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文档介绍
【物理】安徽省合肥市第一中学2019-2020学年高二下学期返校考试试题(解析版)
合肥一中2019一2020学年第二学期高二年级开学考试 物理试卷 一、选择题 1.如图所示,矩形线圈处于匀强磁场中,当磁场分别按图(1)图(2)两种方式变化时,t0时间内线圈产生的电能及通过线圈某一截面的电量分别用W1、W2、q1、q2表示,则下列关系式正确的是( ) A. W1= W2,q1= q 2 B. W1>W2,q1= q 2 C. W1< W2,q1< q 2 D. W1> W2,q 1> q 2 【答案】A 【解析】分析:由图读出磁感应强度的变化率,根据法拉第电磁感应定律研究感应电动势,由焦耳定律和欧姆定律分别研究电能和电量. 设磁感应强度的变化率大小为,磁感应强度的变化量大小为△B.根据法拉第电磁感应定律得,感应电动势E=N=NS,t0时间内线圈产生的电能W=t0, 通过线圈某一截面的电量q=N=NS, 由图可知,在t0时间内(1)、(2)两图,△B=B0,相同,则W1=W2 q1=q2 故选A 2.铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落,在下落过程中,下列判断中正确的是( ) A. 金属环在下落过程中的机械能守恒 B. 金属环在下落过程动能的增加量小于其重力势能的减少量 C. 金属环的机械能先减小后增大 D. 磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力 【答案】B 【解析】AC.整个下落过程中,穿过金属环的磁通量一直在变化,则金属环内一直有感应电流产生,所以金属环内一直有电热产生,根据能量守恒,可知电热一直增加,则金属环的机械能一直减小,故金属环的机械能不守恒,故AC错误; B.整个下落过程中,减少的是重力势能,增加的是动能和电热能(内能),由能量守恒定律可知,重力势能的减少量等于动能的增加量和电热能(内能)的增加量,所以下落过程动能的增加量小于其重力势能的减少量,故B正确; D.当金属环从静止下落过程中,由于磁通量变大,导致金属环中出现感应电流,根据“来拒去留”,可知刚开始时金属环受到竖直向上的安培力,根据牛顿第三定律可知,金属环对磁铁的作用力竖直向下,所以磁铁对桌面的压力大于其自身的重力,但环落到棒中间的时候,由于金属环此时不切割磁感线,则安培力为零,此时磁铁对桌面的压力等于磁铁的重力,故D错误。故选B。 3. 已知金属钾的逸出功为2.22eV,氢原子的能级如图所示,一群处在n=3能级的氢原子向低能级跃迁时,能够从金属钾的表面打出光电子的光波共有 A. 一种 B. 两种 C. 三种 D. 四种 【答案】B 【解析】由能级公式可得出从n能级发生跃迁的总条数及各种跃迁中所放出的光子能量,当光子能量高出钾的逸出功时会发生光电效应. 解答:解:第四能级的氢原子可以放出6条光谱线,其放出的光子能量分别为: E1=-1.51-(-3.40)=1.89ev; E2=-1.51-(-13.6ev)=12.09ev; E3=-3.40-(-13.6)=10.20ev; 故大于2.21ev的光谱线有2条; 4.如图所示,电阻R1=3Ω,R2=6Ω,线圈的直流电阻不计,电源电动势E=5V,内阻r=1Ω。开始时,电键S闭合,则( ) A. 断开S前,电容器所带电荷量最多 B. 断开S前,电容器两端的电压为V C. 断开S的瞬间,电容器a板带上正电 D. 断开S的瞬间,电容器b板带上正电 【答案】C 【解析】AB.断开开关S前,线圈电流稳定,线圈的直流电阻不计,则电容器两端电压为零,所以电容器没有电荷量,故AB错误; CD.当开关断开瞬间,线圈电流减小,由于线圈的自感现象,线圈中产生感应电动势,且左端电势高于右端,从而对电容器充电,因此电流流向a板,故a板带上正电,故C正确,D错误。故选C。 5.用图甲所示的电路研究光电效应中电子发射的情况与照射光的强弱、光的颜色(频率)等物理量间的关系.电流计G测得的光电流I随光电管两端电压U的变化如图乙所示,则( ) A. 通过电流计G的电流方向由d到c B. 电压U增大, 光电流I一定增大 C. 用同频率的光照射K极,光电子的最大初动能与光的强弱无关 D. 光电管两端电压U为零时一定不发生光电效应 【答案】C 【解析】A、电流方向与逃逸出来的电子运动方向相反,所以通过电流计G的电流方向由c到d,故A错误; B、光电流的大小与光的强弱有关,遏止电压与光的频率有关,光电流的大小与光的频率无关,故B错误; C、用同频率的光照射K极,根据爱因斯坦光电效应方程,光电子的最大初动能与光的频率有关,与光的强弱无关,故C正确; D、光电管两端电压U为零时,光电效应照样发生,打出来的电子沿各个方向飞去,故D错误;故选C. 6.如图所示,左侧的圆形导电环半径为r=1.0cm,导电环与一个理想变压器的原线圈相连,变压器的副线圈两端与一个电容为C=100pF的电容器相连,导电环的电阻不计,环中有垂直于圆环平面的变化磁场,磁感应强度B的变化率为=100πsinωt,若电容器C所带电荷量的最大值为,则所用理想变压器的原副线圈的匝数之比为(取=10)( ) A. 1:100 B. 100:1 C. 1:100 D. 100:1 【答案】A 【解析】根据法拉第电磁感应定律,得原线圈的电压的峰值为 电容器的电压峰值为 则理想变压器的原、副线圈匝数之比等于电压之比 故A正确,BCD错误。故选A。 7.如图所示,在光滑水平面上方,有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场,如图所示,PQ为两个磁场的边界,磁场范围足够大。一个边长为a,质量为m,电阻为R的正方形金属线框垂直磁场方向,以速度v从图示位置向右运动,当线框中心线AB运动到与PQ重合时,线框的速度为,则( ) A. 此时线框中的电功率为4 B. 此时线框的加速度为4 C. 此过程通过线框截面的电量为B D. 此过程回路产生的电能为0.75m 【答案】C 【解析】A.当线框中心线AB运动到与PQ重合时,回路中产生感应电动势为 感应电流为 此时线框中的电功率为 故A错误; B.左右两边所受安培力大小均为 根据左手定则可知,左右两边所爱安培力方向均向左,则合力为2F,根据牛顿第二定律有 解得 故B错误; C.根据 根据法拉第电磁感应定律有 根据闭合电路的欧姆定律有 联立解得 此过程线框磁通量的变化量为 所以解得电量为 故C正确; D.根据能量守恒定律,可得此过程回路产生的电能为 故D错误。故选C。 8.如图甲为演示用的交流发电机,矩形金属线圈abcd的面积为S,匝数为n,线圈总电阻为r,在磁感应强度为B的匀强磁场中,绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动,从某时刻起线圈中产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示,外电路电阻为R。下列说法中正确的是( ) A. 从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零 B. t4时刻穿过线圈磁通量的变化率为E0 C. 从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为 D. 电阻R的发热功率为 【答案】CD 【解析】A.从t1到t3这段时间内,线圈转动了180°,磁通量由正向BS变为负向BS,故磁通量的变化量为-2BS,不为零,故A错误; B.t4时刻,产生的感应电动势最大,线圈与中性面垂直,根据法拉第电磁感应定律有 解得磁通量的变化率为 故B错误; C.从t3到t4这段时间产生的平均感应电动势为 根据闭合电路的欧姆定律有 联立解得通过的电荷量为 又 代入解得 故C正确; D.产生的感应电动势的有效值为 故电阻R的发热功率 故D正确。故选CD。 9.如图,M为半圆形导线框,圆心为OM;N是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为ON;两导线框在同一竖直面(纸面)内;两圆弧半径相等;过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面.现使线框M、N在t=0时从图示位置开始,分别绕垂直于纸面且过OM和ON的轴,以相同的周期T逆时针匀速转动,则( ) A. 两导线框中均会产生正弦交流电 B. 两导线框中感应电流的周期都等于T C. 在t=时,两导线框中产生的感应电动势相等 D. 两导线框的电阻相等时,两导线框中感应电流的有效值也相等 【答案】BC 【解析】A.半径切割磁感线产生的感应电动势,由于匀速转动,所以进入时,电动势是恒定的,则A错误; B.由半径切割分段分析知道:M线框在转一周内感应电动势的变化是恒正、恒正、恒负、恒负.N线框的变化是恒正、零、恒负、零,所以两导线框的周期相等地,则B正确; C.显然从开始到转过90°,都是半径切割,感应电动势相等,则C正确; D.根据有效值定义:对M线框,,对N线框,只有一半时间有感应电流,,两式对比得到:,所以D错误. 10.如图所示,相距均为d的三条水平虚线L1与L2、L2与L3之间分别有垂直纸面向外,向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B.一个边长也是d的正方形导线框,从L1上方一定高处由静止开始自由下落,当ab边刚越过L1进入磁场时,恰好以速度v1做匀速直线运动;当ab边刚越过L2运动到L3之前的某个时刻,线框又开始以速度v2做匀速直线运动,在线框从进入磁场到速度变为v2的过程中,设线框的动能变化量大小为ΔEk,重力对线框做功大小为W1,安培力对线框做功大小为W2,下列说法中正确的有( ) A. 在导体下落过程中,由于重力做正功,所以有v2>v1 B. 从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,线框动能的变化量大小为ΔEk=W2+W1 C. 从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,线框动能的变化量大小为ΔEk=W1-W2 D. 从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,机械能减少了W1+ΔEk 【答案】BD 【解析】A、在导体框下落过程中,重力做正功,但安培力做负功,不能根据重力做功判断两速度的大小.设线框匀速运动时速度大小为v,线框的电阻为R,质量为m.ab边进入磁场,由于线框匀速运动,则有mg=① 线框以速度v2做匀速直线运动时,有线框中总的感应电动势为 E=2Bdv2,线框所受的安培力大小为 F=2BId=② 由①②比较得,v1>v2. B、C从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,根据动能定理得:线框动能的变化量大小为 D、从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,机械能减少等于重力势能的减小量与动能减小量之和,而重力势能的减小量等于重力做功W1,即有 本题运用能量守恒定律分析电磁感应现象,首先要明确涉及到几种形式的能,其次要搞清能量如何转化,再根据减小的能与增加的能相等列式分析. 二、实验题 11.(1)用游标为20分度的卡尺测量长度如图,由图可知其长度为_____________mm; (2)用螺旋测微器测量直径如右上图,由图可知其直径为________mm; 【答案】(1)50.15mm;(2)4.700mm; 【解析】试题分析:(1)游标卡尺的读数为:5cm+0.05mm×3=50.15mm;(2)螺旋测微器读数:4.5mm+0.01mm×20.0=4.700mm; 12.某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻Rx的阻值. (1)现有电源(4V,内阻可不计)、滑动变阻器(0~50 Ω,额定电流2 A)、开关和导线若干,以及下列电表: A.电流表(0~3 A,内阻约0.025 Ω) B.电流表(0~0.6 A,内阻约0.125 Ω) C.电压表(0~3 V,内阻约3 kΩ) D.电压表(0~15 V,内阻约15 kΩ) 为减小测量误差,在实验中,电流表应选用________,电压表应选用________(选填器材前的字母);实验电路应采用图中的________(选填“甲”或“乙”). (2)下图是测量Rx的实验器材实物图,图中已连接了部分导线.请根据在(1)问中所选的电路图,用笔画线代替导线补充完成图中实物间的连线________. (3)接通开关,改变滑动变阻器滑片P的位置,并记录对应的电流表示数I、电压表示数 U.某次电表示数如图所示,可得该电阻的测量值Rx==________Ω(保留两位有效数字). (4)若在(1)问中选用甲电路,产生误差的主要原因是__________________;若在(1)问中选用乙电路,产生误差的主要原因是________.(选填选项前的字母) A.电流表测量值小于流经Rx的电流值 B.电流表测量值大于流经Rx的电流值 C.电压表测量值小于Rx两端的电压值 D.电压表测量值大于Rx两端的电压值 (5)在不损坏电表的前提下,将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端,随滑片P移动距离x的增加,被测电阻Rx两端的电压U也随之增加,下列反映Ux关系的示意图中正确的是________. 【答案】 (1). B C 甲 (2). (3). 5.2 (4). B D (5). A 【解析】(1)[1]电压表C,理由是有滑动变阻器限压,且15V量程太大,读数误差太大; [2]电流表B,理由是即使电压表满偏,最大电流为0.6A; [3]外接法即甲图,理由是,即小电阻,适合采用安培表外接法,即甲图. (2)[4]或者 (3)[5]根据读数I=0.50A,U=2.60V,即电阻为5.2Ω (4)[6][7]甲图误差因为电流表测量电阻和电压表总电流,乙图误差因为电压表测量电流表和电阻的总电压,因此答案分别为B、D. (5)[8]由于电流,,通过数学函数图像即 答案为A. 二、计算题 13.如图(俯视图),虚线右侧有竖直向下的磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场,边长为L=0.4m,质量为m=0.5kg的正方形导线框起初静止在光滑水平地面上.从t=0时刻起,用水平恒力F向右拉线框从图示位置开始运动,此后线框运动的v-t图像如右图所示.求: (1)恒力F的大小; (2)线框进入磁场过程中感应电流的大小; (3)线框进入磁场过程中线框产生的热量. 【答案】(1)2N,(2)10A,(3)0.8J 【解析】(1)在0-0.4s内线框在拉力F作用下,做初速度为0的匀加速度直线运动,由v-t图求出加速度,由牛顿第二定律求拉力F的大小;(2)线框匀速进入磁场,由平衡条件得,可以求出感应电流的大小;(3)线框匀速进入磁场过程中,由能量守恒定律得:,即可求解产生的热量. (1)由v-t图可知,在0-0.4s内线框在拉力F作用下,做初速度为0的匀加速度直线运动 由v-t图得:加速度 由牛顿第二定律得: (2)线框以速度为匀速进入磁场,由平衡条件得: 解得: (3)线框匀速进入磁场过程中,由能量守恒定律得: 14.发电机输出功率为100kW,输出电压是250V,用户需要的电压是220V.输电线电阻为10Ω,若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%,试求: (1)在输电线路中设置的升,降压变压器原副线圈的匝数比. (2)用户得到的电功率是多少? 【答案】(1);(2)96kW 【解析】(1)输电线损耗功率:P线=100×4% kW=4kW 又P线=I22R线 输电线电流:I2=I3=20 A 原线圈中输入电流: 所以 这样 U3=U2-U线=5000-20×10 V=4800 V 所以 (2)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为 P用=P-P损=P(1-4%)=100×96% kW=96 kW 15.有一个正方体形的匀强磁场和匀强电场区域,它的截面为边长L=0.20m的正方形,其电场强度为V/m,磁感应强度T,磁场方向水平且垂直纸面向里,当一束质荷比为kg/C的正离子流(其重力不计)以一定的速度从电磁场的正方体区域的左侧边界中点射入,如图所示。(计算结果保留两位有效数字) (1)要使离子流穿过电场和磁场区域而不发生偏转,电场强度的方向如何?离子流的速度多大? (2)在(1)的情况下,在离电场和磁场区域右边界D=0.40m处有与边界平行的平直荧光屏。若只撤去电场,离子流击中屏上a点;若只撤去磁场,离子流击中屏上b点。求ab间距离。(a,b两点图中未画出) 【答案】(1)电场方向竖直向下;2×107m/s;(2)0.53m 【解析】(1)电场方向竖直向下,与磁场构成粒子速度选择器,离子运动不偏转,根据平衡条件有 解得离子流的速度为 =2×107m/s (2)撤去电场,离子在碰场中做匀速圆周运动,所需向心力由洛伦兹力提供,则有 解得 =0.4m 离子离开磁场区边界时,偏转角为,根据几何关系有 解得 在磁场中的运动如图1所示 偏离距离 =0.054m 离开磁场后离子做匀速直线运动,总的偏离距离为 =0.28m 若撤去磁场,离子在电场中做匀变速曲线运动通过电场的时间 加速度 偏转角为,如图2所示 则 偏离距离为 =0.05m 离开电场后离子做匀速直线运动,总的偏离距离 =0.25m 所以a、b间距离 ab=y+y'=0.53m 16.如图所示,水平虚线L1、L2之间是匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁场高度为h。竖直平面内有一等腰梯形线框,底边水平,其上下边长之比为5:1,高为2h。现使线框AB边在磁场边界L1的上方h高处由静止自由下落,当AB边刚进入磁场时加速度恰好为0,在DC边刚进入磁场前的一段时间内,线框做匀速运动。求: (1)DC边刚进入磁场时,线框的加速度; (2)从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中,线框的机械能损失和重力做功之比。 【答案】(1);(2)47:48 【解析】(1)设AB边刚进入磁场时速度为,线框质量为m、电阻为R,AB=,则CD=5,根据机械能守恒则有 AB刚进入磁场时有 设线框匀速运动时速度为 线框匀速运动时有 解得 DC刚进入磁场瞬间 则安培力为 根据牛顿第二定律得 解得 (2)从线框开始下落到CD边进入磁场前瞬间,根据能量守恒定律得 机械能损失 所以线枢的机械能损失和重力做功之比查看更多