安徽合肥168中学2019-2020高二物理下学期线上测试（三）试题（Word版带答案）

物理周测试卷（4.4） 一 单选题(48 分：8 题) 1、如图所示，圆形匀强磁场区域的半径为 R，磁场方向垂直纸面向里。边长为 2R 的正方形闭合导线框从左向右匀速穿过磁场。若线框刚进入磁场时 t=0，规定逆时 针方向为电流的正方向，则下图中能大致反映线框中电流与时间关系的是（ ） A． B． C D． 2、如图所示，先后以速度 v0 和 2v0 把同一正方形闭合线圈匀速拉入有界匀强 磁场区域的过程中，则在先后两种情况下（ ） A．线圈中的感应电流之比 为 I1：I2=2：1 B．线圈所受到的安培力之比为 F1：F2=1：4 C．线圈产生的焦耳热之比为 Q1：Q2=1：4 D．通过线圈截面电荷量之比为 q1：q2=1：1 3、图甲为一小型发电机的示意图，发电机线圈内阻为 1Ω， 灯泡 L 的电阻为 9Ω，电压表为理想交流电压表。发电机产 生的电动势 e 随时间 t 按图乙的正弦规律变化，则（ ） A. 0.01s 时穿过线圈的磁通量为零 B. 线圈转动的角速度为 50rad/s C. 电压表的示数为 10V D. 灯泡 L 的电功率为 9W 4、如图所示，两个用同种金属做成的粗细均匀、边长相同的正方形导线框 a 、b ，已知 a 的质量比 b 大．它 们都从有理想边界、垂直于纸面向里的匀强磁场的上边界处无初速释放，在它们全部进入磁场前， 就已经 达到了各自的稳定速度．下列说法正确的是（ ） A． a 的稳定速度一定比 b 的稳定速度大 B． a 、 b 进入磁场的运动时间相同 C．进入磁场全过程通过 a 、 b 线圈截面的电荷量相同 D．各自以稳定速度下落过程中两线圈安培力的功率相同 5、在如图所示的倾角为θ 的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大 小均为 B 的匀强磁场区域，区域 I 的磁场方向垂直斜面向上，区域 II 的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为 L，一个质量为 m、电 阻为 R、边长也为 L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t1 时 刻 ab 边刚从 GH 进入磁场 I 区域，此时导线框恰好以速度 v1 做匀速 直线运动；t2 时刻 ab 边下滑到 JP 与 MN 的中间位置，此时导线框又 恰好以速度 v2 做匀速直线运动。重力加速度为 g，下列说法中正确的是（ ） v = mgR sin θ A．t2 时刻，导线框具有的速度 2 2B2 L21 2 B．线框两次匀速直线运动的速度 v1∶v2=4∶1 C．从 t1 到 t2 的过程中，导线框克服安培力做的功等于重力势能的减少量 3mgLsinθ + 1 m(v2 − v2 ) D．从 t1 到 t2 的过程中，有 2 2 机械能转化为电能 6、如图所示，甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为 r=2Ω 的矩形线圈在磁感应强度为 B 的匀强磁场 中，绕垂直于磁场方向的固定轴 OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中 滑动变阻器 R 的最大阻值为 R0=4Ω，滑动片 P 位于滑动变阻器中点，定值电阻 R1=7Ω，R2=2Ω，其他电阻 不计。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关 S．线圈转动过程中理想交流电压表示数是 10V， 图乙是矩形线圈磁通量随时间 t 变化的图象。则下列说法正确的是（ ） A．电阻 R 上的热功率为 0.5W B． 0.02s 时滑动变阻器 R 两端的电压瞬时值为零 C．线圈产生的 电压随时间变化的规律是 e = 10 2cos100π t (V ) t = D．线圈从零时刻转动到 1 s 600 1 C 的过程中，通过 R1 的电荷量为 200π 7、如图所示,理想变压器原线圈上连接着在水平面内的长直平行金属导轨,导轨之间存在垂直于导轨平面 的匀强磁场,金属杆 MN 垂直放置在导轨上,且接触良好.移动变压器副线圈上的滑动触头可改变副线圈匝数, 副线圈上接有一只理想电压表,滑动变阻器 R 的总阻值大于定值电阻 R0 的阻值,线圈 L 的直流电阻、导轨 和 金属杆的电阻都忽略不计.现在让金属杆以速度 的规律在导轨上左右来回运动（T 为金属杆 运动 的周期）,两灯 A、B 都发光.下列说法中正确的是( ) A. 只增大 T,则灯 A 变暗、灯 B 变亮 B. 当时间 t=T 时,两灯都亮着,电压表的示数为零 C. 只将变阻器 R 的滑片下滑时,通过副线圈的电流减小,电压表 的示数变大 D. 只增大 v0,两灯都变亮,杆 MN 来回运动的最大距离变小 8、用如图所示的装置研究光电效应现象.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，电流表 G 的示数不为零；移动变阻器的触头 c，发现当电 压表的示数大于或等于 1.7 V 时，电流表示数为 0，则下列说法正确的是（ ） A．改用能量为 2.5 eV 的光子照射，移动变阻器的触头 c，电流表 G 中也可能有电 流 B．光电管阴极的逸出功为 1.7eV C．当滑动触头向 a 端滑动时，反向电压增大，电流增大 D．光电子的最大初动能始终为 1.05 eV 二 多选题（36 分，6 题） 9．如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为 θ，导轨电 阻忽略不计．虚线 ab、cd 均与导轨垂直，在 ab 与 cd 之间的区域存在垂直于 导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒 PQ、MN 先后自导轨上同一位 置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．从 PQ 进入磁场开始计时， 到 MN 离开磁场区域为止，流过 PQ 的电流随时间变化的图象可能正确的是 ( ) A B C D 10、如图所示，竖直固定的“ ”形光滑导轨宽为 0.5m，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为 0.1m，磁 场的磁感应强度大小均为 1T，其他区域无磁场.质量为 0.1kg 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ 时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为 0.5Ω ，与导轨接触良好，其他电阻不计，空气阻力不计，重力加 速度 g=10m/s2，下列说法正确的是（ ） A．金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下 B．金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在磁场Ⅰ、Ⅱ之间的区域运动时间 C．金属杆穿过两磁场产生的总热量为 0.6J D．金属杆释放时距磁场 Ⅰ上边界的高度一定大于 0.2m 11、如图所示，在磁感应强度大小 B= 2 2 π T，方向竖直向下的匀强磁场中， 有两半径均为 0.6m 的金属圆环平行竖直放置，两圆心所在直线 OO′与磁场方向垂直。圆环通过电刷与理 想变压器原线圈相连，长为 0.5m 的导体棒 ab 两个端点刚好分别搭接在两圆环上，且与 OO′平行。现让导 体棒沿圆环内侧、绕 OO′以 20π rad/s 的角速度匀速转动，恰好使标有“3V 4.5W”的小灯泡 L 正常发光。 已知理想变压器原、副线圈的匝数比为 n1:n2=2:1，图中电压表为理想电压表，圆环、导体棒、导线电阻不 计，则（ ） A．电压表的示数为 6V B ．R0 的电阻值为 1.5 Ω C．整个电路消耗的总功率为 18 2 W 3 D．ab 沿圆环转动过程中受到的最大安培力为 π N 12、如图，足够长的两平行光滑金属导轨 MN、PQ 水平放置，间距 l=1m，导轨中间分布有磁感应强度为 1T 的匀强磁场，磁场边界为正弦曲线。一粗细均匀的导体棒以 l0m/s 的速度向右匀速滑动，定值电阻 R 的阻 值为 1Ω，导体棒接入电路的电阻也为 1Ω，二极管 D 正向电阻为零，反向电阻无穷大，导轨电阻不计， 下列说法正确的是( ) A．电压表示数为 2.5V B．导体棒运动到图示位置 时，有电流流过电阻 R C．流经电阻 R 的最大电流 为 5A D．导体棒上热功率为 6.25W 13、如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为 10∶1，图中电表均为理想电表，R、L 和 D 分 别是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、电感线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压 u， 下列说法正确的是( ) A．电压 u 的频率为 50 Hz B．电压表的 示数为 22 V C．有光照射 R 时，电流 表的示数变大 D．抽出 L 中的铁芯，D 灯变亮 14、爱因斯坦成功地解释了光电效应现象，提出了光子说，关于与光电效应有关的四个图像如图所示，下 列说法正确的是（ ） A ． 如图 1 装置，如果先让锌板带负电，再用紫外线照射锌板，则验电器的张角可能变小 B．根据 图 2 可知，黄光越强，光电流越大，说明光子的能量与光强有关 C．由图 3 可知 v2 为该金属的截止频率 D ．由图 4 可知，E 等于该金属的逸出功 三 计算题 （16 分） 15、如图甲所示，电阻不计且间距 L=1m 的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面倾角 θ=37°，上端接一 阻值 0.8Ω 的电阻，虚线OO′ 下方有垂直于导轨平面向上、磁感应强度为 1T 的匀强磁场。现将质量 0.5kg、 电阻 0.2Ω 的金属杆 ab 从 OO′ 的上方某处由静止释放，金属杆 ab 在下滑的过程中与导轨保持良好接触且 始终 OO′ 平行，下滑 3m 的过程中加速度 a 与下滑距离 x 的关系图象如图乙所示，g 取 10m/s2，求： （1）ab 棒在下滑至 3m 时的速度； （2）ab 棒在下滑 3m 过程中，R 产生的热量； （3）ab 棒从 OO′ 上方多远处由静止释放？ 物理周测试卷参考答案 参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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： L E BLv= 1 2 1 2 E E = EI R = 总 1 2 1 2 I I = F BIL= 1 2 1 2 F F = Lt v = 1 2 2 1 t t = R 2Q I Rt= 1 2 1 2 Q Q =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； E B Sq I t t nR R R ∆Φ ⋅ ∆= ⋅ ∆ = ⋅ ∆ = = 总 总 总 2 2 g B Rm L v= 2 2 2 2 2 44 16= = LLSg gmgR Sv B L B L B ρ ρ ρ ρ 密 电 密 电＝ 2 2 2 2 2 4 164 F mg B L v B L v B va g g gLm mR LS S ρ ρρ ρ −= = − = − = −   安 密 电 密 电 q R ∆Φ=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 v1 v2=9 1，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=12 V，所以线圈产生的 e 随时间 t 变化的规律是 e=12 cos100πt（V），故 C 错误。电动势的 最大值 Em=12 V=nBSω，Φ=BS= 。 =P mgv 2 2 2 2 2 3BLv BLv BLvI R R += = 2 2 2sin 2 9mg B L B L BLvI I R θ = + = 2 2 2 sin 9 mgRv B L θ= 1sin BLvmg B LR θ = 1 2 2 sinmgRv B L θ= ∶ ∶ 3 1 12 2sin 2 12 2 2 Lmg W mv mvθ × − = − 2 2 1 2 3 sin 1 (2 )2 mgL m v vW θ −= + 2 2 1 2 3 sin 1 2 2 ( )mgL m v v θ + − 0 0 2 4 R R+ 2 T π 2 2 2 12 2 100n π×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： 12 2 100n π× 1 600 2 C200 n R r π ∆Φ =+总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； 2 2B L vmg BIL R = = 2v gH= 2 2 4 4 0.2m2 m gRH B L = = 0mE BLv BLr ω= = 0 12V 2 2 mE BLrE ω= = = 1 9VLU E U= − = 1 1 2 2 U n U n = 2 4.5VU = 1 1.5AL L PI U = = 1 2 2 1 I n I n = 2 3AI = 0R 2 0 2 1.5ΩUR I = = 1 18WP EI= = 2 2 31.5 2 0.5N NmF BI L π π= = × × × =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： km 0 cE hv W eU= − = c c( )hv W hU v ve e e − = −= 2v k 0E hv W= − 0v = k 0E W= − E− 0W E=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 E 4 3 m sinmg BILθ = E BLv= EI R r = + 21sin 2mgx Q mvθ − = R r Q R Q r = R rQ Q Q+ = 2 2 1 2sinB L v mg maR r θ− =+ 2 1 1 1sin 2mgx mvθ = 1 4 m3x =