北京市昌平区新学道临川学校2020届高三上学期期末考试物理试题
2019-2020学年度北京新学道临川学校高三期末物理试题
一、单选题每题5分
1.光电效应实验中，下列表述正确的是 ( )
A. 光照时间越长，则光电流越大
B. 入射光足够强就可以有光电流
C. 遏止电压与入射光的频率无关
D. 入射光频率大于极限频率时一定能产生光电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．光电流的大小与光照时间无光，与光的强度有关；故A错误。
B．发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率，入射光足够强，但频率不够是不能发生光电效应；故B错误。
C．根据光电效应方程
对光电子的减速由动能定理：
联立可得：
知遏止电压与入射光的频率有关，与强度无关；故C错误。
D．发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率；故D正确。
故选D。
2.如图所示，光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场左侧时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么( )
A. 线圈恰好在刚离开磁场的地方停下
B. 线圈在磁场中某位置停下
C. 线圈在未完全离开磁场时即已停下
D. 线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来
【答案】D
【解析】
【详解】线圈冲入匀强磁场时，产生感应电流，线圈受安培力作用做减速运动，动能减少．同理，线圈冲出匀强磁场时，动能也减少，进、出时减少的动能都等于安培力做的功．由于进入时的速度大，故感应电流大，安培力大，安培力做的功也多，减少的动能也多，线圈离开磁场过程中，损失的动能少于它在磁场外面时动能的一半，因此线圈离开磁场仍继续运动．D项正确．
3.如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( )
A. W1
W2，q1＝q2 D. W1>W2，q1>q2
【答案】C
【解析】
【详解】第一次用0.3s时间拉出，第二次用0.9s时间拉出，两次速度比为3:1，由E=BLv，两次感应电动势比为3:1，两次感应电流比为3:1，由于F安=BIL，两次安培力比为3:1，由于匀速拉出匀强磁场，所以外力比为3:1，根据功的定义W=Fx，所以：
W1:W2=3:1；
根据电量，感应电流，感应电动势，得：
所以：
q1:q2=1:1，
故W1＞W2，q1=q2。
A. W1W2，q1＝q2。故C正确；
D. W1>W2，q1>q2。故D错误；
4. 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，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．
5.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀的增大到2B．在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】在此过程中，线圈中的磁通量改变量大小，根据法拉第电磁感应定律，B正确；
，知道S是有效面积，即有磁通量的线圈的面积．
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6.如图甲所示，在竖直平面内有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1与L2、L3与L4之间均存在着匀强磁场，磁感应强度的大小为1 T，方向垂直于竖直平面向里．现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝L＝0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 Ω，将其从图示位置(cd边与L1重合)由静止释放，速度随时间变化的图象如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，t2－t3之间的图线为与t轴平行的直线，t1－t2之间和t3之后的图线均为倾斜直线，已知t1－t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈始终位于竖直平面内．(重力加速度g取10 m/s2)则( )
A. 在0－t1时间内，通过线圈的电荷量为2.5 C
B. 线圈匀速运动的速度为8 m/s
C. 线圈的长度ad＝1 m
D. 0－t3时间内，线圈产生的热量为4.2 J
【答案】B
【解析】
根据平衡有：mg=BIL；而；联立两式解得：，故B正确．t1～t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场．设磁场的宽度为d，则线圈的长度：L′=2d；线圈下降的位移为：x=L′+d=3d，则有：3d=vt-gt2，将v=8m/s，t=0.6s，代入解得：d=1m，所以线圈的长度为L′=2d=2m．故C错误．在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为：．故A错误．0～t3时间内，根据能量守恒得：Q=mg（3d+2d）-mv2=0.1×10×(3+2)− ×0.1×82＝1.8J．故D错误．故选B．
点睛：解决本题的关键理清线圈的运动情况，选择合适的规律进行求解，本题的难点就是通过线圈匀加速直线运动挖掘出下落的位移为磁场宽度的3倍．
7.有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图所示．该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动．在t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N开始离开纸面向外转动，规定由a→b→c→d→a
方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】当线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率最大，产生的电流最大，因为N极向外运动，所以根据楞次定律可得电流方向为正方向，所以从开始计时时电流正向最大，所以C正确．
8.如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1．在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I2．则（ ）
A. 用户端的电压为I1U1/I2
B. 输电线上的电压降为U
C. 理想变压器的输入功率为I12r
D. 输电线路上损失的电功率为I1U
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：由于输电线与用户间连有一理想变压器，设用户端的电压是U 2，则
U1I1=U2I2，得：．故A正确；输电线上损失的电压为U-U1，故B错误；理想变压器的输入功率为U1I1．故C错误；等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，所以输电线是损耗的功率是：I12r．故D错误；故选A．
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二、多选题每题6分
9.如图,静止的金属棒ab、cd与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好,匀强磁场竖直向下.ab棒在恒力F作用下向右运动,则()
A. 安培力对ab棒做正功 B. abdca回路的磁通量先增加后减少
C. 安培力对cd棒做正功 D. F做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和
【答案】CD
【解析】
【分析】
ab棒在恒力F作用下向右做加速运动，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，cd棒在安培力作用下也向右运动，切割磁感线产生一个反电动势，当两棒的速度差恒定时，回路中产生的感应电流恒定，两棒均做匀加速运动，根据安培力方向与导体运动方向的关系，判断做功正负．根据两棒的运动情况分析磁通量变化情况．根据系统能量守恒分析F做功与热量和总动能增量的关系．
【详解】ab棒在恒力F作用下向右做加速运动，根据楞次定律可知，回路中将产生的感应电流沿acdba方向，由左手定则判断可知，ab棒所受的安培力方向向左，cd棒所受的安培力方向向右，则安培力对ab棒做负功，对cd棒做正功．故A错误，C正确．两棒最终都做匀加速运动，速度之差恒定，ab棒的速度大于cd棒的速度，两板间距离增大，则abdca回路的磁通量一直增加．故B错误．根据能量守恒定律得知，F做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和．故D正确．故选CD．
【点睛】本题的解题关键是分析导体棒受力情况，来确定其运动情况，从而判断磁通量如何变化，同时明确功能关系的应用，能正确分析能量转化的方向．
10.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，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 a→R→b
B. 通过 R 的电流方向为由 b→R→a
C. 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b→R→a，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．
11.如图所示，空间存在一个有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场的宽度为l.一个质量为m、边长也为l的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在的平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t=0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置I)，导线框的速度为v0，经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ)
，导线框的速度刚好为零，此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置I(不计空气阻力)．则( )
A. 上升过程中，导线框的加速度逐渐减小
B. 上升过程中，导线框克服重力做功的平均功率小于下降过程中重力做功的平均功率
C. 上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多
D. 上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等
【答案】AC
【解析】
【详解】A．上升过程中，线框所受的重力和安培力都向下，线框做减速运动。设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：
可得：
由此可知，线框速度v减小时，加速度a也减小，故A正确。
B．下降过程中，线框做加速运动，则有
可得：
由此可知，下降过程加速度小于上升过程加速度，上升过程位移与下降过程位移相等，则上升时间短，下降时间长，上升过程与下降过程重力做功相同，则上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率，故B错误；
C．线框产生的焦耳热等于克服安培力做功，对应与同一位置，上升过程安培力大于下降过程安培力，上升与下降过程位移相等，则上升过程克服安培力做功大于下降过程克服安培力做功，上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多，故C正确；
D．在电磁感应现象中，线框中产生电能，根据能量守恒定律可知，线框返回原位置时速率减小，则上升过程动能的变化量大小大于下降过程动能的变化量大小，根据动能定理得知，上升过程中合力做功较大，故D错误。
故选AC。
12.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a，b所示，则( )
A. 两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B. 曲线a，b对应的线圈转速之比为2∶3
C. 曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D. 曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
【答案】AC
【解析】
t＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A项正确；图中a、b对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝∶＝3∶2，B项错误；a线表示的交流电动势的频率为fa＝＝25 Hz，C项正确；a线对应线圈相应的电动势的最大值Eam＝NBS·，由图象知Eam＝15 V，b线对应线圈相应的电动势的最大值Ebm
＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10 V，有效值Eb＝V＝5V，D项错误．
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三、填空题(共8分)
13.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．
（1）应该选择实验电路是图1中的_____（选项“甲”或“乙”）．
（2）现有电流表（0﹣0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：
A．电压表（0﹣15V） B．电压表（0﹣3V）
C．滑动变阻器（0﹣50Ω） D．滑动变阻器（0﹣500Ω）
实验中电压表应选用_____；滑动变阻器应选用_____；（选填相应器材前的字母）
（3）某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U﹣I图线．_____
序号
1
2
3
4
5
6
电压U（V）
1.45
1.40
1.30
1.25
1.20
1.10
电流I（A）
0.060
0.120
0.240
0.260
0.360
0.480
（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的电动势E＝_____v，内电阻r＝_____Ω
（5）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U以及干电池的输出功率P都会发生变化．各示意图中正确反映P﹣U关系的是_____．
A、 B、
C、 D、
【答案】 (1). （1） 甲 (2). （2） B (3). C (4). （3）
(5). （4） 1.50 (6). 0.81到0.85 (7). （5） C
【解析】
【分析】
（1）分析图示电路结构，然后答题；
（2）根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选最大阻值较小滑动变阻器；
（3）应用描点法作出图象；
（4）根据电源的U-I图象求出电源电动势与内阻；
（5）求出电源输出功率表达式，然后答题．
【详解】（1）干电池的内阻较小，电压表的分流作用可以忽略，可以用滑动变阻器中的电流来代替干路中的电流，所以选甲图电路．（注意：两种实验电路都存在系统误差，题图甲实际测量的电阻是电源内阻与电压表的并联电阻，而图乙测量的电阻是电池内阻与电流表内阻之和）
（2）一节干电池的电动势为1.5V，依据精确测量的原则，电压表应该选用B，电源的内阻较小，为了调节方便，滑动变阻器应该选C．
（3）画线时第4个点的误差较大，将其舍去，其他点连成直线，就得到电源的U-I图线．
（4）在（3）中图线中，U轴上的截距为该电源的电动势，则E=1.5V，图线的斜率为该电源的内阻.
（5）当滑动变阻器的阻值等于电源内阻时，电源的输出功率最大，即电源的输出功率随着U先变大再变小，A、B错误；输出功率与路端电压的关系可以表示为：，由数学知识可得C正确，D错误．故选C.
【点睛】本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻．
四、计算题
14.水平放置的两根平行金属导轨ad和bc，导轨足够长，导轨两端a、b和c、d两点分别连接电阻R1和R2，在水平面内组成矩形线框，如图所示，ad和bc相距L＝0.5 m，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B＝1 T，一根电阻为0.2 Ω的导体棒PQ跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4 m/s的速度向右匀速运动，如果电阻R1＝0.3 Ω，R2＝0.6 Ω，导轨ad和bc的电阻不计，导体棒与导轨垂直且两端与导轨接触良好．求：
(1)导体棒PQ中产生的感应电流的大小；
(2)导体棒PQ上感应电流的方向；
(3)导体棒PQ向右匀速滑动的过程中，外力做功的功率．
【答案】（1）（2）Q→P.（3）10W
【解析】
【详解】试题分析：（1）由E=BLv求出PQ产生感应电动势．由欧姆定律求出电流．（2）由右手定则判断出感应电流方向．（3）由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出外力，由功率公式求出外力的功率．
（1）根据法拉第电磁感应定律，
又，
则感应电流的大小
（2）根据右手定则判定电流方向 Q→P
（3）导体棒PQ匀速运动，则，
故外力做功的功率．
15.如图16所示，竖直放置的等距离金属导轨宽0.5 m，垂直于导轨平面向里的匀强磁场的磁感应强度为B＝4 T，轨道光滑、电阻不计，ab、cd为两根完全相同的金属棒，套在导轨上可上下自由滑动，每根金属棒的电阻为1 Ω.今在ab棒上施加一个竖直向上的恒力F，这时ab、cd恰能分别以0.1 m/s的速度向上和向下做匀速滑行．(g取10 m/s2)试求：
(1)两棒的质量；
(2)外力F的大小．
【答案】(1)0.04 kg 0.04 kg (2)0.8 N
【解析】
【详解】(1)根据右手定则，可以判定电路中电流方向是沿acdba流动．设ab棒的质量为m1，cd棒的质量为m2.取cd棒为研究对象，受力分析，根据平衡条件可得BIL＝m2g
其中I＝＝，得m2＝＝0.04 kg，
根据题意判断可知m1＝0.04 kg.
(2)取两根棒整体为研究对象，根据平衡条件可得
F＝m1g＋m2g＝0.8 N.
16.两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d=100cm，在左端斜轨道部分高h=1.25m处放置一金属杆a，斜轨道与平直轨道以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆A．b电阻Ra=2Ω，Rb=5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感强度B=2T．现杆b以初速度v0=5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a滑到水平轨道过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；a下滑到水平轨道后，以a下滑到水平轨道时开始计时，A．b运动图象如图所示(a运动方向为正)，其中ma=2kg，mb=1kg，g=10m/s2，求
（1）杆a落到水平轨道瞬间杆a的速度v；
（2）杆a 在斜轨道上运动的时间；
（3）在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．
【答案】（1）5m/s （2）5s （3）19J
【解析】
（1），
（2）b棒，，得
（3）共产生的焦耳热为
B棒中产生的焦耳热为
