1、2020-2021学年度下学期高二第一次考试物理试卷 注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷收好并将答题卡上交。第I卷（选择题）一、单选题 (每道题6分，共48分）1在电磁学发展的过程中，许多科学家做出了杰出的贡献，下列说法错误的是（）A奥斯特发现了电流的磁效应B法
2、拉第据电磁感应现象自制了史上第一台发电机C法拉第提出的“场”的概念是其杰出贡献之一D楞次发现了电磁感应现象并总结出楞次定律2用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流与照射光的强弱、频率等物理量的关系。图中A、K两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调，分别用a、b、c三束单色光照射，调节A、K间的电压U，得到光电流I与电压U的关系如图乙所示，由图可知（）A由欧姆定律可知，甲图中电压表的示数为零时，电流表的示数也为零B由能量守恒定律可知，光电子的最大初动能等于入射光子的能量C单色光a和c的频率相同，a光强度比c光的大，b光的频率最大D若用a、b、c三束单色光分别照射某种金属，若b光能使该金属发
3、生光电效应，则a光也一定能使该金属发生光电效应3下列说法正确的是（）A黑体辐射电磁波的强度按波长分布，与黑体的温度无关B爱因斯坦首次提出能量量子假说，成功解释了黑体辐射规律C康普顿效应说明光具有粒子性，电子的衍射实验说明粒子具有波动性D宏观物体的物质波波长非常小，极易观察到它的波动性4下列各图的线圈中能产生感应电流的是（）ABCD5如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一定值电阻，阻值为R，MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻值为，导轨电阻可忽略不计整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）现对MN施力使它沿导
4、轨方向以速度v（如图）做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小，则（）A，流过定值电阻R的感应电流由b到dB，流过定值电阻R的感应电流由b到dC，流过定值电阻R的感应电流由b到dD，流过定值电阻R的感应电流由d到b6穿过同一闭合回路的磁通量随时间t变化的图象分别如图中的所示，下列关于回路中感应电动势的论述正确的是（）A图回路产生恒定不变的感应电动势B图回路产生的感应电动势一直在变大C图回路0t1时间内产生的感应电动势小于t1t2时间内产生的感应电动势D图回路产生的感应电动势先变小再变大7如图所示，属于交流电的是( )ABCD8如图所示的交流电路中，如果电源电动势的最大值不变，交流电的频率增大时，
5、可以观察到三盏电灯亮度的变化情况是（）A、亮度都不变 B变暗、变亮、不变C变暗、不变、变亮 D变亮、变暗、不变二、多选题 (每道题6分，选不全给3分，共24分）9如图所示，光滑平行金属导轨PP和QQ都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是（）A感应电流方向是NMB感应电流方向是MNC安培力方向水平向左D安培力方向水平向右10一交流电压为u100sin（100t）V，由此表达式可知（）A用电压表测该电压其示数为50VB该交流电压
6、的周期为0.02sC将该电压加在“100V，100W”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100WDts时，该交流电压的瞬时值为50V11如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比，正弦交流电压有效值为恒定，电路中四个电阻，理想电压表示数为U，则下列说法错误的是（）A与的功率之比为13B与的功率之比为19CD12以下关于光子说的基本内容，正确的是（）A光子的能量跟它的频率有关B紫光光子的能量比红光光子的能量大C光子是具有质量、能量和体积的实物微粒D在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫一个光子第II卷（非选择题）三、解答题 (共28分）13（9分）如图甲所示的理想变压器原、副线圈的匝数比为，
7、原线圈所接电源的电压按图乙所示规律变化，副线圈接有一灯泡，此时灯泡消耗的功率为60W。求：(1)副线圈两端电压的有效值；(2)原线圈中电流表的示数。14（9分）一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输给用户，已知发电机的输出功率为500kW，路端电压为500V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1：5，两变压器间输电线的总电阻为1.5，降压变压器的输出电压为220V，不计变压器能量损耗，求：(1)升压变压器副线圈两端的电压；(2)输电导线上的功率损失及用户得到的功率；15（10分）如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角=的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R=3的定值电阻，下端开口，轨道间距
8、L=1m。整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。质量m=1kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1，电路中其余电阻不计。金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好。不计空气阻力影响。已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数=0.5，sin=0.6，cos=0.8，取g=10m/s2。(1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；(2)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，导棒沿导轨下滑的距离为x=2.0m，求电阻R上产生的焦耳热。参考答案1C【详解】A电磁感应现象最先由法拉第发现，选项A错误；B法拉第发现了电磁感应现象，是库柏与
9、韦德总结出了法拉第电磁感应定律，故B错误；C发电机就是由电磁感应原理制成的，选项C正确；D奥斯特最先发现了电流的磁效应，选项D错误。故选C。2D【详解】A奥斯特通过奥斯特实验发现了电流的磁效应。A正确，不符合题意；B法拉第据电磁感应现象自制了史上第一台发电机，B正确，不符合题意；C法拉第提出的“场”的概念是其杰出贡献之一，C正确，不符合题意；D法拉第发现了电磁感应现象。D错误，符合题意。故选D。3B【详解】A随着所加电压的增大，电流增大，当达到饱和电流后，再增加电压电流也不会增加，A错误；B光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，根据入射光的频率越高，对应的遏
10、止电压越大光、光的遏止电压相等，所以光、光的频率相等，而光的遏止电压大，则频率大，B正确；C根据光电效应方程可知光电子的能量，即初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，C错误；D根据光电效应方程可知光的频率小于光的频率，光照射光电管发出光电子的最大初动能一定小于光照射光电管发出光电子的最大初动能，光电子飞出金属表面时，会受到干扰损失动能，所以光照射光电管发出光电子的初动能不一定小于光照射光电管发出光电子的初动能，D错误。故选B。4C【详解】A由图乙可知，电压表示数为零时，仍有光电流，因为光电子有初动能，A错误；B根据光电效应，光电子的最大初动能等于入射光子的能量减去逸出功，B错误；C光电
11、流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，可知，ac光对应的截止频率小于b光的截止频率，根据入射光的频率越高，对应的截止电压越大，a光、c光的截止电压相等，所以a光、c光的频率相等；当a、c光照射该光电管，因频率相同，则a光对应的光电流大，因此a光子数多，那么a光的强度较强，C正确；D发生光电效应，入射光的频率必须大于金属的极限频率，因为a光的频率小于b光的频率，b光能使该金属发生光电效应，a光的频率有可能小于金属的极限频率，则a光不一定能使该金属发生光电效应，D错误。故选C。5C【详解】A根据黑体辐射规律知，黑体辐射电磁波的强度，按波长的分布，只与黑体的温度有关，
12、故A选项错误；B普朗克首次提出能量量子假说，完美的解释了黑体辐射规律，破除了“能量连续变化”的传统观念，故B选项错误；C康普顿效应和光电效应说明光具有粒子性，电子的衍射说明实物粒子也具有波动性，故C选项正确；D宏观物体的物质波波长非常小，极不容易观察到它的波动性，选项D错误。故选C。6B【详解】A光电效应现象揭示了光的粒子性，选项A错误；B康普顿效应表明光子有动量，揭示了光的粒子性的一面，选项B正确；C黑体辐射的强度与温度有关，选项C错误；D动能相等的质子和电子，它们的动量不同，根据可知，德布罗意波的波长不相等，选项D错误。故选B。7D【详解】A导线中电流强度变大，则周围的磁感应强度增强，穿过
13、线框的磁通量增大，故可以产生感应电流，故A错误；B通过直导线的电流强度减小，则穿过线圈的磁通量减小，故可以产生感应电流，故B错误；C线框水平向右移动时，线框中的磁感应强度减小，故磁通量减小，可以产生感应电流，故C错误；D线框以MN竖直向下移动时，线框中的磁感应强度不发生变化，故磁通量不变，不会产生感应电流，故D正确。故选D。8D【详解】产生感应电流的条件为：穿过线圈的磁通量发生变化且线圈为闭合A由于线圈不闭合，则不会产生感应电流，故A错误；B线圈在匀强磁场中运动，穿过线圈的磁通量不变，则不会产生感应电流，故B错误；C通过线圈的磁通量始终为0即不变，则不会产生感应电流，故C错误；D穿过回路的磁通
14、量增大，且回路为闭合电路，则回路中会产生感应电流，故D正确。故选D。9A【详解】根据右手定则知，MN中的电流方向为NM，则流过R的电流方向bd。导线切割磁感线产生的感应电动势为根据闭合电路欧姆定律，电路中电流为根据欧姆定律，R两端电压为所以R两端电压，即MN两端电压的大小为故选A。10B【详解】由右手定则可知，a点电势高于b点电势，选项A正确；设总电流为I，则ab、电阻R1和R2上的电功率之比：，由能量关系可知： ，解得QR1=3J，选项B错误；由动量定理可知：，解得，则通过R1的电量为，选项D正确；由，其中，解得x=6m，选项C正确；此题选项不正确的选项，故选B. 11A【详解】第一阶段：从
15、de边进入磁场到bc边将进入磁场这段时间内，de边切割磁感线产生感应电动势大小为E1=BLv，感应电流方向为逆时针即负方向，设此阶段的电流大小为I1； 第二阶段：从bc边进入磁场到af边将进入磁场这段时间内，de、bc边一起切割磁感线产生总的感应电动势大小为E2=2BLv，感应电流大小I2=2 I1，方向仍为逆时针即负方向；第三阶段：从de边离开磁场到bc边将离开磁场这段时间内，bc、af边一起切割磁感线产生总的感应电动势大小为E3=BLv，感应电流大小I3= I1，方向为顺时针即正方向；第四阶段：从bc边离开磁场到af边将离开磁场这段时间内，af边切割磁感线产生的感应电动势大小为E4=2BL
16、v，感应电流大小I4=2 I1，方向仍为顺时针即正方向。综上，感应电流随时间变化的图线如选项A图所示，故选A。12D【详解】根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即，结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象的斜率；A图中磁通量不变，无感应电动势，A错误；B图中磁通量随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变，B错误；C图中回路在时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率为k1，在时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现：k1大于k2的绝对值。所以在时间内产生的感应电动势大于在时间内产生的感应电动势，C错误；D图中磁通
17、量随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，D正确。故选D。13C【详解】直流电是指电流的方向不发生变化的电流，其大小可以变化，交流电是指电流的方向发生变化的电流，但是它的电流的大小可以不变，故ABD属于交流电，C属于直流电。本题选不属于交变电流的，故选C。14C【详解】交流电是指电流的大小和方向均随时间做周期性变化的电流；由图可知，符合条件的只有C；故选C15B【详解】感抗为，容抗为，当频率f增大时，感抗变大，容抗变小。感抗变大，对交流电的阻碍作用变大，所以L1变暗；容抗变小，对交流电的阻碍作用变小，所以L2变亮。而电阻器的对交流电的阻碍作用不随频率改变，所以L3亮度
18、不变。所以L1变暗、L2变亮、L3不变。故选B。16D【详解】线圈的转速减小，则线圈转动的角速度也减小，感应电动势的有效值随之减小，交流电的频率也减小。相比之前，电阻不变，自感线圈的感抗减小，电容的容抗增大。当电容分担的电压增大时，电容有可能被击穿，如果被击穿，则灯泡L1亮度减小，L2亮度变化不确定，三灯泡中L3最亮，如果未被击穿，灯泡L1、L3亮度减小，三个灯泡中L2最亮。故选D。17AC【详解】以导体棒MN为研究对象，所处位置磁场方向向下、运动方向向右。由右手定则可知，感应电流方向是NM；再由左手定则可知，安培力方向水平向左。故BD错，AC对。故选AC。18AC【详解】BD滑片向下滑动，回
19、路电阻减小，电流增大，螺线管产生磁场变强，线圈a面积不变， 线圈a的磁通量变大，根据安培定则判断穿过a线圈的磁感应强度竖直向下，根据楞次定律可知，a线圈的感应电流产生磁场竖直向上，根据安培定则判断，线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，故BD错误A根据楞次定律，“增缩减扩”原理可以判断，线圈a有收缩的趋势，故A正确；C根据楞次定律，“来拒去留”原理可判断，a线圈磁通量增大，所以线圈a有远离b的趋势，对桌面压力变大，故C正确；故选AC。19BD【详解】A从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值为故A错误；BR1和R2的并联电阻为25，有所以电流表示数为，故B正确；C线圈中产生的感应电动势的最大值
20、表达式为电压的有效值为故C错误；D R1上消耗的电功率为故D正确。故选D。20BC【详解】A由交流电压瞬时值表达式可知电压的有效值为50V，故用电压表测该电压其示数为70.7V，A错误；B100rad/s，则周期T0.02sB正确；C该电压加在“100V，100W”的灯泡两端，其电压小于额定电压，则实际功率小于额定功率，C正确；D把ts代入瞬时值表达式得电压的瞬时值为50V，D错误。故选BC。21ABD【详解】AB设通过的电流为，则变压器输出端电流为，根据电流比则输入端电流为，则根据可知，和的功率之比为，故AB错误，符合题意；CD设原线圈输入电压为，因的电流等于的电流，根据欧姆定律可知根据变压
21、器电压比可得则即故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。故选ABD。22BC【详解】A由图可知，原线圈两端电压小于，则开关S断开时故A错误；B开关S断开时，由原、副线圈中的电流之比等匝数的反比，故B正确；CD将电阻看成交流电源的内阻，副线圈看成电路的外电阻，开关S闭合后，外电阻变小，电路中的电流变大，内电压变大，即副线圈两端电压减小，开关S闭合前，等效电路的总电阻为2，闭合开关S后，总电阻为，则电流并不是闭合前电流的2倍，故C正确，D错误。故选BC。23BD【详解】A由光电效应方程mv2=h-W0mv2=Uce由图可知，甲乙的遏制电压相同，故甲乙的频率相同，选项A错误；B根据光的强度越强，则光
22、电子数目越多，对应的光电流越大，即可判定甲光的强度较大；选项B正确；C甲光照射时产生的光电子的最大初动能均为eUc，选项C错误；D根据可得选项D正确；故选BD。24ABD【详解】A根据判断出光子的能量与光子的频率有关，选项A正确。B根据判断出光子的能量与光子的频率有关，紫光的频率大于红光的频率，所以紫光光子的能量比红光光子的能量大，选项B正确。C光是在空间传播的电磁波，是不连续的，是一份一份的能量，没有静止质量，也没有具体的体积，选项C错误。D根据光子的定义：光是在空间传播的电磁波，是不连续的，是一份一份的能量，每一份叫一个光子，选项D正确。故选ABD。25（1）10V（2）22:1【解析】【
23、详解】（1）直流电源的电压U0=20V，设变压器次级线圈两端的电压的有效值为U2，根据题意有，联立解得U2=10V（2）变压器输入的电压有效值为根据变压器电压比公式，可得26(1)22V；(2)0.237A【详解】(1)原线圈电压有效值由得副线圈两端电压的有效值(2)理想变压器的输入功率等于输出功率，有所以原线圈中电流表的示数27(1)2500V；(2)60kW，440kW；(3)10：1【详解】输电线路原理图如图所示(1)升压变压器副线圈两端的电压U2=2500V(2)输电导线上的电流I2=200A输电导线上的功率损失P损=I22r线=60kW用户得到的功率P用=P1P损=440kW(3)输
24、电导线上的电压U=I2r线=300V降压变压器原线圈两端的电压U3=U2U=2200V降压变压器原、副线圈的匝数比为10128(1)20A，5A；(2)50V，250W；(3)186V，4650W【详解】(1)根据副线圈两端电压表达式可知，用户得到的有效电压U3=220V则根据电流反比关系解得I2=5A(2)输电上损失的电压输电线上损耗的功率(3)根据降压变压器的原副线圈电压关系代入数据解得U2=930V再根据升压变压器的原副线圈电压关系代入数据解得U1=186V根据能量守恒29(1)2m/s；(2)3W；(3)3J【详解】(1)金属棒由静止释放后，在重力、轨道支持力、摩擦力和安培力作用下沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时达到最大速度vm后保持匀速运动，有又安培力大小为F安=BIL感应电流为感应电动势为联立解得(2)金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，根据功率公式有联解得(3)ab杆下滑过程中系统能量守恒得其中解得30(1)；(2)，；(3)【详解】(1)对棒，根据牛顿第二定律有当加速度为0时，棒获得最大速度(2)设棒沿斜面下滑的位移为x，则由法拉第电磁感应定律得根据闭合电路欧姆定律得又解得位移根据动量定理可得即解得(3)根据能量守恒，回路产生的焦耳热等于棒机械能的减少量则棒中产生的焦耳热
