1、安徽省合肥市第一中学2019-2020学年高二物理下学期返校考试试题（含解析）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. W1W2，q1= q 2C. W1 W2，q1 W2，q 1 q 2【答案】A【解析】【详解】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
2、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A2.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】【详解】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
3、，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
4、。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；点评：本题中跃迁放出的光子能量若
5、从m向n跃迁，则h=Em-En，由光电效应方程可知只有光子能量大于逸出功，才会使金属发生光电效应4.如图所示，电阻R1=3，R2=6，线圈的直流电阻不计，电源电动势E=5V，内阻r=1。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VC. 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】【详解】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
6、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cB. 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
7、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C6.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=100sint，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. 1：100B. 100：1C. 1：100D. 100：1【答
8、案】A【解析】【详解】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4B. 此时线框的加速度为4C. 此过程通过线框截面的电量为BD. 此过程回路产生的电能为0.75m【答案】C【解析】【详解】A当线框中
9、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
10、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E0C. 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】【详解】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；Bt4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
11、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t0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TC. 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】【详解】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
12、，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L
13、2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Ek，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v2v1B. 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EkW2W1C. 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EkW1W2D. 从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，机械能减少了W1Ek【答案】BD【解析】【详解】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
14、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mab边进入磁场，由于线框匀速运动，则有mg=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= 由比较得，v1v2B、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
15、）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】【详解】试题分析：（1）游标卡尺的读数为：5cm+0.05mm3=50.15mm；（2）螺旋测微器读数：4.5mm+0.01mm20.0=4.700mm；12.某同学通过实验测定一个阻值约为5 的电阻Rx的阻值(1)现有电源(4V，内阻可不计)、滑动变阻器(050 ，额定电流2 A)、开关和导线若干，以及下列电表：A电流表(03 A，内阻约0.025 )B电流表(00.6 A，内阻约0.125 )C电压表(03 V
16、，内阻约3 k)D电压表(015 V，内阻约15 k)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_(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
17、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 (2). C (3). 甲 (4). (5). 5.2 (6). B (7). D (8). A【解析】【详解】（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
18、甲图（2）4或者（3）5根据读数I=0.50A，U=2.60V，即电阻为5.2（4）67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【
19、答案】（1）2N，（2）10A，（3）0.8J【解析】试题分析：（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
20、，用户需要的电压是220V输电线电阻为10，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】【详解】（1）输电线损耗功率：P线=1004% 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=5000-2010 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%）=10096% kW=96 kW15.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
21、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；2107m/s；(2)0.53m【解析】详解】(1)电场方向竖直向下，与磁场构成
22、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=2107m/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=0.53m16.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
23、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】【详解】(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
