1、2018年惠州东高高二年级四月物理试题一、选择题：本题共8小题每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1 821题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分,有选错的得0分。1. 关于光电效应的规律，下列说法中正确的是()A. 发生光电效应时，不改变入射光的频率，增大入射光强度，则单位时间内从金属内逸出的光电子数目增多B. 光电子的最大初动能跟入射光强度成正比C. 发生光电效应时，光电子的逸出不可认为是瞬时的D. 只有入射光的波长大于该金属的极限波长，光电效应才能产生【答案】A【解析】【详解】发光的强弱不影响光电子的能量，只影响单位时间内发出光电
2、子的数目，只增大入射光的强度，单位时间内逸出的光电子数目将增多，A正确；根据光电效应方程可知，；可知，光电子的最大初动能跟入射光强度无关，B错误；发生光电效应的反应时间非常短，一般都小于10-7s，可认为是瞬时的，C错误；发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率，只有入射光的波长小于该金属的极限波长，光电效应才能产生，D错误2. 如图所示为粒子散射实验装置，粒子打到荧光屏上都会引起闪烁，若将带有荧光屏的显微镜分别放在图 中A、B、C、D四处位置。则这四处位置在相等时间内统计的闪烁次数可能符合事实的是().A. 1 305、25、7、1B. 202、405、625、825C. 1 202、1
3、 010、723、203D. 1 202、1 305、723、203【答案】A【解析】【详解】由于绝大多数粒子运动方向基本不变，所以A位置闪烁此时最多，少数粒子发生了偏转，极少数发生了大角度偏转。符合该规律的数据只有A选项，A正确3. 如图所示，粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移动过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：四种情况都是一条边切割磁感线，故产生的感应电动势都相等，线圈的电阻还都相同，故
4、线圈中的电流都相等，a、b 两点间电势差的绝对值最大的应该是路端电压最大时，故ACD中的电势差都相等，B中的电势差最大，故选项B正确。考点：电磁感应，欧姆定律。4. 如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t=0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象线框进入磁
5、场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故BC错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有 感应电流产生线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误5. 如图所示，O1O2是矩形导线框ABCD的对称轴，其左方有匀强磁场。下列情况下AB
6、CD中有感应电流产生的是()A. 将ABCD向纸外平移B. 将ABCD向右平移C. 将ABCD以AB为轴转动60D. 将ABCD以CD为轴转动60【答案】BD【解析】【详解】由于磁场为匀强磁场，将ABCD向纸外平移，其磁通量都不变化，因此不会产生感应电流，A错误；将ABCD向右平移，其磁通量变小，根据楞次定律，则产生感应电流，B正确；将ABCD以AB为轴转动60，穿过线圈的磁通量不变化，不产生感应电流，C错误；当线圈绕CD轴转动60时，磁通量将变小，根据楞次定律，则产生感应电流，D正确6. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，b是原线圈中心的抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时
7、刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220sin100t V，则()A. 当单刀双掷开关与a连接时，电压表V1的示数为22 VB. 当t=s时，电压表V0的读数为220 VC. 单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表V1的示数增大，电流表示数变小D. 当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表V1和电流表的示数均变小【答案】BC【解析】A项：当单刀双掷开关与a连接时，匝数之比为10：1，原线圈两端有效值为220V，所以副线圈电压有效值为22V，由图可知，电压表V2应小于22V，故A错误；B项：电压表的示数为交变电流的有效值即，故B正确；C项：若将滑动变
8、阻器触片P向上移动，负载电阻增大，电流表示数减小，由于副线圈两端电压不变，电流减小，所以电压表V2示数增大，故C正确； D项：当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数之比为5：1，输出电压增大，电压表和电流表的示数均变大，故D错误。点晴：变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析。7. 如图所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用电阻为3 的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)。对整个送电过程，下
9、列说法正确的是()A. 输电线上的损失功率为300 WB. 升压变压器的匝数比为1100C. 输电线上的电流为100 AD. 降压变压器的输入电压为4 970 V【答案】AD【解析】【详解】输电线上损失功率为，A正确；输电线上的电流为，C错误；升压变压器原线圈中的电流为，根据电流与匝数成反比，得，B错误；升压变压器副线圈两端的电压为，输电线上损失的电压为，降压变压器输入电压为，D正确；8. 如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN。现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接
10、触良好。下列关于棒的摩擦力f、安培力F、速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是()A. B. C. D. 【答案】BD【解析】解:CD、当从t=0时刻起,金属棒通以I=kt,则由左手定则可以知道,安培力方向垂直纸面向里,使其紧压导轨,则导致棒在运动过程中,所受到的摩擦力增大,所以加速度在减小,因为速度与加速度方向相同,则做加速度减小的加速运动;当滑动摩擦力等于重力时,加速度为零,则速度达到最大;当安培力继续增大时,导致加速度方向竖直向上,则出现加速度与速度方向相反,因此做加速度增大的减速运动;而速度与时间的图象的斜率表示加速度的大小,因为 ,由牛顿第二定律得:,因此,而重力小于摩
11、擦力时,加速度方向向上,故C错误,D正确;B、安培力,所以B选项是正确的;A、开始时是滑动摩擦力, ,变为静摩擦力后,但摩擦力是突然变小的,应该是速度最大的时刻滑动摩擦力与重力平衡,故A错误;所以BD选项是正确的二、非选择题9. 在伏安法测电阻的实验中，电压表V的内阻约为4k，电流表A的内阻约为0.5，测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示，并将得到的电流、电压数据描到U - I图象上，如图（c）所示 （1）图（c）中图线I是采用_连接方式得到的数据描绘的（选填“图(a)”或“图(b)”）；（2）由图（c）中图线II求出电阻的测量值Rx=_；（保留2位有效数字）（3）采用_连接方式
12、（选填“图(a)”或“图(b)”）测得的电阻误差较小【答案】 (1). 图(a) (2). 1.2-1.4 (3). 图(b)【解析】【分析】（1）根据电路图与图示图象根据电源相等时电流关系分析答题（2）根据图示图象应用欧姆定律可以求出电阻阻值（3）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后选择实验电路【详解】（1）电流表采用外接法时由于电压表的分流作用所测电流偏大，由图示图象可知，电压相等时图线电流大，图线电流表采用外接法，图线电流表采用内接法，由此可知，图线是采用图（a）所示电路得到的数据描绘的；（2）由图示图象可知，根据图线II求出电阻的测量值：；（3）待测电阻阻值约为1.3
13、，电压表内阻约为4k，电流表内阻约为0.5，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法实验误差小，即选择图（b）所示电路误差小【点睛】本题考查了电流表接法的选择，考查了实验误差分析；当待测电阻阻值远大于电流表内阻时电流表应采用内接法，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时电流表应采用外接法10. 利用图(a)所示的装置测量滑块运动的加速度，将木板水平固定在桌面上，光电门A固定在木板上靠近物块处，光电门B的位置可移动，利用一根压缩的短弹簧来弹开带有遮光片的滑块实验步骤如下：（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图（b）所示，d=_cm；（2）两个光电门同时连接计时器，让滑块从O位置弹开并沿木
14、板向右滑动，用计时器记录遮光片从光电门A运动至B所用的时间t，再用米尺测量A、B之间的距离s则表示滑块在A至B段的_的大小；（3）保持光电门A的位置不动，逐步改变光电门B的位置，每次都使滑块从O位置弹开，用计时器记录每次相应的t值，并用米尺测量A、B之间相应的距离s每次实验重复几次测量后取平均值，这样可以减少实验的_误差（填“偶然”或“系统”）；（4）若用图象处理数据，所得图象如图（c）所示，该图线在轴上的截距表示滑块经过_速度的大小；用作图法算出滑块运动的加速度a=_m/s2（保留2位有效数字）【答案】 (1). 0.860 (2). 平均速度 (3). 偶然 (4). 光电门A (5).
15、2.4【解析】试题分析：（1）宽度d的读数为：；（2）表示滑块在A至B段的平均速度；（3）每次实验重复几次测量后取平均值，是为了减小人为操作造成的误差，为偶然误差；（4）若某同学做该实验时误将光电门乙的位置改变多次，光电门A的位置保持不变，画出图线后，得出的纵坐标截距的物理含义为滑块经过光电门A时的瞬时速度，加速度为.【点睛】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读由位移时间关系式整理得到图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系11. 两根足够长的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l导轨左端连接一个阻值为R的电阻，同时还连接一对间距为d的水平放置的平行金属极板在导轨上面
16、横放着一根阻值为r、质量为m的导体棒ab，构成闭合回路，如图所示在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B用大小为F的水平外力拉着导体棒沿导轨向右匀速滑行，已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度为g，忽略导轨的电阻（1）求导体棒匀速滑行的速度大小（2）导体棒匀速滑行过程，有一个质量为m0的带电小液滴静止悬浮在平行金属极板间（极板间为真空），求小液滴的电荷量并说明其电性【答案】（1）（2）（液滴带正电）【解析】【分析】（1）根据共点力的平衡条件结合安培力的计算公式、闭合电路的欧姆定律联立求解；（2）根据欧姆定律求解两极板间的电压，再以液滴为研究对象，根据共点力的平衡条件求解电荷
17、量及其电性【详解】（1）棒匀速滑行，有，回路中的电流，解得导体棒匀速滑行的速度大小；（2）金属板间的电压，带电液滴静止在极板间，有，解得小液滴的电荷量（液滴带正电）【点睛】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解12. 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d=0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值R=2 的电阻连接，右端通过导线与阻值RL=4 的小灯泡L连接。在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长l=2 m，有一阻值r=2 的金属棒PQ放
18、置在靠近磁场边界CD处(恰好不在磁场中)。CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示。在t=0至t=4 s 内，金属棒PQ保持静止，在t=4 s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t=0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）v=1m/s【解析】试题分析：(1) 在t0至t4 s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R总RL5 （2分）此时感应电动势Edl0.520.5
19、 V0.5 V（2分）通过小灯泡的电流为：I0.1 A。（2分）(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势，电路为R与RL并联，再与r串联，此时电路的总电阻R总r（2分）由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流ILI0.1 A，则流过金属棒的电流为IILIRIL0.3 A（2分）电动势EIR总Bdv（1分）解得棒PQ在磁场区域中运动的速度大小v1 m/s（1分）考点：法拉第电磁感应定律13. 如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角=30，导轨上端跨接一定值电阻R，导轨电阻不计整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，长为L的金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持电接触良好，金属棒的质量为m、电阻为r，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，当金属棒沿导轨下滑距离为s时，速度达到最大值vm求：（1）金属棒开始运动时的加速度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小；（3）金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，电阻R上产生的电热【答案】（1）a=0.5g（2）（3）【解析】本题考查牛顿第二定律的应用，金属棒开始下滑时没有切割磁感线，只有重力沿斜面向下的分力提供加速度，当导体棒匀速下滑时，所受安培力水平向右，由受力平衡可求得安培力，由公式F=BIL和欧姆定律可求得磁感强度B的大小，焦耳热可根据功能关系求解，重力做功转化为焦耳热和动能
