物理周测试卷参考答案
参考答案
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A
D
D
B
D
A
A
A
AD
BD
BD
ACD
ACD
ACD
一、单项选择
1、【答案】A【详解】导线框右侧导线进入磁场后做切割磁感线运动，根据右手定则，产生向上的感应电流，回路中电流方向为逆时针方向，有效长度先增大后减小，所以感应电流方向为正，大小先增加后减小。当右侧导线出磁场时左侧导线开始进入磁场，产生顺时针方向的感应电流，大小同样先增大后减小。
A.与分析结论相符，故A正确。
B.与分析结论不符，故B错误。
C.与分析结论不符，故C错误。
D.与分析结论不符，故D错误。
2、【答案】D【详解】
A．正方形线框边长为，导体切割磁感线产生感应电动势：
可知前后两次进入磁场中电动势之比：
根据闭合电路欧姆定律：
可知前后两次进入磁场中的电流之比：A错误；
B．根据安培力的表达式：
可知： B错误；
C．线圈匀速进入磁场，所用时间： 可知时间之比：
线框电阻为，根据焦耳定律：
可知焦耳热之比： C错误；
D．根据纯电阻电路中电荷量的表达式：
可知通过线圈横截面积的电荷量相等，D正确。
3、【答案】D
【解析】
【详解】A项：0.01s时电动势为零，所以此时穿过线圈的磁通量最大，故A错误；
B项：由图乙可知，周期为0.0.2s，由公式，故B错误；
C项：电动势的有效值为，由闭合电路欧姆定律得：
，故C错误；
D项：由公式，故D正确。
4、【答案】B
【详解】
A.由题意可知a的质量比b大，a的横截面积大，电阻小。稳定时两线框都做匀速直线运动，则有：
，
可得
所以稳定时速度与横截面积无关，所以两线框稳定时速度相等，故A错误；
B.由于进入磁场以前，两线框都做自由落体运动，故进入磁场时速度相等，又当速度为v的时候，线框的加速度为：
，
与横截面积无关，所以在相同速度下加速度相等，故两线框运动任何时候都在同一位置，故
进入磁场的运动时间相同，故B正确；
C.进入磁场的过程磁通量的变化量相等，a的电阻小，根据电量公式知通过a线圈截面的电荷量较大，故C错误；
D.稳定下落时，安培力的功率等于重力的功率，由知，由于质量不等，所以安培力的功率不同，故D错误；
5、【答案】D由题意可知考查电磁感应中的能量问题、平衡问题，根据功能关系、受力平衡分析可得。
【详解】
A．t2时刻，导线框做匀速运动，
解得，故A错误；
B．t1时刻，导线框做匀速运动，
解得，
线框两次匀速直线运动的速度v1v2=91，故B错误。
C D．从t1到t2的过程中，设导线框克服安培力做的功为W，由动能定理可得
得
导线框克服安培力做的功等于重力势能的减少量和动能减少量之和，克服安培力做功等于转化的电能，从t1到t2的过程中，有机械能转化为电能，故C错误，D正确。
6、【答案】A根据串并联电路的知识得：负载总电阻R总=R1+=10Ω，理想交流电压表示数是10V，所以干路电流I=1A，所以电阻R2上两端电压UR2=1V，电阻R2上的热功率PR2=0.5W，故A正确。由乙图可知，0.02s通过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，R两端的电压瞬时值不为零，故B错误。由乙图可知，T=0.02s，ω==100πrad/s，电动势的有效值E=10V+1×2V=12V，电动势的最大值Em=12V，所以线圈产生的e随时间t变化的规律是e=12cos100πt（V），故C错误。电动势的最大值Em=12V=nBSω，Φ=BS=。
矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的规律为Φ=sin100πt，线圈开始转动到t=s的过程中，通过电阻R1的电量为，故D错误。
7、【答案】A【解析】只增大T，即减小频率，电容器的特性：通交流，隔直流，通调频，阻低频，所以灯A变暗，电
8、【答案】A
【解析】【来源】重庆市九校联盟2019-2020学年高二上学期联考物理试题
【详解】
A．当用光子能量为2.75 eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，改用能量为2.5 eV的光子照射，也可能发生光电效应，即移动变阻器的触头c，电流表G中也可能有电流，选项A正确；
BD．该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于1.7V时，电流表示数为0，知道光电子的最大初动能为1.7eV，根据光电效应方程EKm=hγ-W0，则逸出功W0=1.05eV．故BD错误。
C．当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，则到达集电极的电子的数目减小，电流减小。故C错误。
二 多选题
9答案：AD解析：如果PQ进入磁场时加速度为零，PQ做匀速运动，感应电流恒定．若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量Φ不变，无感应电流．由于PQ、MN从同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，但方向相反，A正确，B错误．若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量Φ不变，无感应电流，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，由于MN在磁场中的速度比进磁场时的速度大，故电流比PQ进入磁场时电流大，此后PQ做减速运动，电流减小，故C错误，D正确．
10、【答案】BD
A．金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向方向竖直向上，故A错误。
B．金属杆在磁场Ⅰ运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆在磁场Ⅰ中做加速度减小的减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆在磁场Ⅰ中运动的平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确。
C．金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得：
2mgd=Q
金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以总热量为：
Q总=2Q=4mgd=0.4J．
故C错误。
D．设金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为H时进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有：
又
联立解得：
由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以高度h一定大于H，故D正确。
故选BD。
11、【答案】BD
根据右手定则可知，导体棒在磁场中运动，产生正弦式交流电，当导体棒经过最低点和最高点时，切割的方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大，则，则有，压器原线圈两端的电压，根据
可得电压表的示数为，通过小灯泡的电流，根据可得，的电阻值为，故选项B正确，A错误；
C.整个电路消耗的总功率为，故选项C错误；
D.根据安培力表达式，最大安培力大小，故选项D正确。
12、【答案】ACD
导体棒切割产生的感应电动势的最大值，产生的是正弦式交流电，则电动势的有效值，由电流的热效应可得：，解得：，由闭合电路欧姆定律得，电压表的示数为2.5V，故A正确；
B项：导体棒运动到图示位置时，由右手定则可知，产生的电流方向由，由于二极管具有单向导通特性，所以此时无电流流过电阻R，故B错误；
C项：导体棒切割产生的感应电动势的最大值，所以最大电流，故C正确；
D项：导体棒上的电流为：，所以热功率为：，故D正确。
13、【答案】ACD
由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比．和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况.
【详解】
A、原线圈接入题图乙所示的电源电压，T=0.02 s，所以频率为;故A正确.
B、原线圈接入电压的最大值是，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22 V，所以电压表的示数为22 V，故B错误；
C、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表的示数变大，故C正确；
D、抽出L中的铁芯，电感线圈自感系数减小，电感线圈对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D正确.
故选ACD.
【点睛】
电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法.
14、【答案】ACD
A．如果先让锌板带负电，验电器由于带负电，张开一定的张角，当紫外线照射锌板时，产生光电子，则验电器的张角变小，故A正确；
B．黄光越强，光子数越多，产生光电子越多，光电流越大，但光子的能量与光强无关，故B错误；
C．根据:解得：
由图3可知为该金属的截止频率，故C正确；
D．根据光电效应方程，当时，可得：
由图象知纵轴截距，所以有：
即该金属的逸出功为，故D正确。
三 计算题
15、【答案】（1）3m/s（2）5.4J（3）
【详解】
（1）ab棒在下滑至3m时，ab棒做匀速运动，所以
ab棒切割磁感线产生的感应电动势
由闭合电路欧姆定律得：
联立解得：v=3m/s
（2）ab棒在下滑3m过程中，能量守恒定律得：
R产生的热量与棒产生热量之比
联立解得：QR=5.4J
（3）ab棒刚进入磁场时，速度为v1，由牛顿第二定律得：
由机械能守恒定律得：
联立解得：ab棒静止释放离OO'上方距离
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