山东省青岛第二中学2026-2027学年高二上学期国庆假期物理作业一

青岛二中2026-2027学年度高二第一学期假期作业一 2026.10.01 一 、选择题：第 1~6 题只有一项符合题目要求；第 7~10 题有多项符合题目要求。 1．水平架设的三根绝缘直流输电线缆彼此平行，某时刻电流方向如图所示，电缆线M在最上方，两根电缆线P、Q在下方，且位于同一水平高度处，PQM为等腰三角形，，O点是P，Q连线的中点，电缆线上的M点、P点、Q点在同一竖直平面内，忽略地磁场，下列说法正确的是 A．输电线缆M、P相互吸引 B．输电线缆M所受安培力的方向竖直向下 C．输电线缆M在O点处产生的磁场方向竖直向下 D．O点处的磁场方向沿水平方向由Q指向P 2．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时，得到的图像如图所示。从图中状态到状态，小灯泡电阻的变化量和电功率的变化量分别为 A．， B．， C．， D．， 3．某款电动自行车的内部电路可简化为如图所示，电源铭牌上标有“36V，12Ah”字样。正常工作时，电源的输出功率为180W，工作效率为75%，电动机机械效率为80%。已知自行车运动时受到阻力恒为40N。正常工作时 A．电动机两端电压为36V B．电动机的电流约为5A C．自行车匀速行驶的最长时间约为1.8h D．自行车匀速行驶的最远距离约为30km 4．如图所示为两个量程的电压表，量程为0~3V和0~15V。实验发现：0~3V量程下，电压表两端施加3V电压时，表头恰好满偏；0~15V量程下，电压表两端施加15V电压时，表头未达到满偏。现要通过调整电阻或对该电压表进行校准。下列操作可行的是 A．仅增大的阻值 B．仅减小的阻值 C．仅增大的阻值 D．仅减小的阻值 5．如图所示，用电阻率为，横截面积为S，粗细均匀的电阻丝折成一个圆形框架。A、B为框架上的两点，。A、B两点与一个电动势为E，内阻忽略不计的电源相连。垂直于竖直框架平面有一个磁感强度为B、方向水平向里的匀强磁场。这个框架受到的安培力的合力大小和方向为 A．，竖直向上 B．，竖直向上 C．，竖直向下 D．，竖直向下 6．（2021·全国乙卷·高考真题）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为的带电粒子从圆周上的M点沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则为 A． B． C． D． 7．某实验小组通过图甲所示的实验电路图测量一节干电池的电动势和内电阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的图线，以下结论正确的是   A．干电池内阻的测量值为 B．干电池内阻的测量值偏小 C．干电池电动势的测量值 D．实验误差来源于电流表分压 8．如图所示，分界线MN上下两侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，一质量为m，电荷为q的带电粒子（不计重力）从O点出发以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出，经时间t又回到出发点O，形成了图示心形图案，则 A．粒子一定带正电荷 B．MN上下两侧的磁场方向相同 C．MN上下两侧的磁感应强度的大小B1:B2=1:2 D．时间 9．直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的 A．总功率一定减小 B．效率一定增大 C．内部损耗功率一定减小 D．输出功率一定先增大后减小 10．如图所示，、是相互平行、间距为L的长直边界，在两边界外侧都存在匀强磁场，方向均垂直于纸面向内，右侧磁场的磁感应强度大小为。一质量为，电荷量为的带电粒子从边界的O点以大小为的初速度垂直于边界沿纸面射入右侧磁场区，一段时间后粒子从右向左再次经过O点，不计粒子的重力。左侧磁场的磁感应强度可能值为   A． B． C． D． 二、实验题 11．LED灯的核心部件是发光二极管，某同学欲测量一只工作电压为的发光二极管的正向伏安特性曲线，所用器材有：电压表（量程，内阻约），电流表（用多用电表的直流挡替代，内阻约为），滑动变阻器（），电池组，开关和导线若干。他设计的电路如图（a）所示。回答下列问题： (1)根据图（a），在实物图（b）上完成连线； (2)调节滑动变阻器的滑片至最______端（选填“左”或“右”），将多用电表选择开关拨至直流挡，闭合开关； (3)某次测量中，多用电表示数如图（c），则通过二极管的电流为______； (4)该同学得到的正向伏安特性曲线如图（d）所示。由曲线可知，随着两端电压的增加，二极管的正向电阻______（选填“增大”“减小”或“不变”）；当两端电压为时，正向电阻为______（结果保留两位有效数字）。 三、解答题 12．光滑的金属导轨相互平行，它们所在平面与水平面夹角为45°，磁感应强度为B=1T的匀强磁场竖直向上穿过导轨，此时导轨上放一重0.1N、电阻5Ω的金属棒，导轨间距L=0.5m，导轨中所接电源的电动势为6V，内阻1Ω，电阻R阻值未知，其它的电阻不计，则欲使金属棒在导轨上保持静止，求： (1)电阻的阻值R的大小； (2)若只改变磁感应强度的方向和大小，金属棒在导轨上仍保持静止，求磁感应强度的最小值及方向。 13．如图所示，边长为L的正方形abcd区域内分布磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。从ab边的中点P处发射速率不同、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子沿纸面与Pb成的方向射入该磁场区域，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。 （1）若带电粒子垂直于ad边射出磁场，求该粒子的运动时间； （2）求ab边界有粒子离开磁场的区域长度； （3）若粒子离开磁场时的速度方向偏转了60°，求该粒子的速度大小。 14．如图，在平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电的粒子从点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角，从点射出磁场。已知粒子的电荷量为，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。 (1)求粒子射入磁场的速度大小和在磁场中运动的时间。 (2)若在平面内某点固定一负点电荷，电荷量为，粒子质量取（k为静电力常量），粒子仍沿（1）中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小。 (3)在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间速度方向首次与N点速度方向相反，求（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势）。 《青岛二中2025-2026学年度高二第一学期假期作业一》参考答案 1．【答案】D 【详解】A．输电线缆M、P电流方向相反，相互排斥，故A错误； B．由右手螺旋定则及磁场的叠加可知P、Q两条线缆在M点所产生的合场强水平向右，根据左手定则知M线缆受到的安培力方向竖直向上，故B错误； C．由右手螺旋定则可知M线缆在O点处产生的磁场方向由O点指向P点，故C错误； D．由右手螺旋定则及题意可知P、Q线缆在O点处产生的磁场方向等大反向，M线缆在O点处产生的磁场方向由O点指向P点，故合场强的方向由Q点指向P点，故D正确。故选D。 2．【答案】B 【详解】 从图像中读出两点坐标： 状态:Ua​=0.6 V， 则 ,状态：， 则 ， 故电阻变化量为2Ω，电功率变化量为0.68W。 故选B。 3．【答案】C【详解】AB．正常工作时，电源的输出功率为180W，工作效率为75%，则电源的输入功率为且由公式 解得电动机的额定电流约为 设电动机的内阻为，电动机的效率为80%，则 解得 由于电源与电动机都有内阻，故电动机两端电压 故AB错误； CD．根据电池容量，电流为，则可得 自行车匀速行驶时则由解得 自行车匀速行驶的最远距离约为故C正确，D错误。故选C。 4．【答案】D【详解】根据串联电路的特点 时， 现要使I增大，只能减小的阻值。 5．A【详解】根据左手定则判断圆形框架受到的安培力一定竖直向上；设下方圆弧电阻为r，则上方圆弧电阻为3r，圆形框架的半径为R，其中 二者并联总电阻为 由欧姆定律 而有效长度为，根据安培力公式 故选A。 6．【答案】B【详解】根据题意做出粒子的圆心如图所示 设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径 第二次的半径 根据洛伦兹力提供向心力有可得所以 故选B。 7.【答案】BC 【详解】AC．根据闭合电路欧姆定律可得结合图像有， 即干电池电动势的测量值，干电池内阻的测量值为，故A错误，C正确； BD．实验误差来源于电压表分流，设电压表内阻为，则根据闭合电路欧姆定律有 整理可得可知，干电池内阻的测量值为 则干电池内阻的测量值偏小，故B正确，D错误。故选BC。 8．BD【详解】A. 题中未提供磁场的方向和绕行的方向，所有不能用洛伦兹力充当圆周运动的向心力的方法判定电荷的正负，故A错误； B. 粒子越过磁场的分界线MN时，洛伦兹力的方向没有变，根据左手定则可知磁场方向相同，故B正确； C. 设上面的圆弧半径是r1，下面的圆弧半径是r2，根据几何关系可知r1:r2=1:2；洛伦兹力充当圆周运动的向心力，解得：，所以B1:B2=r2:r1=2:1，故C错误； D. 由洛伦兹力充当圆周运动的向心力，周期T=2πr/v，得；带电粒子运动的时间t=T1+T2/2=，由B1:B2=2:1得t=，故D正确．故选BD. 9．ABC【详解】当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的电阻变大，整个回路的电流变小，内部消耗的功率P=一定减小，C正确；总功率P=EI一定减小，A正确；而内电压降低，外电压升高，电源的效率增大，B正确；当内电阻等于外电阻时，输出功率最大，此题中无法知道内外电阻的关系，因此D不对 10.【答案】CD【详解】根据题意，设带电粒子在右侧匀强磁场中运动的轨道半径为r，由解得 设粒子在PQ左侧匀强磁场中运动的轨道半径为R，若粒子进入左侧磁场区运动一次后，从右向左经过O点，其轨迹如图则有由解得 若粒子两次进入左侧磁场区运动后，才从右向左经过O点，粒子运动轨迹如图  由几何关系可知由解得 故选CD。 11．【详解】（1）根据多用电表红黑表笔的接法“红进黑出”可知，黑表笔接二极管正极，红表笔接滑动变阻器上接线柱，滑动变阻器采用分压式接法，则连线如图所示 （2）为保护电路，开关闭合前需将滑动变阻器的滑片置于最左端； （3）多用电表所选量程为，由题图（c）可知，则通过二极管的电流为； （4）图像中，图线上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，由题图（d）可知，随着电压的增加，图线上的点与原点连线的斜率逐渐增大，则二极管的电阻逐渐减小；当二极管两端电压为时，通过二极管的电流为，则电阻大小为 12．【答案】(1)24Ω (2)，方向垂直金属导轨斜向左上 【详解】（1）使金属棒在导轨上保持静止，根据受力平衡可得 根据闭合电路欧姆定律可得 联立解得 （2）若只改变磁感应强度的方向和大小，金属棒在导轨上仍保持静止，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，即磁感应强度最小，根据左手定则可知磁感应强度方向垂直金属导轨斜向左上；根据平衡条件可得 解得 13．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）如图 该粒子的圆心角为，则运动时间为 （2） 如图，粒子运动轨迹与ad相切，该粒子的运动半径为，由几何关系， 有 ab边界有粒子离开磁场的区域长度，即弦长为 得 （3）若速度方向偏转了60°，则粒子从cd中点射出磁场，圆心角为60°，弦长为L，则半径长为L。根据得 14.【答案】(1)，(2)(3) 【详解】（1）作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示 由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆周运动的半径为由洛伦兹力提供向心力 解得正电荷的入射速度大小为 正电荷在磁场中运动的周期为 所以正电荷从M运动到N的时间为 （2）由题意可知，在平面内的负电荷在圆心O处，由牛顿第二定律可知，其中 解得或（舍去） （3）在（2）的条件下，由题意可知，粒子从N点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需要的向心力大于点电荷提供的库仑力，因此粒子无法做匀速圆周运动，即正电荷从N点离开磁场后绕负电荷做椭圆运动，如图所示 由能量守恒定律得 由开普勒第二定律可知 其中 联立解得 由牛顿第二定律 解得 故正电荷从点离开磁场后到首次速度变为与点的射出速度相反的时间为 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $