【物理】安徽省阜阳市太和中学2019-2020学年高二上学期第四次月考试题（实验班）（解析版）
太和中学高二实验班第四次月考物理试题
(总分：100分 时间：90分钟)
一、选择题(每题4分，对而不全得2分）
1.质点做简谐运动，其x—t关系如图，以x轴正向为速度v的正方向，该质点的v—t关系是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】质点通过平衡位置时速度最大，由图知内，1s和3s两个时刻质点通过平衡位置，速度最大，根据图象切线的斜率等于速度，可知1s时刻速度为负向，3s时刻速度为正向，故具有最大正方向速度是3s．由加速度与位移的关系：
可知质点具有最大正方向加速度时有最大负向的位移，由图看出该时刻在2s，所以质点具有最大正方向加速度的时刻是2s，故选B．
2.如图所示,面积均为S的单匝线圈绕其对称轴或中心轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动,能产生正弦式交变电动势e=BSωsinωt的是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)从中性面开始匀速转动时,产生的正弦式交变电动势为e=BSωsinωt,由这一原理可判断,
A．A图中感应电动势为e=BSωsinωt,故A正确；
BCD．B图中的转动轴不在线圈所在平面内,C、D图中的转动轴与磁场方向平行,而不是垂直,线圈转动过程中穿过线圈的磁通量均为零且保持不变,不能产生感应电动势，故BCD错误。
3.图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A。则下列说法正确的是( )
A. 电压表V1示数增大 B. 电压表V2、V3示数均增大
C. 该变压器起升压作用 D. 变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
【答案】D
【解析】
电流表示数增大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，故应从c向d滑动，故D正确；电压表V1、V2示数不变，故A、B错误；原副线圈中的电流和匝数成反比，即n1I1=n2I2，电流变化时，n1ΔI1=n2ΔI2，故，应是降压变压器，C错误．
【考点定位】考查理想变压器和电路知识．
4.如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若( )
A. 金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B. 金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C. 金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
D. 金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
【答案】D
【解析】
当金属环上下移动时，穿过环的磁通量不发生变化，根据楞次定律，没有感应电流产生，选项AB错误；当金属环向左移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向外且增强，根据楞次定律可知，产生顺时针方向的感应电流，故选项C错误；当金属环向右移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向里且增强，根据楞次定律可知，产生逆时针方向的感应电流，故选项D正确．
【考点定位】楞次定律
【名师点睛】解决本题的关键会用安培定则判断电流周围磁场的方向，以及学会根据楞次定律来确定感应电流的方向．
5.在半径为r、电阻为R的圆形导线框内,以直径为界,左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场,以垂直于纸面向外为磁场的正方向,两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示,则0-t0时间内,导线框中( )
A. 感应电流方向为顺时针 B. 感应电流方向为逆时针
C. 感应电流大小为 D. 感应电流大小为
【答案】A
【解析】
【详解】AB．根据楞次定律可知,左边的导线框中感应电流方向为顺时针,而右边的导线框中感应电流方向也为顺时针,则整个导线框中感应电流方向为顺时针,故A正确,B错误;
CD．由法拉第电磁感应定律,因磁场的变化,导致导线框内产生感应电动势,结合题意可知,整个导线框产生的感应电动势正好是左右两部分产生的感应电动势之和,即为=E=2×
再由闭合电路欧姆定律,可得感应电流大小为：＝ 故C、D错误
6.如图所示,三个灯泡L1、L2、L3的阻值关系为R1
I2>I3,开关S从闭合状态突然断开时,电感线圈产生自感电动势,阻碍通过它的电流的减小,由于二极管的反向截止作用,L2立即熄灭,电感线圈、L1、L3组成闭合回路,L1逐渐变暗,通过L3的电流由I3变为I1,再逐渐减小,故L3先变亮,然后逐渐变暗,故B正确.
7.将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B．从t＝0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】在0～t0
时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1= Bω•R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向（沿ONM方向）．在t0～2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向（沿OMN方向）．回路中产生的感应电动势为E2=Bω•R2+•2Bω•R2=BωR2=3E1；感应电流为I2=3I1．在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向（沿ONM方向），回路中产生的感应电动势为E3=Bω•R2+•2Bω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为I3=3I1．在3t0～4t0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向（沿OMN方向），回路中产生的感应电动势为E4=Bω•R2，回路电流为I4=I1，故B正确，ACD错误．故选B．
点睛：对于电磁感应现象中的图象问题，磁场是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路．
8.如图甲所示，矩形线圈abcd固定于方向相反的两个磁场中，两磁场的分界线oo′恰好把线圈分成对称的左右两部分，两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向内为正，线圈中感应电流逆时针方向为正．则线圈感应电流随时间的变化图像为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】在开始阶段OO′左侧磁场增强，OO′右侧磁场减弱，由楞次定律可知线圈中有逆时针方向的感应电流，故A正确，B错误．因磁场是均匀变化的，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知，感应电流的大小不变，故CD项错误；故选A．
【点睛】考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意磁场正方向的规定，及掌握两个感应电动势是相加还是相差，是解题的关键．
9.由粗细相同、同种材料制成的A、B两线圈分别按图甲、乙两种方式放入匀强磁场中,甲、乙两图中的磁场方向均垂直于线圈平面,A、B线圈的匝数之比为2∶1,半径之比为2∶3,当两图中的磁场都随时间均匀变化时 ( )
A. 甲图中,A、B两线圈中电动势之比为2∶3
B. 甲图中,A、B两线圈中电流之比为3∶2
C. 乙图中,A、B两线圈中电动势之比为8∶9
D. 乙图中,A、B两线圈中电流之比为2∶3
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．甲图中磁通量的变化率一样，由公式可知，则感应电动势与匝数成正比为2：1，由公式可知，电阻之比为4：3，则电流之比为3：2，故A错误，B正确；
CD．乙图中磁场变化率一样，由公式可得，电动势之比为8：9，电阻之比为4：3，则电流之比为2：3，故CD正确。
10.实物粒子和光都具有波粒二象性.下列事实中突出体现波动性的是( )
A. 电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样
B. β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹
C. 人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构
D. 人们利用电子显微镜观测物质的微观结构
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，说明电子是一种波，故A正确；
B．β射线在云室中穿过会留下清晰径迹，可以说明β射线是一种粒子，故B错误；
C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构，中子衍射说明中子是一种波，故C正确；
D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构，利用了电子束的衍射现象，说明电子束是一种波，故D正确.
11.氢原子能级图如图所示,当氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时,辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是 ( )
A. 氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时,辐射光的波长小于656 nm
B. 用波长为325 nm的光照射,可使氢原子从n=1能级跃迁到n=2能级
C. 一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
D. 用波长为633 nm的光照射,不能使氢原子从n=2能级跃迁到n=3能级
【答案】ACD
【解析】
【详解】AB．根据氢原子的能级图和能级跃迁规律,当氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时,释放的能量为
=[3.4-(-13.6)]×1.6×10-19J
解得辐射光的波长
λ=122nm<656nm
根据发生跃迁时只能吸收或辐射一定频率(波长)的光子，故A正确，B错误；
C．根据数学组合，可知一群n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线，故C正确；
D．氢原子的电子从n=2跃迁到n=3的能级，必须吸收的能量为△E′，与从n=3跃迁到n=2的能级，放出能量相等，因此只能用波长656nm的光照射，才能使得电子从n=2跃迁到n=3的能级，故D正确。
12.如图所示,垂直矩形金属线框的匀强磁场的磁感应强度为B.线框上放置一导体棒ab,ab垂直于线框两个长边且和线框接触良好.线框长边足够长,短边长为l,在Δt时间内,ab向右以速度v匀速滑过距离d,则( )
A. 因右边面积减少ld,左边面积增大ld,则=B·2ld,E=
B. 因右边面积减少ld,左边面积增大ld,两边抵消,=0,E=0
C. =Bld所以E=
D. 导体棒ab切割磁感线,E=Blv
【答案】CD
【解析】
【详解】ABC．左、右两边可看成两个并联的回路.根据法拉第电磁感应定律,每个回路产生的感应电动势为E=
由于两个回路并联电路,总感应电动势也为E=
故AB错误，C正确；
D．根据导体棒切割磁感线产生感应电动势的公式E=Blv,选项D正确.。
二、实验题
13.甲、乙两个学习小组分别利用单摆测当地重力加速度.
(1)甲组同学采用如图所示的实验装置.
①由于没有游标卡尺,无法测小球的直径d,实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长L,测得多组周期T和L的数据,作出L-T2图像,如图所示.
A．实验得到的L-T2图像是____;
B．小球的直径是____cm;
②在测量摆长后,测量周期时,摆球摆动过程中悬点O处摆线的固定点出现松动,摆长略微变长,这将会导致所测重力加速度的数值____(选填“偏大”“偏小”或 “不变”).
(2)乙组同学在图示装置的基础上再增加一个速度传感器,如图甲所示.将摆球拉开一个小角度使其做简谐运动,速度传感器记录了摆球在摆动过程中速度随时间变化的关系,如图乙所示.
①由图乙可知,该单摆的周期T=____s;
②改变摆线长度L后,多次测量,根据实验数据,利用计算机作出T2-L图线(L为摆线长),并根据图线拟合得到方程T2=(4.04L+0.024)s2.由此可以得出当地的重力加速度g=____ m/s2.(取π2=9.86,结果保留3位有效数字)
【答案】 (1). c 1.2 偏小 (2). 2.0 9.76
【解析】
【详解】(1)[1][2]单摆的周期
T=2π
所以
则图像为直线,其斜率
k=
纵截距
b=>0
所以图像为c，由图像可知
得
d=1.2cm.
[3]测量周期时,摆球摆动过程中悬点O处摆线的固定点出现松动,摆长略微变长,则摆长的测量值偏小,测得的重力加速度偏小．
(2)[4]根据简谐运动的图线知,单摆的周期T=2.0 s
[5]根据
得
对比图线方程,可知图线的斜率
解得
g=9.76m/s2
14.某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1（6V，2.5W）的伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：
A．直流电源（6V，内阻不计）
B．电流表G（满偏电流3mA，内阻）
C．电流表A（，内阻未知）
D．滑动变阻器R（， 5A）
E．滑动变阻器Rˊ（，）
F．定值电阻R0（阻值）
G．开关与导线若干
（1）根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“”表示）．（画在方框内）_____
（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用_____．（填写器材序号）
（3）将上述电子元件R1和另一电子元件R2接入如图所示电路甲中，它们的伏安特性曲线分别如图乙中oa、ob所示．电源的电动势E=6.0V，内阻忽略不计．调节滑动变阻器R3，使电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件R1的阻值为_____，R3接入电路的阻值为_____（结果保留两位有效数字）．
【答案】 (1). (2). E (3). 10 4
【解析】
【详解】（1）描绘灯泡的伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由题意可知，没有电压表，需要用已知内阻的电流表G与定值电阻R0
串联测电压，灯泡电阻R=U2/P=14.4Ω，电压表内阻为10+1990=2000Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示：
（2）为方便实验操作，同时分压接法时，要求用小电阻，故滑动变阻器应选D．
（3）两元件串联，流过它们的电流始图相等，电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，由图乙可知，此时电阻两端的电压为U=2.5V，I=0.25A，
根据欧姆定律得：R1＝U/I=2.5V/0.25A＝10Ω．根据串并联电路特点，可知，此时流过R3的电流为：I′=2I=0.5A，两端的电压为：U′=E-U=6V-2.5V=3.5V；
R3接入电阻的阻值为：R3=(E-2U)/I=(6-2×2.5)/0.25=4.0Ω；
三、计算题（6+6+10+14=36，必须有必要的文字说明）
15.运动的原子核放出粒子后变成静止的原子核Y．已知X、Y和粒子的质量分别是M、和，真空中的光速为c，粒子的速度远小于光速．求反应后与反应前的总动能之差以及粒子的动能．
【答案】，
【解析】
【详解】反应后由于存在质量亏损，所以反应前后总动能之差等于质量亏损而释放出的能量，
故根据爱因斯坦质能方程可得①
反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒，故有，②
联立①②可得
16.家用电子调光灯的调光功能是用电子线路将输入的正弦式交流电压的波形截去一部分来实现的,由截去部分的多少来调节电压,从而实现灯光的可调,比过去用变压器调压方便且体积小.某电子调光灯经调整后电压波形如图所示,求灯泡两端的电压的有效值？
【答案】
【解析】
【详解】从u-t图像可看出,每个周期的前半周期是正弦图形,其有效值为
U1=
后半周期电压为零.根据有效值的定义,有
得
U=
17.如图所示，固定光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、 方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上.初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿导轨向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行.
(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；
(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a.
【答案】(1) 电流方向为b→a (2)gsin θ－
【解析】
【详解】(1)导体棒产生的感应电动势为：E1＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律得通过R的电流大小为：
根据右手定则判断得知：电流方向为b→a
(2)导体棒第一次回到初始位置时产生的感应电动势为：E2＝BLv
根据闭合电路欧姆定律得感应电流为：
导体棒受到的安培力大小为：F＝BIL＝ ，方向沿斜面向上；导体棒受力如图所示：
根据牛顿第二定律有：mgsin θ－F＝ma
解得：a＝gsin θ－
18.如图所示，两根金属平行导轨MN和PQ放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L，电阻不计．水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感强度大小为B，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B，方向竖直向下．质量均为m、电阻均为R的金属棒a和b垂直导轨放置在其上，金属棒b置于磁场Ⅱ的右边界CD处．现将金属棒a从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动．设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．
（1）若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大摩擦力均为mg，将金属棒a从距水平面高度h处由静止释放．求：
①金属棒a刚进入磁场Ⅰ时，通过金属棒b电流大小；
②若金属棒a在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a释放时的高度h应满足的条件；
（2）若水平段导轨是光滑的，将金属棒a仍从高度h处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ
．设两磁场区域足够大，求金属棒a在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b中可能产生焦耳热的最大值．
【答案】（1）①；② ； （2）
【解析】（1）① a棒从h0高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有
①
解得： ②
a棒刚进入磁场I时 ③, 此时通过a、b的感应电流大小为
解得： ④
② a棒刚进入磁场I时，b棒受到的安培力大小 ⑤
为使b棒保持静止必有 ⑥
由④ ⑤ ⑥联立解得： ⑦
（2）由题意知当金属棒a进入磁场I时，由左手定则判断知a棒向右做减速运动；b棒向左运动加速运动．
二者产生的感应电动势相反，故当二者的感应电动势大小相等时闭合回路的电流为零，此后二者均匀速运动，故金属棒a、b均匀速运动时金属棒b中产生焦耳热最大，
设此时a、b的速度大小分别为与，由以上分析有：BL =2BL ⑧
对金属棒a应用动量定理有： ⑨
对金属棒b应用动量定理有: ⑩
联立⑧⑨⑩解得 ；
由功能关系得电路产生的总电热为：
故金属棒b中产生焦耳热最大值为
