1、广东省广州市荔湾区广雅中学2019-2020学年高二物理下学期3月月考试题（含解析）一、单项选择题1.波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的是（）A. 光电效应和康普顿效应都揭示了光的波动性B. 热中子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有粒子性C. 光的波粒二象性表明一束传播的光，有的光是波，有的光是粒子D. 速度相同的质子和电子相比，电子的波动性更为明显【答案】D【解析】【详解】A 光电效应和康普顿效应都揭示了光的粒子性，故A错误；B 热中子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有波动性，衍射是波的特征，故B错误；C 光都具有波粒二象性，光同时具有波和粒子特性，并非有的光是波，有的光
2、是粒子，故C错误；D 质子和电子都有波动性，由，可知，相同速度的电子和质子，由于质子的质量较大，所以其物质波波长较短，所以电子的波动性更为明显。故D正确。故选D。2.用如图甲所示的装置研究光电效应现象闭合开关S，用频率为v的光照射光电管时发生了光电效应图乙是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能与入射光频率v的关系图像，图线与横轴的交点坐标为，与纵轴的交点坐标为，下列说法中正确的是（ ）A. 普朗克常量为B. 断开开关S后，电流表G的示数不为零C. 仅增加照射光的强度，光电子的最大初动能将增大D. 保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，电流表G的示数保持不变【答案】B【解析】【详解】由，变形
3、得可知图线的斜率为普朗克常量，即，故选项A错误；断开开关S后，初动能大的光电子也可能达到阳极，所以电流表G的示数不为零，故选项B正确；只有增大入射光的频率，才能增大光电子的最大初动能，这与光的强度无关，故选项C错误；保持照射光强度不变，仅提高照射光的频率，单个光子的能量将会增大，而光的强度不变，那么光子数一定会减少，发出的光电子数也会减少，电流表G的示数就会变小，故选项D错误3.如图甲所示，在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，有一匝数为 n，面积为 S，总电阻为 r 的矩形线圈 abcd 绕轴 OO以角速度匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻 R 形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流
4、表。图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势 e 随时间 t 变化的图像，则下列说法中正确的是（ ）A. 从 t1 到 t3 这段时间穿过线圈的磁通量的变化量为 2nBSB. 从 t3 到 t4 这段时间通过电阻 R 的电荷量为C. t3 时刻穿过线圈的磁通量变化率为 nBSD. 电流表的示数为【答案】D【解析】【详解】A 由图可知，tl和t3这两时刻的磁通量大小为0，方向相反；故穿过线圈磁通量的变化量为0；故A错误；B 从t3到t4这段时间磁通量的变化为BS，则平均电动势因此通过电阻R的电荷量为故B错误；C t3时刻电动势E=NBS；则由法拉第电磁感应定律可知：，则穿过线圈的磁通量变化率为BS；
5、故C错误；D 电流表的示数为有效值，则有：故D正确。故选D。4.如图所示电路中，电源电压u=311sin100t（V），A、B间接有“220V 440W”的电暖宝、“220V 220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝下列说法正确的是( )A. 交流电压表的示数为311VB. 电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3AC. 电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D. 1min抽油烟机消耗的电能为1.32104J【答案】D【解析】【详解】A电压表测量的是有效值，u311sin100t(V)的有效值为220V，选项A错误；B电路总功率P=660W，根据，回路的电流有效值为3A，保险丝的额定电流不应
6、小于3A，选项B错误；C电暧宝是纯电阻性电路，热功率为440W，而抽油烟机是非纯电阻性电路，总功率为输出机械能的功率与热功率之和，因此产热功率小于220W，选项C错误；D1 min抽油烟机消耗的电能，选项D正确。故选D。5.如图所示，水平铜盘半径为 r，置于磁感应强度为 B，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为 n1，变压器的副线圈与电阻为 R 的负载相连，则（ ）A. 负载 R 两端的电压为 B. 原线圈中的电流强度为通过 R 电流的 C. 通过负载 R 的电流强度
7、为 0 D. 变压器的副线圈磁通量为 0【答案】C【解析】【详解】AC 切割磁感线感应电动势公式，电压恒定，由于变压器是理想变压器，所以变压器副线圈两端的电压是0，通过负载 R 的电流强度为 0，故A错误C正确；B 变压器只能改变原线圈的交流电的电压与电流，不能改变直流电的电压与电流。故不能使用变压器的电流比的公式计算副线圈中的电流。故B错误；D 虽然通过负载R的电流强度为0，但副线圈中的磁通量与原线圈中的磁通量相同，不是0，故D错误。故选C。6.如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为 n1、n2.。原线圈接正弦交流电源，一个二极管、理想电流表A和阻值为 R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端
8、。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得 a、b 端和 c、d 端的电压分别为 Uab 和 Ucd，则（ ）A. UabUcd=n1n2B. 增大负载电阻的阻值 R，电流表的读数变大C. 负载电阻的阻值越小，cd 间的电压 Ucd 越大D. 将二极管短路，短路前后电流表的读数比为1：【答案】D【解析】【详解】A 假设副线圈两端电压的有效值为U2，根据理想变压器的电压与匝数成正比，即有：U：U2=n1：n2；而因二极管的单向导电性，cd间电压的有效值满足：所以所以故A错误；B 副线圈两段的电压依赖于输入电压和匝数，所以副线圈两端的电压不变，电阻增大，则电流减小，所以电流表
9、的示数减小，故B错误；C根据以上分析可知，cd 间的电压 Ucd与负载无关，故C错误；D 将二极管短路后，R两端的电压变成原来的倍。由欧姆定律可知，R上的电流也变成原来的倍，短路前后电流表的读数比为1：，故D正确。故选D。7.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为 a，总电阻为 R（指拉直时两端的电阻），磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点 A 铰链连接的长度为 2a、电阻为的导体棒 AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为 v，则这时 AB两端的电压大小为（ ）A B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势
10、为：在竖直位置时，外电阻R外=电路电流故AB两端的电压大小为故A正确BCD错误。故选A。8. 两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m、电荷量q的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是A. 磁感应强度B竖直向上且正增强，B. 磁感应强度B竖直向下且正增强，C. 磁感应强度B竖直向上且正减弱，D. 磁感应强度B竖直向下且正减弱，【答案】C【解析】【详解】依题意电荷量+q的油滴恰好静止金属板间，受到的电场力与重力平衡，由平衡条件得知，油滴受到的电场力竖直向上
11、，则金属板上板带负电，下板带正电A、C、若磁感应强度B竖直向上，B正在增强时，根据楞次定律得知，线圈中产生的感应电动势是下负上正，金属板下板带负电，上板带正电，油滴不能平衡，则磁感应强度B竖直向上且B正在减弱时，油滴能保持平衡根据法拉第电磁感应定律得：金属板间的电压为要使油滴平衡，则有联立三式可得：，故A错误，C正确B、D、同理可得，磁感应强度B竖直向下且正增强时，满足，油滴也能保持静止，故B错误，D错误故选C【点睛】本题是电磁感应与电路、电场、力学等知识的综合应用对于电磁感应问题，要楞次定律判断感应电动势、法拉第定律研究感应电动势大小是常用的思路二、多项选择题9.如图甲是光电效应的实验装置图
12、，图乙是光电流与加在阴极 K 和阳极 A 上的电压的关系图像，下列说法正确的是（ ）A. 由图线、可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大B. 由图线、可知对某种确定的金属来说，其遏止电压与入射光的频率有关C. 遏止电压越大，说明从该金属中逸出的光电子的最大初动能越大D. 不论哪种颜色的入射光，只要光足够强，就能发生光电效应【答案】ABC【解析】【详解】A 由图线、可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，故A正确；B 根据光电效应方程知Ekm=hv-W0=eUc知入射光频率越大，最大初动能越大，遏止电压越大，可知对于确定的金属，遏止电压与入射光的频率有关，与入射光的
13、强度无关，故B正确；C 根据以上分析可知，遏止电压越大，说明从该金属中逸出的光电子的最大初动能越大，故C正确；D 发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与入射光的强度无关，故D错误。故选ABC。10.在绕制变压器时，某学生误将两个线圈绕在如图所示变压器左右两臂上，当通以交变电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中部的臂，已知线圈的匝数之比 n1：n2=2：1. 在不接负载的情况下，则 （ ）A. 当线圈 1 输入电压为 220V 时，线圈 2 输出电压为 110VB. 当线圈 1 输入电压为 220V 时，线圈 2 输出电压为 55VC. 当线圈 2 输入电压
14、为 110V 时，线圈 1 输出电压为 220VD. 当线圈 2 输入电压为 110V 时，线圈 1 输出电压为 110V【答案】BD【解析】【详解】AB因为理想变压器原、副线圈电压之比等于线圈中产生的感应电动势之比，所以当从线圈1输入电压U1=220 V时，由所以故B正确A错误；CD 当从线圈2输入电压U2=110 V时，同理由得U1=U2=110 V故D正确C错误。故选BD。11.某同学在实验室中研究远距离输电.由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用).第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P1.第二次采用如
15、图所示的电路输电，其中理想变压器T1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2.下列说法正确的是()A. 前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B. 实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失C. 若输送功率一定，则P2P1n12n22D 若输送功率一定，则P2P1n1n2【答案】BC【解析】试题分析：变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A错误；根据可知减小输送电流可以减小输电线上的电能损耗，故B正确；第一次实验输电线上的电流，输电线上损失的功率，第二次实验，升压变压器副线圈上的电压，输电线上
16、的电流，输电线上损失的功率，故C正确D错误；考点：考查了远距离输电，理想变压器【名师点睛】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关根据变压器的特点：电压比等于匝数比，电流之比等于匝数反比，输入功率等于输出功率去分析12.如图所示，一个面积为 S 的单匝金属线圈（电阻不计）在匀强磁场 B 中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴 OO匀速转动，线圈两端通过电刷与图示的电路连接。其中电阻 R1=R，光敏电阻 R2 在无光照时其阻值也为 R（有光照时其电阻减小），理想变压器的原、副线圈的匝数比为 n，则（ ）A. 从图示位置开始计时，线圈
17、转动时产生感应电动势的瞬时值表达式为 e=BSsin tB. 开关 S 处于闭合状态，当减小光照强度时，电压表的示数不变，电流表的示数减小C. 开关 S 处于闭合状态，当增大光照强度时，电压表的示数变小，电流表的示数减小D. 当开关 S 断开、R2 用黑纸包裹时，R2 两端电压的有效值为 【答案】BD【解析】【详解】A 线圈感应电动势的最大值为：Em=BS，从图示位置开始计时，有：e=Emcost故A错误；BC 原副线圈的电压与负载的电阻值无关，所以电压表的示数不变；开关S处于闭合状态，当减小光照强度时，光敏电阻的电阻值增大，所以电流减小；根据原副线圈的电流与匝数的关系可知，原线圈的电流也减小
18、，所以电流表的示数减小，故B正确C错误；D 当开关 S 断开，电阻R1和理想变压器串联，根据串联电路规律理想变压器方程有：变压比规律：，变流比规律：又联立解得：故D正确。故选BD。13.如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)，则()A. S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭B. S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭C. 电路接通稳定后，三个灯亮度相同D. 电路接通稳定后，S断开时，C灯逐渐熄灭【答案】AD【解析】【详解】AB、电路中灯与线圈并联后与灯串联，再与灯并联，闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻很小，逐渐将灯短路，灯逐渐熄灭，灯的电
19、压逐渐降低，灯的电压逐渐增大，灯逐渐变亮，故选项A正确，B错误；C、电路接通稳定后，灯被线圈短路，灯熄灭，、并联，电压相同，亮度相同，故选项C错误D、电路接通稳定后，断开时，灯中原来的电流立即减至零，由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感电流通过灯，所以灯会逐渐熄灭，故选项D正确14.如图所示，电阻不计的平行导轨竖直固定，上端接有电阻R，高度为h的匀强磁场与导轨平面垂直一导体棒从磁场上方的A位置释放，用x表示导体棒进入磁场后的位移，i表示导体棒中的感应电流大小，v表示导体棒的速度大小，Ek表示导体棒的动能，a表示导体棒的加速度大小，导体棒与导轨垂
20、直并接触良好以下图象可能正确的是()A. B. C. D. 【答案】AC【解析】试题分析：导体棒进入磁场之后收到向上的安培力和重力作用，进入时安培力可能大于重力，也可能等于重力，还可能小于重力，即进入时可以是加速、匀速、减少运动当进入时安培力大于重力时，即减速进入时，则进入时电流减小，同时安培力也减小，当安培力减小到等于重力时，则导体棒做匀速运动，则电流不变，离开磁场后电流为零，故选项A正确；当进入时安培力大于重力时即减速进入时，根据动能定理，则，由于安培力不是恒定的，所以图像不是直线，故选项B错误；当进入时安培力等于重力时，导体棒的加速度为零，离开磁场后为重力加速度，故选项C正确；当进入时安
21、培力大于重力，则导体棒进入磁场时速度减小，同时根据牛顿第二定律，可以知道进入时加速度也是减小的，但是当导体棒离开磁场之后只受到重力作用，则离开磁场后做加速运动，加速度为重力加速度，故选项D错误所以本题正确选项为AC15.如图所示，两条电阻不计的平行导轨与水平面成角，导轨的一端连接定值电阻 R1，匀强磁场垂直导轨平面向上。一根质量为 m、电阻为 R2 的导体棒 ab，垂直导轨放置且两端始终与导轨接触良好，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，且 R2=nR1。如果导体棒以速度v 匀速下滑，导体棒此时受到的安培力大小为F，则以下判断正确的是（ ）A. 电阻 R1 消耗的电功率为B. 重力做功功率为 mg
22、vsinC. 运动过程中减少的机械能全部转化为电能D. R2 上消耗的功率为【答案】BD【解析】【详解】A 导体棒以速度v匀速下滑时，由E=BLv、，F=BIL，推导出电阻R1消耗的热功率为又R2=nR1以上各式联立得解得：故A错误；B 根据瞬时功率表达式：P=Fvcos（其中为F与v之间的夹角）可知，重力做功的功率为：故B正确；C 根据能量守恒定律可知：运动过程中减少的机械能转化为电能和摩擦产生的热量，故C错误；D 电阻R2消耗的热功率为结合以上分析可知故D正确。故选BD16.如图所示，两根等高光滑的 1/4 圆弧轨道，半径为 r、间距为 L，轨道电阻不计在轨道顶端连有一阻 值为 R 的电阻
23、，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B，现有一根长度稍大于 L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置 cd 开始，在拉力作用下以初速度 v0 向右沿轨道做匀速圆周运动至 ab 处， 则该过程中（ ）A. 通过 R 的电流方向为由 aRbB. 通过 R 的电流方向为由 bRaC. R 上产生的热量为D. 流过 R 的电量为【答案】B【解析】【详解】金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过R的电流方向为由bRa，故A错误，B正确；金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为Em=BLv0，有效值，经过的
24、时间为：，根据焦耳定律有：，故C错误；通过R的电量由公式：，故D错误三、非选择题17.热敏电阻是传感电路中常用的电子元件。现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的特性曲线， 要求曲线尽可能完整，测量误差尽可能小；其他备用的仪表和器具有：保温杯和热水（图中未画出）、温度计、电源、多用电表、电压表、滑动变阻器（020）、开关、导线若干：(1)先使用多用电表粗测常温下热敏电阻的阻值，选用“100”倍率的电阻档测量，发现指针偏转角度太大，因此需选择_倍率的电阻档（选填“10”或“1k”），欧姆调零后再进行测量，示数如图（A）所示， 测量值为_；(2)a.用多用电表代替毫安表使用，实物图（B）上还缺少一些连
25、线，缺少的连线是_（选填“ab”、“ac”、“ad”、“bd”、“cd”，不定项选填）； b.热敏电阻和温度计插入带塞的空保温杯中，往保温杯中注入适量冷水，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使多用电表的示数为 100mA，记录_和_的 示 数 ； c.往保温杯中加入少量热水，待温度稳定后，_，使多用电表的示数仍为 100mA ，重复记录步 骤b的 两 个 示 数 ； d. 重 复 步 骤c， 测 得 多 组 数 据 ； e.绘出热敏电阻的电压温度关系图线如图（C）；(3)由图线可知该热敏电阻常温（24）下的阻值 R0=_ （保留 3 位有效数字）。【答案】 (1). 10 (2). 110 (3
26、). “ad”、 “cd” (4). 温度计 (5). 电压表 (6). 调节滑动变阻器的滑片 (7). 107【解析】【详解】(1)12 先使用多用电表粗测常温下热敏电阻的阻值，选用“100”倍率的电阻档测量，发现指针偏转角度太大，此时指针所指的数据比较小，说明所选倍率较大，应将选择开关换成欧姆挡的10挡位；欧姆表的读数为：R=1110=110(2)3456 由于热敏电阻的温度变化范围要尽可能的大，故热敏电阻要放在不同的水温中，电流要从正接线柱流入电流表和电压表，滑动变阻器下边两个接线柱要全接上，上边只能接一个接线柱连接如图所示故缺少的连线是“ad”、 “cd”。热敏电阻和温度计插入带塞的空
27、保温杯中，往保温杯中注入适量冷水，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使多用电表的示数为100mA，记录温度计和电压表的示数。往保温杯中加入少量热水，待温度稳定后，调节滑动变阻器的滑片，使多用电表的示数仍为100mA，记录温度计和电压表的示数；(3)7 由图示U-t图象可知，温度为24电压为107V，此时电阻阻值：18.如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值R 2 W的电阻连接，右端通过导线与阻值RL 4 W的小灯泡L连接在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长=2 m，有一阻值r =2 W的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处CDE
28、F区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示在t0至t4s内，金属棒PQ保持静止，在t4s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动已知从t0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求：（1）通过小灯泡的电流 （2）金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小【答案】（1）0.1A（2）1m/s【解析】【详解】（1）在t0至t4s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势电路为r与R并联，再与RL串联，电路的总电阻5 此时感应电动势=0.520.5V=0.5V 通过小灯泡的电流为：0.1A （2）当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动
29、势，电路为R与RL并联，再与r串联，此时电路的总电阻2 由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流IL=0.1A，则流过棒的电流为0.3A 电动势解得棒PQ在磁场区域中运动的速度大小v=1m/s 7在t0至t4s内，产生感生电动势，根据闭合电路欧姆定律可求得小灯泡的电流；t4s后产生动生电动势，根据闭合电路欧姆定律先求出电动势，再求出金属棒的速度19.如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成53角，间距为L=0.5m的导轨间接一电阻，阻值为R=2，导轨电阻忽略不计在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感强度B=0.8T导体棒a的质量为m10.1 kg、电阻为R11 ；导体
30、棒b的质量为m20.2 kg、电阻为R22，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场a、b电流间的相互作用不计，sin530.8，cos530.6，取g=10m/s2求：(1)导体棒a刚进入磁场时，流过电阻R的电流I；(2)导体棒a穿过磁场区域的速度v1；(3)匀强磁场的宽度d.【答案】(1)I=1A (2) (3)【解析】【分析】(1)依据平衡条件，结合安培力公式，及串并联电阻特点，即可求解；(2)根据切割感应电动势，及闭合电路欧姆定律，即可求解棒a穿过磁场区域的速度；(3)依据平衡条件，及切割感应电动势，及闭合电路欧姆定律，最后由运动学公式，即可求解匀强磁场的宽度【详解】(1)导体棒a在磁场中匀速运动，则：根据等效电路的结构有：联解得：I=1A(2)导体棒a在磁场中匀速运动时，根据欧姆定律有：联解得：(3)设导体棒b在磁场中匀速运动的速度为v2，则：对导体棒a，设其在磁场中运动的时间为，有： 联解得：【点睛】考查了电磁感应定律，闭合电路欧姆定律及运动学公式的综合应用，同时掌握平衡条件的内容，及安培力的公式，注意棒在磁场中运动性质是解题的关键
