由歐姆定律、電流定義式得出電荷量的變化。本題考查了導體切割磁感線時的感應電動勢、閉合電路的歐姆定律、電磁感應中的能量轉化。本題是電磁感應與力學知識的綜合,安培力是聯(lián)系電磁感應和力學的橋梁,安培力的分析和計算是這類問題的關鍵?!窘獯稹緼B.

線框進入磁場做勻速運動,線框受到重力和安培力,方向相反;線框離開磁場做勻速運動,線框受到重力和安培力,方向相同;所以若進入磁場時線框做勻速運動,則離開磁場時線框作勻加速運動;若進入磁場時線框做減速運動,則離開磁場時線框也一定做減速運動;故A錯誤,B正確;C.若進入磁場過程中線框產生的熱量為mgL

由能量守恒定律可知離開磁場過程中線框產生的熱量大于mgL

故C正確;D.線框進入磁場過程產生的感應電動勢:E鈥?=?婁碌?t=BL2?t

感應電流:I=E鈥?R

電荷量:q=I鈻?t

解得:q=BL2R

同理,離開磁場過程線框截面中通過的電量q=BL2R

故D正確。故選BCD?!窘馕觥緽CD

13、CD【分析】解:A、根據F=得軌道半徑減??;則核外電子受力變大。故A錯誤;

BC;從距核較遠的軌道躍遷到離核較近的軌道過程中;總能量減小,要放出一定頻率的光子,故B錯誤,C正確。

D、從距核較遠的軌道躍遷到離核較近的軌道過程中,能級減小,總能量減小,根據=知電子的動能增加。故D正確;

故選:CD。

根據庫侖引力的公式確定受力的變化;通過能量的變化確定是吸收光子還是釋放光子。根據庫侖力提供向心力分析電子動能的變化。

解決本題的關鍵知道從高能級向低能級躍遷,放出光子,從低能級向高能級躍遷,吸收光子?!窘馕觥緾D14、AD【分析】解:當電鍵S斷開時,由歐姆定律得,U=I1R1=5V.當電鍵S閉合后,通過R1的電流仍為0.5A,電動機轉動,電動機的電流I<=A=0.5A,故電流表的電流I2<1A,電動機中電功率P=UI2<5W.

故AD正確;BC錯誤.

故選:AD.

當電鍵S斷開時,由歐姆定律求出電阻R1的電壓U;當電鍵S閉合后,通過R1的電流仍為0.5A,電動機的電路是非純電阻電路,由I2<求出其電流的范圍;即得到電流表電流的范圍.由P=UI求解電路中功率范圍.

本題要抓住非純電阻電路與純電阻電路的區(qū)別,電動機正常工作時,其電路是非純電阻電路,歐姆定律不成立,I2<是關鍵不等式.【解析】【答案】AD15、BD【分析】略【解析】BD

16、BC【分析】【分析】本題是帶電粒子在有界磁場中的運動的典型問題。根據洛倫茲力提供向心力,得出牛頓第二定律方程,并結合幾何關系進行求解?!窘獯稹扛鶕缀侮P系分析粒子過cc點時,速度方向與邊界cdcd垂直,根據洛倫茲力提供向心力得出;r=mvqB

得出:r1r2=12

畫出軌跡圖為:根據幾何關系得出:2L鈭?(r1鈭?r1cos(婁脕))=2r1鈭?2r1cos(婁脕)

再結合圖形得出:sin(婁脕)=Lr1

解得:r1=1312L

根據r1=mvq隆脕2B

聯(lián)立得出:qm=6v13BL

故AD錯誤,BC正確。故選BC?!窘馕觥緽C

17、AC【分析】解:A

向上滑動P

副線圈匝數增大;副線圈電壓增大,電流增大,燈泡L1

變亮,故A正確。

B;閉合開關S

負載電阻減小,副線圈電流增大,R

分壓增大,并聯(lián)支路的電壓減小,燈泡變暗,故B錯誤。

C;抽出線圈中的鐵芯;線圈的自感作用減小,通過燈泡的電流增大,燈泡L1

變亮,故C正確。

D;增大交流電源的頻率不會改變副線圈的電壓;但線圈的自感作用增大,阻礙電流的通過,燈泡亮度變暗,故D錯誤。

故選:AC

根據變壓器的特點;利用動態(tài)分析的方法分析電流電壓的變化,再根據變壓器的匝數與電流電壓的關系即可判斷各項。

本題結合變壓器考查了電路的動態(tài)分析,方法是從部分電路的變化分析整體的變化然后再到部分,對電感線圈要了解其通低頻阻高頻的特點.【解析】AC

18、BC【分析】解:當ω較小時,甲乙均由靜摩擦力充當向心力,ω增大,由F=mω2r可知;它受到的靜摩擦力也增大;

而r甲=L,r乙=2L,r甲<r乙;所以乙受到的靜摩擦力先達到最大,此后ω繼續(xù)增大;

要保證乙不滑動;輕繩產生彈力并增大,甲受到的靜摩擦力繼續(xù)增大,直到甲受到的靜摩擦力也達到最大;

此時ω最大;輕繩彈力T也最大;

對乙:FTmax+μmg=mωmax2?2L

對甲:μmg-FTmax=mωmax2L

故圓盤轉動的角速度最大為

輕繩彈力最大為

故AD錯誤;BC正確;

故選:BC。

甲乙都做勻速圓周運動;合外力提供向心力,當轉速較小時,繩子沒有張力,甲乙都是由靜摩擦力提供向心力,方向都指向圓心,當甲開始滑動時,甲乙都滑動了,說明此時甲乙都已達到最大靜摩擦力,由向心力公式可求得角速度和繩子的拉力。

解決本題的關鍵知道當角速度達到最大時,整體靠兩者的最大靜摩擦力提供向心力,而甲和乙均靠拉力和本身所受的最大靜摩擦力的合力提供向心力?!窘馕觥緽C19、ABD【分析】解:A、電子最終在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡,evB=得:UH=vBL,則將永磁體的一個磁極逐漸靠近霍爾元件的工作面時,B增大,則UH將變大。故A正確。

B;C、地球赤道上方的地磁場方向水平;兩極上方的磁場方向豎直;在測地球赤道上方的地磁場強弱時,元件的工作面應保持豎直,在測量兩極磁場強弱時,霍爾元件的工作面應水平。故B正確,C錯誤。

D、改變磁感線與霍爾元件工作面的夾角,需將磁場進行分解,在垂直于工作面方向上的磁感應強度小于原磁場磁感應強度的大小,則UH將發(fā)生變化。故D正確。

故選:ABD。

穩(wěn)定時;電子所受的洛倫茲力和電場力平衡,測量地磁場強弱時,讓地磁場垂直通過元件的工作面,通過地磁場的方向確定工作面的位置.

解決本題的關鍵知道霍爾效應的原理,知道電子受到電場力和洛倫茲力平衡【解析】ABD四、填空題(共4題,共16分)20、略

【分析】解:輸電線上損失的電流I=輸電線上損失的功率.

故答案為:.

根據P=UI求出輸電線上的電流,根據求出輸電線上損失的功率.

解決本題的關鍵知道輸送功率、電壓、電流的關系,知道輸電線上損失的功率基礎題.【解析】21、略

【分析】解:黑體輻射隨著波長越短溫度越高則輻射越強;所以黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與黑體的溫度有關,輻射本領的最大值向波長較短的方向移動.

故答案為:增強;短。

能100%地吸收入射到其表面的電磁輻射;這樣的物體稱為黑體.普朗克通過研究黑體輻射提出能量子的概念,成為量子力學的奠基人之一;原子向外輻射光子后,能量減小,加速度增大.黑體輻射隨著波長越短溫度越高輻射越強;

首先要知道什么是黑體,其次要知道黑體的輻射只與溫度有關,關于黑體問題,只要求有基本的了解就行.【解析】增強;短22、略

【分析】解:溫度相同則分子的平均動能相同;

由EK爐=12mv2爐

可得VH2爐Vo

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