【物理】安徽省合肥一六八中学2019-2020学年高二下学期线上测试试题（三）（解析版）

【物理】安徽省合肥一六八中学2019-2020学年高二下学期线上测试试题（三）（解析版）

合肥一六八中学2019-2020学年高二下学期线上测试试题 物理周测试卷 一单选题 ‎1.如图所示，圆形匀强磁场区域的半径为R，磁场方向垂直纸面向里．边长为2R的正方形闭合导线框从左向右匀速穿过磁场．若线框刚进入磁场时t=0，规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能大致反映线框中电流与时间关系的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】导线框右侧导线进入磁场后做切割磁感线运动，根据右手定则，产生向上的感应电流，回路中电流方向为逆时针方向，有效长度先增大后减小，所以感应电流方向为正，大小先增加后减小．当右侧导线出磁场时左侧导线开始进入磁场，产生顺时针方向的感应电流，大小同样先增大后减小．‎ A.与分析结论相符，故A正确．B.与分析结论不符，故B错误．‎ C.与分析结论不符，故C错误．D.与分析结论不符，故D错误．‎ ‎2.如图所示，先后以速度v0和2v0把同一正方形闭合线圈匀速拉入有界匀强磁场区域的过程中，则在先后两种情况下（ ）‎ A. 线圈中的感应电流之比为I1：I2=2：1 B. 线圈所受到的安培力之比为F1：F2=1：4‎ C. 线圈产生的焦耳热之比为Q1：Q2=1：4 D. 通过线圈截面电荷量之比为q1：q2=1：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．正方形线框边长为，导体切割磁感线产生感应电动势：‎ 可知前后两次进入磁场中电动势之比：‎ 根据闭合电路欧姆定律：‎ 可知前后两次进入磁场中的电流之比：‎ A错误；‎ B．根据安培力的表达式：‎ 可知：‎ B错误；‎ C．线圈匀速进入磁场，所用时间：‎ 可知时间之比：‎ 线框电阻为，根据焦耳定律：‎ 可知焦耳热之比：‎ C错误；‎ D．根据纯电阻电路中电荷量的表达式：‎ 可知通过线圈横截面积电荷量相等，D正确。故选D。‎ ‎3.图甲为一小型发电机的示意图，发电机线圈内阻为1Ω，灯泡L的电阻为9Ω，电压表为理想交流电压表．发电机产生的电动势e随时间t按图乙的正弦规律变化，则 A. 0.01s时穿过线圈的磁通量为零 B. 线圈转动角速度为50rad/s C. 电压表的示数为10V D. 灯泡L的电功率为9W ‎【答案】D ‎【解析】A项：0.01s时电动势为零，所以此时穿过线圈的磁通量最大，故A错误；‎ B项：由图乙可知，周期为0.0.2s，由公式，故B错误；‎ C项：电动势的有效值为，由闭合电路欧姆定律得：‎ ‎，故C错误；‎ D项：由公式，故D正确．故选D．‎ ‎4.如图所示，两个用同种金属做成的粗细均匀、边长相同的正方形导线框、，已知的质量比大．它们都从有理想边界、垂直于纸面向里的匀强磁场的上边界处无初速释放，在它们全部进入磁场前，就已经达到了各自的稳定速度．下列说法正确的是（ ）‎ A. 的稳定速度一定比的稳定速度大 B. 、进入磁场的运动时间相同 C. 进入磁场全过程通过、线圈截面的电荷量相同 D. 各自以稳定速度下落过程中两线圈安培力的功率相同 ‎【答案】B ‎【解析】A.由题意可知a的质量比b大，a 的横截面积大，电阻小。稳定时两线框都做匀速直线运动，则有：‎ ‎，‎ 可得 所以稳定时速度与横截面积无关，所以两线框稳定时速度相等，故A错误；‎ B.由于进入磁场以前，两线框都做自由落体运动，故进入磁场时速度相等，又当速度为v的时候，线框的加速度为：‎ ‎，‎ 与横截面积无关，所以在相同速度下加速度相等，故两线框运动任何时候都在同一位置，故 进入磁场的运动时间相同，故B正确；‎ C.进入磁场的过程磁通量的变化量相等，a的电阻小，根据电量公式知通过a线圈截面的电荷量较大，故C错误；‎ D.稳定下落时，安培力的功率等于重力的功率，由知，由于质量不等，所以安培力的功率不同，故D错误；‎ ‎5.在如图所示的倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，区域I的磁场方向垂直斜面向上，区域II的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚从GH进入磁场I区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动．重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）‎ A. t2时刻，导线框具有的速度 B. 线框两次匀速直线运动的速度v1v2=41‎ C. 从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做的功等于重力势能的减少量 D. 从t1到t2的过程中，有机械能转化为电能 ‎【答案】BD ‎【解析】A.t2时刻，导线框做匀速运动，则有：‎ 由平衡条件有：‎ 解得，故A错误； ‎ B.t1时刻，导线框做匀速运动，根据平衡条件有：‎ 解得，‎ 线框两次匀速直线运动的速度v1v2=41，故B正确．‎ C.从t1到t2过程中，导线框克服安培力做功的大小等于回路中产生的焦耳热，此过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知，线圈克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和．故C错误．‎ D.从t1到t2的过程中，设导线框克服安培力做的功为W，由动能定理可得 解得：‎ 所以有机械能转化为电能，故D正确．‎ ‎6.如图所示，甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r=2Ω的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R的最大阻值为R0=4Ω，滑动片P位于滑动变阻器中点，定值电阻R1=7Ω，R2=2Ω，其他电阻不计。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S。线圈转动过程中理想交流电压表示数是10V，图乙是矩形线圈磁通量随时间t 变化的图像。则下列说法正确的是（　　）‎ A. 电阻R2的热功率为0.5W B. 0.02s时滑动变阻器R两端的电压瞬时值为零 C. 线圈产生的电压随时间变化的规律是 D. 线圈从零时刻转动到s的过程中，通过的电荷量为 ‎【答案】A ‎【解析】A．根据串并联电路的知识得：负载总电阻 R总=R1+=10Ω 理想交流电压表示数是10V，所以干路电流I=1A，所以电阻R2两端电压UR2=1V，电阻R2上的热功率PR2=0.5W，故A正确；‎ B．由乙图可知，0.02s通过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，R两端的电压瞬时值不为零，故B错误；‎ C．由乙图可知，T=0.02s，则 ω==100πrad/s 电动势的有效值 E=10V+1×2V=12V 电动势的最大值 Em=12V 所以线圈产生的e随时间t变化的规律是 e=12cos100πt（V）‎ 故C错误；‎ D．电动势的最大值 Em=12V=nBSω 解得 BS=‎ 矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的规律为 Φ=sin100πt 线圈开始转动到t=s的过程中，通过电阻R1的电量为 故D错误。故选A。‎ ‎7.如图所示,理想变压器原线圈上连接着在水平面内的长直平行金属导轨,导轨之间存在垂直于导轨平面的匀强磁场,金属杆MN垂直放置在导轨上,且接触良好.移动变压器副线圈上的滑动触头可改变副线圈匝数,副线圈上接有一只理想电压表,滑动变阻器R的总阻值大于定值电阻R0的阻值,线圈L的直流电阻、导轨和金属杆的电阻都忽略不计.现在让金属杆以速度的规律在导轨上左右来回运动（T为金属杆运动的周期）,两灯A、B都发光.下列说法中正确的是(  )‎ A. 只增大T,则灯A变暗、灯B变亮 B. 当时间t=T时,两灯都亮着,电压表的示数为零 C. 只将变阻器R的滑片下滑时,通过副线圈的电流减小,电压表的示数变大 D. 只增大v0,两灯都变亮,杆MN来回运动的最大距离变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 只增大T，即减小频率，电容器的特性：通交流，隔直流，通调频，阻低频，所以灯A变暗，电感的特性：通直流，阻交流．通低频，阻高频，所以灯B变亮．故A正确；当时间t=T时，两灯都亮着，电压表的示数为有效值，不为零，故B错误；只将变阻器R的滑片下滑时，变阻器R阻值最大，通过副线圈的电流减小，电压表的示数不变，故C错误；只增大v0，两灯都变亮，根据速度时间图象面积表示位移，所以杆MN来回运动的最大距离变大，故D错误；故选A．‎ ‎8.用如图所示的装置研究光电效应现象.当用光子能量为2.75 eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零；移动变阻器的触头c，发现当电压表的示数大于或等于1.7 V时，电流表示数为0，则下列说法正确的是 A. 改用能量为2.5 eV的光子照射，移动变阻器的触头c，电流表G中也可能有电流 B. 光电管阴极逸出功为1.7eV C. 当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电流增大 D. 光电子的最大初动能始终为1.05 eV ‎【答案】A ‎【解析】A．当用光子能量为2.75 eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，改用能量为2.5 eV的光子照射，也可能发生光电效应，即移动变阻器的触头c，电流表G中也可能有电流，选项A正确；‎ BD．该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于1.7V时，电流表示数为0，知道光电子的最大初动能为1.7eV，根据光电效应方程EKm=hγ-W0，则逸出功W0=1.05eV．故BD错误．‎ C．当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，则到达集电极的电子的数目减小，电流减小．故C错误．‎ 二、多选题 ‎9.如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】根据图像可知，设PQ进入磁场匀速运动的速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流 保持不变，根据右手定则可知电流方向Q→P；如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；当MN进入磁场时也是匀速运动，通过PQ的感应电流大小不变，方向相反；如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时电流为零，当PQ离开磁场时MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，电流逐渐减小，通过PQ的感应电流方向相反；‎ A.图像与分析相符，故A正确。B.图像与分析不符，故B错误。‎ C.图像与分析不符，故C错误。D.图像与分析相符，故D正确。‎ ‎10.如图所示，竖直固定的“”形光滑导轨宽为0.5m，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为0.1m，磁场的磁感应强度大小均为1T，其他区域无磁场.质量为0.1kg的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为，与导轨接触良好，其他电阻不计，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是 A. 金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下 B. 金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在磁场Ⅰ、Ⅱ之间的区域运动时间 C. 金属杆穿过两磁场产生的总热量为0.6J D. 金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度一定大于0.2m ‎【答案】BD ‎【解析】A．金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向方向竖直向上，故A错误。‎ B．金属杆在磁场Ⅰ运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆在磁场Ⅰ中做加速度减小的减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆在磁场Ⅰ中运动的平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确。‎ C．金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得：2mgd=Q 金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以总热量为：‎ Q总=2Q=4mgd=0.4J．‎ 故C错误。‎ D．设金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为H时进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有：‎ 又 联立解得：‎ 由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以高度h一定大于H，故D正确。故选BD。‎ ‎11.如图所示，在磁感应强度大小B=T，方向竖直向下的匀强磁场中，有两半径均为0.6m的金属圆环平行竖直放置，两圆心所在直线OO′与磁场方向垂直．圆环通过电刷与理想变压器原线圈相连，长为0.5m的导体棒ab两个端点刚好分别搭接在两圆环上，且与OO′平行．现让导体棒沿圆环内侧、绕OO′以20π rad/s的角速度匀速转动，恰好使标有“3V 4.5W”的小灯泡L正常发光．已知理想变压器原、副线圈的匝数比为n1:n2=2:1，图中电压表为理想电压表，圆环、导体棒、导线电阻不计，则 A. 电压表的示数为6V B. R0的电阻值为1.5 Ω C. 整个电路消耗的总功率为W D. ab沿圆环转动过程中受到的最大安培力为N ‎【答案】BD ‎【解析】AB. 根据右手定则可知，导体棒在磁场中运动，产生正弦式交流电，当导体棒经过最低点和最高点时，切割的方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大，则，则有，压器原线圈两端的电压，根据可得电压表的示数为，通过小灯泡的电流，根据可得，的电阻值为，故选项B正确，A错误；‎ C.整个电路消耗的总功率为，故选项C错误；‎ D.根据安培力表达式，最大安培力大小，故选项D正确．‎ ‎12.如图，足够长的两平行光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距l=1m，导轨中间分布有磁感应强度为1T的匀强磁场，磁场边界为正弦曲线．一粗细均匀的导体棒以l0m/s的速度向右匀速滑动，定值电阻R的阻值为1Ω，导体棒接入电路的电阻也为1Ω，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，导轨电阻不计，下列说法正确的是 A. 电压表示数为2.5V B. 导体棒运动到图示位置时，有电流流过电阻R C. 流经电阻R的最大电流为5A D. 导体棒上热功率为6.25W ‎【答案】ACD ‎【解析】A项：导体棒切割产生的感应电动势的最大值，产生的是正弦式交流电，则电动势的有效值，由电流的热效应可得：，解得：，由闭合电路欧姆定律得，电压表的示数为2.5V，故A正确；‎ B项：导体棒运动到图示位置时，由右手定则可知，产生的电流方向由，由于二极管具有单向导通特性，所以此时无电流流过电阻R，故B错误；‎ C项：导体棒切割产生的感应电动势的最大值，所以最大电流，故C正确；‎ D项：导体棒上的电流为：，所以热功率为：，故D正确．‎ ‎13.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，图中电表均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、电感线圈和灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是(　 　)‎ A. 电压u的频率为50 Hz B. 电压表的示数为V C. 有光照射R时，电流表的示数变大 D. 抽出L中的铁芯，D灯变亮 ‎【答案】ACD ‎【解析】A、原线圈接入题图乙所示的电源电压，T=0.02 s，所以频率为;故A正确.‎ B、原线圈接入电压的最大值是，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22 V，所以电压表的示数为22 V，故B错误；‎ C、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表的示数变大，故C正确；‎ D、抽出L中的铁芯，电感线圈自感系数减小，电感线圈对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D正确. 故选ACD ‎14.爱因斯坦成功地解释了光电效应现象，提出了光子说，关于与光电效应有关的四个图像如图所示，下列说法正确的是 A. 如图1装置，如果先让锌板带负电，再用紫外线照射锌板，则验电器的张角可能变小 B. 根据图2可知，黄光越强，光电流越大，说明光子的能量与光强有关 C. 由图3可知v2为该金属的截止频率 D. 由图4可知，E等于该金属的逸出功 ‎【答案】ACD ‎【解析】A．如果先让锌板带负电，验电器由于带负电，张开一定的张角，当紫外线照射锌板时，产生光电子，则验电器的张角变小，故A正确；‎ B．黄光越强，光子数越多，产生光电子越多，光电流越大，但光子的能量与光强无关，故B错误；‎ C．根据:解得：‎ 由图3可知为该金属的截止频率，故C正确；‎ D．根据光电效应方程，当时，可得：‎ 由图象知纵轴截距，所以有：‎ 即该金属的逸出功为，故D正确．‎ 三、计算题 ‎15.如图甲所示，电阻不计且间距L=1m的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面倾角θ=37°，上端接一阻值0.8Ω的电阻，虚线下方有垂直于导轨平面向上、磁感应强度为1T的匀强磁场．现将质量0.5kg、电阻0.2Ω的金属杆ab从 的上方某处由静止释放，金属杆ab在下滑的过程中与导轨保持良好接触且始终平行，下滑3m的过程中加速度a与下滑距离x的关系图象如图乙所示，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）ab棒在下滑至3m时的速度；‎ ‎（2）ab棒在下滑3m过程中，R产生的热量；‎ ‎（3）ab棒从上方多远处由静止释放？‎ ‎【答案】（1）3m/s（2）5.4J（3）‎ ‎【解析】（1）ab棒在下滑至3m时，ab棒做匀速运动，所以 ab棒切割磁感线产生的感应电动势 由闭合电路欧姆定律得： ‎ 联立解得：v=3m/s ‎（2）ab棒在下滑3m过程中，能量守恒定律得：‎ R产生的热量与棒产生热量之比 联立解得：QR=5.4J ‎（3）ab棒刚进入磁场时，速度为v1，由牛顿第二定律得：‎ 由机械能守恒定律得：‎ 联立解得：ab棒静止释放离OO'上方距离