安徽省合肥一六八中学2019-2020学年高二下学期线上测试(三)物理试题及答案解析

合肥市一六八中学2019-2020学年高二下学期线上测试（三）
物理试题
题号一二三总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；
2．请将答案正确填写在答题卡上。

第I卷（选择题）
评卷人得分
一、单选题
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．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R 0=4Ω，滑动片P 位于滑动变阻器中点，定值电阻R 1=7Ω，R 2=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 变化的图像。

则下列说法正确的是（ ）
A ．电阻R 2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102cos100π(V)e t =
D ．线圈从零时刻转动到1600t =s 的过程中，通过1R 的电荷量为1C 200
6．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
t的规律在导轨上左右来回运动（T为金属杆运略不计.现在让金属杆以速度v=v0sin2π
T
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
7．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
8．在如图所示的倾角为 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；
t 2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v 2做匀速直线运动．重力加速度为g ，下列说法中正确的是（ ）
A ．t 2时刻，导线框具有的速度222sin 2mgR v
B L
θ= B ．线框两次匀速直线运动的速度v 1∶v 2=4∶1
C ．从t 1到t 2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
D ．从t 1到t 2的过程中，有22123sin 122
()mgL m v v θ+-机械能转化为电能 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．已知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像可能正确的是（ ）
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=22
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20πrad/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182W
D．ab沿圆环转动过程中受到的最大安培力为3
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
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
第II卷（非选择题）
三、解答题
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？
合肥市一六八中学2019-2020学年高二下学期线上测试（三）
物理试题参考答案
1．A
【解析】
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．D
【解析】
A ．正方形线框边长为L ，导体切割磁感线产生感应电动势：
E BLv =
可知前后两次进入磁场中电动势之比：
1212
E E = 根据闭合电路欧姆定律：
E I R =
总
可知前后两次进入磁场中的电流之比： 1212
I I = A 错误；
B ．根据安培力的表达式：
F BIL =
可知：
1212
F F = B 错误；
C ．线圈匀速进入磁场，所用时间：
L t v
=
可知时间之比： 1221
t t = 线框电阻为R ，根据焦耳定律：
2Q I Rt =
可知焦耳热之比：
1212
Q Q = C 错误；
D ．根据纯电阻电路中电荷量的表达式：
E B S q I t t n R R R ∆Φ⋅∆=⋅∆=⋅∆==总总总
可知通过线圈横截面积的电荷量相等，D 正确。

故选D 。

3．D
【解析】
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22==1000.02
rad rad s s T ππωπ=，故B 错误； C
项：电动势的有效值为10E V ==，由闭合电路欧姆定律得： 910991
U V V =⨯=+，故C 错误； D 项：由公式22
999
U P W W R ===，故D 正确．
故选D ． 4．B 【解析】
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：
22g B R
m L v
=， 可得：
22
22
2
4416 =
=L
LSg g mgR
S v B L
B L B ρρρρg g 密电
密电＝
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：
22222 4164F mg B L v B L v B v
a g g g
L m
mR LS S
ρρρρ-=
=-=-=-g g g 安密电
密电
， 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
q R
∆Φ
=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 =
P mgv 知，由于质量不等，所以安培力的功率不同，故D 错误； 5．A 【解析】
A ．根据串并联电路的知识得：负载总电阻：
R 总=R 1+0
2
002
222
R R R R R
++=10Ω 理想交流电压表示数是10V ，所以干路电流I =1A ，所以电阻R 2两端电压U R2=1V ，电阻R 2上的热功率P R2=0.5W ，故A 正确；
B．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；
C．由乙图可知，T=0.02s，则：
ω=2π
T
=100πrad/s
电动势的有效值：
E=10V+1×2V=12V 电动势的最大值：
E m V
所以线圈产生的e随时间t变化的规律是：
e cos100πt（V）故C错误；
D．电动势的最大值：
E m V=nBSω解得：
BS=
100πn
矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的规律为：
Φ=
100πn
sin100πt
线圈开始转动到t=
1
600
s的过程中，通过电阻R1的电量为：
C
200π
n
q
R r
∆Φ
==
+
总
故D错误。

故选A。

6．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，电感的特性：通直流，阻交流。

通低频，阻高频，所以灯B变亮。

故A正确；当时间t=T
时，两灯都亮着，电压表的示数为有效值，不为零，故B 错误；只将变阻器R 的滑片下滑时，变阻器R 阻值最大，通过副线圈的电流减小，电压表的示数不变，故C 错误；只增大v 0，两灯都变亮，根据速度时间图象面积表示位移，所以杆MN 来回运动的最大距离变大，故D 错误；故选A 。

7．A 【解析】
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E Km =hγ-W 0，则逸出功W 0=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。

8．B
D 【解析】
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： A ．t 2时刻，导线框做匀速运动，则有：
2222
222422BLv B L v F BLI BL R R
===
g 由平衡条件有：
2sin mg F θ=
解得：222
sin 4mgR v B L θ
=
，故A 错误；
B ．t 1时刻，导线框做匀速运动，根据平衡条件有：
221
1sin B L v F mg R
θ==
解得：122
sin mgR v B L θ
=
，
线框两次匀速直线运动的速度v 1∶v 2=4∶1，故B 正确．
C ．从t 1到t 2过程中，导线框克服安培力做功的大小等于回路中产生的焦耳热，此过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知，线圈克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和．故C 错误．
D ．从t 1到t 2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
31
122
sin 21
222L mg W mv mv θ⨯
-=
- 解得：22
123sin 1(2)2
mgL m v v W θ-=+ 所以有22
123sin 122
()mgL m v v θ+-机械能转化为电能，故D 正确． 9．AD 【解析】
根据图像可知，设PQ 进入磁场匀速运动的速度为v ，匀强磁场的磁感应强度为B ，导轨宽度为L ，两根导体棒的总电阻为R ；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ 进入磁场时电流：
0BLv
I R
=
保持不变，根据右手定则可知电流方向Q →P ；如果PQ 离开磁场时MN 还没有进入磁场，此时电流为零；当MN 进入磁场时也是匀速运动，通过PQ 的感应电流大小不变，方向相反；如果PQ 没有离开磁场时MN 已经进入磁场，此时电流为零，当PQ 离开磁场时MN 的速度大于v ，安培力大于重力沿斜面向下的分力，电流逐渐减小，通过PQ 的感应电流方向相反； A.图像与分析相符，故A 正确； B.图像与分析不符，故B 错误； C.图像与分析不符，故C 错误； D.图像与分析相符，故D 正确。

10．BD 【解析】
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：
22B L v
mg BIL R
==
又v =
联立解得：
22
44
0.2m 2m gR H B L
== 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．BD 【解析】
AB. 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0m E BLv BLr ω==，
则有12V E ===，压器原线圈两端的电压19V L U E U =-=，根据
1122U n U n =可得电压表的示数为2 4.5V U =，通过小灯泡的电流1 1.5A L
L
P I U =
=，根据1221I n I n =可得
23A I =，0R 的电阻值为2
02
1.5ΩU R I =
=，故选项B 正确，A 错误； C.整个电路消耗的总功率为118W P EI ==，故选项C 错误； D.根据安培力表达式，
最大安培力大小3
1.50.5N N m F BI L π
==
=
，故选项
D 正确。

12．ACD 【解析】
A 项：导体棒切割产生的感应电动势的最大值m 10V E Blv ==，产生的是正弦式交流电，
则电动势的有效值
E ==，由电流的热效应可得：'22
E T T R =，解得：
5V E '=，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a b →，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m 10V E Blv ==，所以最大电流
m 10
A 5A 11
I =
=+，故C 正确； D 项：导体棒上的电流为： 2.5
A=2.5A 1I =，所以热功率为：222.51W=6.25W P I R ==⨯，
故D 正确。

13．ACD 【解析】
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。

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1
50Hz f T
=
=；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．ACD 【解析】
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:km 0c E hv W eU =-=解得：
c c ()hv W h
U v v e e e
-=-=
由图3可知2v 为该金属的截止频率，故C 正确；
D ．根据光电效应方程k 0
E hv W =-，当0v =时，可得：
k 0E W =-
由图象知纵轴截距E -，所以有：
0W E =
即该金属的逸出功为E ，故D 正确。

15．（1）3m/s （2）5.4J （3）43
m 【解析】
（1）ab 棒在下滑至3m 时，ab 棒做匀速运动，所以，sin mg BIL θ= ab 棒切割磁感线产生的感应电动势E BLv = 由闭合电路欧姆定律得：E
I R r
=+ 联立解得：v =3m/s
（2）ab 棒在下滑3m 过程中，能量守恒定律得：21sin 2
mgx Q mv θ-=
R 产生的热量与棒产生热量之比R r Q R
Q r
=
R r Q Q Q +=
联立解得：Q R =5.4J
（3）ab 棒刚进入磁场时，速度为v 1，由牛顿第二定律得：221
2sin B L v mg ma R r
θ-=+
由机械能守恒定律得：2111sin 2
mgx mv θ=
联立解得：ab 棒静止释放离OO'上方距离14m 3
x =。