【物理】安徽省合肥市第一中学2019-2020学年高二下学期返校考试试题（解析版）

【物理】安徽省合肥市第一中学2019-2020学年高二下学期返校考试试题（解析版）

合肥一中2019一2020学年第二学期高二年级开学考试 物理试卷 一、选择题 ‎1.如图所示，矩形线圈处于匀强磁场中，当磁场分别按图（1）图（2）两种方式变化时，t0时间内线圈产生的电能及通过线圈某一截面的电量分别用W1、W2、q1、q2表示，则下列关系式正确的是（ ）‎ A. W1= W2，q1= q 2 B. W1>W2，q1= q 2‎ C. W1< W2，q1< q 2 D. W1> W2，q 1> q 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：由图读出磁感应强度的变化率，根据法拉第电磁感应定律研究感应电动势，由焦耳定律和欧姆定律分别研究电能和电量．‎ 设磁感应强度的变化率大小为，磁感应强度的变化量大小为△B．根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E=N=NS，t0时间内线圈产生的电能W=t0，‎ 通过线圈某一截面的电量q=N=NS，‎ 由图可知,在t0时间内（1）、（2）两图,△B=B0，相同，则W1=W2 q1=q2 故选A ‎2.铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落,在下落过程中,下列判断中正确的是（　）‎ A. 金属环在下落过程中的机械能守恒 B. 金属环在下落过程动能的增加量小于其重力势能的减少量 C. 金属环的机械能先减小后增大 D. 磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力 ‎【答案】B ‎【解析】AC．整个下落过程中，穿过金属环的磁通量一直在变化，则金属环内一直有感应电流产生，所以金属环内一直有电热产生，根据能量守恒，可知电热一直增加，则金属环的机械能一直减小，故金属环的机械能不守恒，故AC错误；‎ B．整个下落过程中，减少的是重力势能，增加的是动能和电热能（内能），由能量守恒定律可知，重力势能的减少量等于动能的增加量和电热能（内能）的增加量，所以下落过程动能的增加量小于其重力势能的减少量，故B正确；‎ D．当金属环从静止下落过程中，由于磁通量变大，导致金属环中出现感应电流，根据“来拒去留”，可知刚开始时金属环受到竖直向上的安培力，根据牛顿第三定律可知，金属环对磁铁的作用力竖直向下，所以磁铁对桌面的压力大于其自身的重力，但环落到棒中间的时候，由于金属环此时不切割磁感线，则安培力为零，此时磁铁对桌面的压力等于磁铁的重力，故D错误。故选B。‎ ‎3. 已知金属钾的逸出功为2.22eV，氢原子的能级如图所示，一群处在n=3能级的氢原子向低能级跃迁时，能够从金属钾的表面打出光电子的光波共有 A. 一种 B. 两种 C. 三种 D. 四种 ‎【答案】B ‎【解析】由能级公式可得出从n能级发生跃迁的总条数及各种跃迁中所放出的光子能量，当光子能量高出钾的逸出功时会发生光电效应．‎ 解答：解：第四能级的氢原子可以放出6条光谱线，其放出的光子能量分别为：‎ E1=-1.51-（-3.40）=1.89ev；‎ E2=-1.51-（-13.6ev）=12.09ev；‎ E3=-3.40-（-13.6）=10.20ev；‎ 故大于2.21ev的光谱线有2条；‎ ‎4.如图所示，电阻R1=3Ω，R2=6Ω，线圈的直流电阻不计，电源电动势E=5V，内阻r=1Ω。开始时，电键S闭合，则（　　）‎ A. 断开S前，电容器所带电荷量最多 B. 断开S前，电容器两端的电压为V C. 断开S的瞬间，电容器a板带上正电 D. 断开S的瞬间，电容器b板带上正电 ‎【答案】C ‎【解析】AB．断开开关S前，线圈电流稳定，线圈的直流电阻不计，则电容器两端电压为零，所以电容器没有电荷量，故AB错误；‎ CD．当开关断开瞬间，线圈电流减小，由于线圈的自感现象，线圈中产生感应电动势，且左端电势高于右端，从而对电容器充电，因此电流流向a板，故a板带上正电，故C正确，D错误。故选C。‎ ‎5.用图甲所示的电路研究光电效应中电子发射的情况与照射光的强弱、光的颜色（频率）等物理量间的关系．电流计G测得的光电流I随光电管两端电压U的变化如图乙所示，则( )‎ A. 通过电流计G的电流方向由d到c B. 电压U增大, 光电流I一定增大 C. 用同频率的光照射K极，光电子的最大初动能与光的强弱无关 D. 光电管两端电压U为零时一定不发生光电效应 ‎【答案】C ‎【解析】A、电流方向与逃逸出来的电子运动方向相反，所以通过电流计G的电流方向由c到d，故A错误；‎ B、光电流的大小与光的强弱有关，遏止电压与光的频率有关，光电流的大小与光的频率无关，故B错误；‎ C、用同频率的光照射K极，根据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能与光的频率有关，与光的强弱无关，故C正确；‎ D、光电管两端电压U为零时，光电效应照样发生，打出来的电子沿各个方向飞去，故D错误；故选C．‎ ‎6.如图所示，左侧的圆形导电环半径为r=1.0cm，导电环与一个理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈两端与一个电容为C=100pF的电容器相连，导电环的电阻不计，环中有垂直于圆环平面的变化磁场,磁感应强度B的变化率为=100πsinωt,若电容器C所带电荷量的最大值为,则所用理想变压器的原副线圈的匝数之比为（取=10）（　）‎ A. 1：100 B. 100：1 C. 1：100 D. 100：1‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据法拉第电磁感应定律，得原线圈的电压的峰值为 电容器的电压峰值为 则理想变压器的原、副线圈匝数之比等于电压之比 故A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎7.如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a，质量为m，电阻为R的正方形金属线框垂直磁场方向，以速度v从图示位置向右运动，当线框中心线AB运动到与PQ重合时，线框的速度为，则（　　）‎ A. 此时线框中的电功率为4 B. 此时线框的加速度为4‎ C. 此过程通过线框截面的电量为B D. 此过程回路产生的电能为0.75m ‎【答案】C ‎【解析】A．当线框中心线AB运动到与PQ重合时，回路中产生感应电动势为 感应电流为 此时线框中的电功率为 故A错误；‎ B．左右两边所受安培力大小均为 根据左手定则可知，左右两边所爱安培力方向均向左，则合力为2F，根据牛顿第二定律有 解得 故B错误； ‎ C．根据 根据法拉第电磁感应定律有 根据闭合电路的欧姆定律有 联立解得 此过程线框磁通量的变化量为 所以解得电量为 故C正确；‎ D．根据能量守恒定律，可得此过程回路产生的电能为 故D错误。故选C。‎ ‎8.如图甲为演示用的交流发电机，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动，从某时刻起线圈中产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，外电路电阻为R。下列说法中正确的是（　　）‎ A. 从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零 B. t4时刻穿过线圈磁通量的变化率为E0‎ C. 从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为 D. 电阻R的发热功率为 ‎【答案】CD ‎【解析】A．从t1到t3这段时间内，线圈转动了180°，磁通量由正向BS变为负向BS，故磁通量的变化量为-2BS，不为零，故A错误；‎ B．t4时刻，产生的感应电动势最大，线圈与中性面垂直，根据法拉第电磁感应定律有 解得磁通量的变化率为 故B错误；‎ C．从t3到t4这段时间产生的平均感应电动势为 根据闭合电路的欧姆定律有 联立解得通过的电荷量为 又 代入解得 故C正确；‎ D．产生的感应电动势的有效值为 故电阻R的发热功率 故D正确。故选CD。‎ ‎9.如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面.现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则(　　)‎ A. 两导线框中均会产生正弦交流电 B. 两导线框中感应电流的周期都等于T C. 在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等 D. 两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等 ‎【答案】BC ‎【解析】A．半径切割磁感线产生的感应电动势，由于匀速转动，所以进入时，电动势是恒定的，则A错误；‎ B．由半径切割分段分析知道：M线框在转一周内感应电动势的变化是恒正、恒正、恒负、恒负．N线框的变化是恒正、零、恒负、零，所以两导线框的周期相等地，则B正确；‎ C．显然从开始到转过90°，都是半径切割，感应电动势相等，则C正确；‎ D．根据有效值定义：对M线框，，对N线框，只有一半时间有感应电流，，两式对比得到：，所以D错误．‎ ‎10.如图所示，相距均为d的三条水平虚线L1与L2、L2与L3之间分别有垂直纸面向外，向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.一个边长也是d的正方形导线框，从L1上方一定高处由静止开始自由下落，当ab边刚越过L1进入磁场时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边刚越过L2运动到L3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，在线框从进入磁场到速度变为v2的过程中，设线框的动能变化量大小为ΔEk，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的有(　 )‎ ‎ ‎ A. 在导体下落过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1‎ B. 从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，线框动能的变化量大小为ΔEk＝W2＋W1‎ C. 从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，线框动能的变化量大小为ΔEk＝W1－W2‎ D. 从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，机械能减少了W1＋ΔEk ‎【答案】BD ‎【解析】A、在导体框下落过程中，重力做正功，但安培力做负功，不能根据重力做功判断两速度的大小．设线框匀速运动时速度大小为v，线框的电阻为R，质量为m．ab边进入磁场，由于线框匀速运动，则有mg=①‎ 线框以速度v2做匀速直线运动时，有线框中总的感应电动势为 E=2Bdv2，线框所受的安培力大小为 F=2BId=② 由①②比较得，v1＞v2．‎ B、C从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，根据动能定理得：线框动能的变化量大小为 D、从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，机械能减少等于重力势能的减小量与动能减小量之和，而重力势能的减小量等于重力做功W1，即有 本题运用能量守恒定律分析电磁感应现象，首先要明确涉及到几种形式的能，其次要搞清能量如何转化，再根据减小的能与增加的能相等列式分析．‎ 二、实验题 ‎11.（1）用游标为20分度的卡尺测量长度如图，由图可知其长度为_____________mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量直径如右上图，由图可知其直径为________mm；‎ ‎【答案】（1）50.15mm；（2）4.700mm；‎ ‎【解析】试题分析：（1）游标卡尺的读数为：5cm+0.05mm×3=50.15mm；（2）螺旋测微器读数：4.5mm+0.01mm×20.0=4.700mm；‎ ‎12.某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻Rx的阻值．‎ ‎(1)现有电源(4V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流2 A)、开关和导线若干，以及下列电表：‎ A．电流表(0～3 A，内阻约0.025 Ω) B．电流表(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω)‎ C．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ) D．电压表(0～15 V，内阻约15 kΩ)‎ 为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器材前的字母)；实验电路应采用图中的________(选填“甲”或“乙”)．‎ ‎(2)下图是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在(1)问中所选的电路图，用笔画线代替导线补充完成图中实物间的连线________．‎ ‎(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数 U．某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值Rx＝＝________Ω(保留两位有效数字)．‎ ‎(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是__________________；若在(1)问中选用乙电路，产生误差的主要原因是________．(选填选项前的字母)‎ A．电流表测量值小于流经Rx的电流值 B．电流表测量值大于流经Rx的电流值 C．电压表测量值小于Rx两端的电压值 D．电压表测量值大于Rx两端的电压值 ‎(5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，被测电阻Rx两端的电压U也随之增加，下列反映Ux关系的示意图中正确的是________．‎ ‎【答案】 (1). B C 甲 (2). (3). 5.2 (4). B D (5). A ‎【解析】（1）[1]电压表C，理由是有滑动变阻器限压，且15V量程太大，读数误差太大；‎ ‎[2]电流表B，理由是即使电压表满偏，最大电流为0.6A；‎ ‎[3]外接法即甲图，理由是，即小电阻，适合采用安培表外接法，即甲图．‎ ‎（2）[4]或者 ‎（3）[5]根据读数I=0.50A，U=2.60V，即电阻为5.2Ω ‎（4）[6][7]甲图误差因为电流表测量电阻和电压表总电流，乙图误差因为电压表测量电流表和电阻的总电压，因此答案分别为B、D．‎ ‎（5）[8]由于电流,,通过数学函数图像即 答案为A．‎ 二、计算题 ‎13.如图（俯视图），虚线右侧有竖直向下的磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场，边长为L=0.4m，质量为m=0.5kg的正方形导线框起初静止在光滑水平地面上．从t=0时刻起，用水平恒力F向右拉线框从图示位置开始运动，此后线框运动的v-t图像如右图所示．求：‎ ‎（1）恒力F的大小；‎ ‎（2）线框进入磁场过程中感应电流的大小；‎ ‎（3）线框进入磁场过程中线框产生的热量．‎ ‎【答案】（1）2N，（2）10A，（3）0.8J ‎【解析】（1）在0-0.4s内线框在拉力F作用下，做初速度为0的匀加速度直线运动，由v-t图求出加速度，由牛顿第二定律求拉力F的大小；（2）线框匀速进入磁场，由平衡条件得，可以求出感应电流的大小；（3）线框匀速进入磁场过程中，由能量守恒定律得：，即可求解产生的热量.‎ ‎（1）由v-t图可知，在0-0.4s内线框在拉力F作用下，做初速度为0的匀加速度直线运动 由v-t图得：加速度 由牛顿第二定律得：‎ ‎（2）线框以速度为匀速进入磁场，由平衡条件得：‎ 解得：‎ ‎（3）线框匀速进入磁场过程中，由能量守恒定律得：‎ ‎14.发电机输出功率为100kW，输出电压是250V，用户需要的电压是220V．输电线电阻为10Ω，若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：‎ ‎（1）在输电线路中设置的升，降压变压器原副线圈的匝数比．‎ ‎（2）用户得到的电功率是多少？‎ ‎【答案】（1）；（2）96kW ‎【解析】（1）输电线损耗功率：P线=100×4% kW=4kW 又P线=I22R线 输电线电流：I2=I3=20 A 原线圈中输入电流：‎ 所以 这样 ‎ U3=U2-U线=5000-20×10 V=4800 V 所以 ‎ ‎（2）用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为 P用=P-P损=P（1-4%）=100×96% kW=96 kW ‎15.有一个正方体形的匀强磁场和匀强电场区域，它的截面为边长L=0.20m的正方形，其电场强度为V/m，磁感应强度T，磁场方向水平且垂直纸面向里，当一束质荷比为kg/C的正离子流（其重力不计）以一定的速度从电磁场的正方体区域的左侧边界中点射入，如图所示。（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎(1)要使离子流穿过电场和磁场区域而不发生偏转，电场强度的方向如何？离子流的速度多大？‎ ‎(2)在(1)的情况下，在离电场和磁场区域右边界D=0.40m处有与边界平行的平直荧光屏。若只撤去电场，离子流击中屏上a点；若只撤去磁场，离子流击中屏上b点。求ab间距离。（a，b两点图中未画出）‎ ‎【答案】(1)电场方向竖直向下；2×107m/s；(2)0.53m ‎【解析】(1)电场方向竖直向下，与磁场构成粒子速度选择器，离子运动不偏转，根据平衡条件有 解得离子流的速度为 ‎=2×107m/s ‎(2)撤去电场，离子在碰场中做匀速圆周运动，所需向心力由洛伦兹力提供，则有 解得 ‎=0.4m 离子离开磁场区边界时，偏转角为，根据几何关系有 解得 在磁场中的运动如图1所示 偏离距离 ‎=0.054m 离开磁场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离为 ‎=0.28m 若撤去磁场，离子在电场中做匀变速曲线运动通过电场的时间 加速度 偏转角为，如图2所示 则 偏离距离为 ‎=0.05m 离开电场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离 ‎=0.25m 所以a、b间距离 ab=y+y'=0.53m ‎16.如图所示，水平虚线L1、L2之间是匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场高度为h。竖直平面内有一等腰梯形线框，底边水平，其上下边长之比为5：1，高为2h。现使线框AB边在磁场边界L1的上方h高处由静止自由下落，当AB边刚进入磁场时加速度恰好为0，在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动。求：‎ ‎(1)DC边刚进入磁场时，线框的加速度；‎ ‎(2)从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框的机械能损失和重力做功之比。‎ ‎ ‎ ‎【答案】(1)；(2)47：48‎ ‎【解析】(1)设AB边刚进入磁场时速度为，线框质量为m、电阻为R，AB=，则CD=5，根据机械能守恒则有 AB刚进入磁场时有 设线框匀速运动时速度为 线框匀速运动时有 解得 DC刚进入磁场瞬间 则安培力为 根据牛顿第二定律得 解得 ‎(2)从线框开始下落到CD边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得 机械能损失 所以线枢的机械能损失和重力做功之比