【KS5U解析】安徽省滁州市明光中学2019-2020学年高二下学期开学考试物理试题 Word版含解析

1、物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在给出的四个选项中，第18小题只有一个选项正确，第912小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.热辐射是指所有物体在一定的热辐射的温度下都要向外辐射电磁波的现象，辐射强度是 指垂直于电磁波传播方向上的单位面积上单位时间内所接收到的辐射能量.在研究某一 黑体热辐射时，得到了四种温度下黑体强度与波长的关系如图.图中横轴表示电磁波的 波长，纵轴表示某种波长电磁波的辐射强度，则由辐射强度图线可知，同一黑体在不同 温度下( )a. 向外辐射同一波长的电磁波的辐射强度相同b. 向外辐射的电磁波的总能量随温度升高

2、而减小c. 辐射强度的极大值随温度升高而向长波方向移动d. 辐射强度的极大值随温度升高而向短波方向移动【答案】d【解析】【详解】由辐射强度图线可知，向外辐射相同波长的电磁波的辐射强度随温度的变化而不同，选项a错误；向外辐射的最大辐射强度随温度升高而增大，向外辐射的电磁波的总能量随温度升高而增大，选项b错误；由图可知，随温度的升高，相同波长的光辐射强度都会增加；同时最大辐射强度向左侧移动，即向波长较短的方向移动，选项c错误，d正确2.下列说法正确的是()a. 电场线是直线的电场是匀强电场b. 在电荷q所产生的电场中，以q为球心，半径为r的球面上各点电场强度都相等，故在这一球面上的电场为匀强电场c

3、. 当一个点电荷q在匀强电场中运动时，它所受的电场力的大小和方向都不变d. 正电荷只受电场力作用时，在匀强电场中一定沿电场线运动【答案】c【解析】【详解】匀强电场中各点的场强处处相同电场线不仅是直线，而且电场线必须是平行同向、疏密均匀的直线时该电场才是匀强电场，故a错误由知，在电荷+q所产生的电场中，以+q为球心，半径为r的球面上各点电场强度大小相等，但方向不同，所以点电荷的电场不是匀强电场，故b错误由f=qe知，在匀强电场中e处处相同，则点电荷q在匀强电场中运动时，它所受电场力的大小和方向都不变，故c正确正点电荷只受电场力作用时，在匀强电场中不一定沿电场线运动，还与电荷的初速度有关，故d错误

4、故选c【点睛】电场线是为了直观形象地描述电场分布，在电场中引入的一些假想的曲线要知道匀强电场的电场线是平行同向、疏密均匀的直线电场线与电荷的运动轨迹是两回事3.如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线mn为理想边界，磁感应强度分别为b1、b2.今有一个质量为m、电荷量为e的电子从mn上的p点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场b1中，其运动轨迹是如图所示的“心”形图线.则以下说法正确的是（ ）a. 电子的运动轨迹沿pencmdp方向b. 电子运动一周回到p所用时间为c. b1=4b2d. b2=2b1【答案】b【解析】【详解】a.根据左手定则可知，电子从p点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场b1时，受到的洛

5、伦兹力方向向上，所以电子的运动轨迹沿pdmcnep方向，故a错误；bcd.电子在整个过程中，在匀强磁场b1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场b2中运动半个周期，所以电子运动一周的时间，由题图可知，电子在匀强磁场b1中轨迹半径是在匀强磁场b2中轨迹半径的一半，根据得b1=2b2，则，故b正确，cd错误.4.如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为l，匝数为n，过ab中点和cd中点的连线oo恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为b，则穿过线圈的磁通量为()a. b. c. bl2d. nbl2【答案】b【解析】当abcd有一半处在磁感应强度为b的匀强磁场中时，磁通量为

6、，故b正确，acd错误5.如图所示，一个边长为2l的等腰直角三角形abc区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为l的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流顺时针方向为正。则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是（）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【详解】线框刚进入磁场中时，只有bc边切割磁感线，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，即为负，在cd边完全进入磁场之前，电流方向与大小不变；当ad边刚进入磁场时感应电流为零，接着bc边开始出磁场，回路中的感应电动势为边ad产生的减去在bc边在磁场中产生的电

7、动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为顺时针，即为正；在前进2l后，bc完全出磁场，ad也开始出磁场，切割磁感线的长度逐渐减小，电流逐渐减小，方向为顺时针方向，即为正，直至线框完全脱离磁场，电流减小为零，综上分析可知b正确，acd错误。故选b。6.如图所示，面积均为s的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场b中以角速度匀速转动，能产生正弦交变电动势e=bssint的图是（）a b. c. d. 【答案】a【解析】【详解】图a中线圈绕其中心轴在匀强磁场b中以角速度匀速转动时能产生正弦交流电；图bcd中，线圈转动时，穿过线圈的磁通量均为零，则无感应电流产生；故选a.7.如图所示

8、为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦式交变电流的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，则现在电灯上电压的有效值为()a. umb. c. d. 【答案】d【解析】设电灯的阻值为r，正弦式交变电压的有效值与峰值的关系是，由于一个周期内半个周期有交变电压，一个周期内交变电流产生的热量为，设交变电压的有效值为u，由电流热效应得，所以该交变电压的有效值，d正确8.如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直磁感应强度b随时间均匀增大两圆环半径之比为21，圆环中产生的感应电动势分别为ea和eb.不考虑两圆环间的相互影响下列说法正确的是()a. eaeb41，感应电

9、流均沿逆时针方向b. eaeb41，感应电流均沿顺时针方向c. eaeb21，感应电流均沿逆时针方向d. eaeb21，感应电流均沿顺时针方向【答案】b【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律可得，根据题意可得，故，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增大，即感应电流产生向里的感应磁场，根据楞次定律可得，感应电流均沿顺时针方向【考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律应用【方法技巧】对于楞次定律，一定要清楚是用哪个手判断感应电流方向的，也可以从两个角度理解，一个是增反减同，一个是来拒去留，对于法拉第电磁感应定律，需要灵活掌握公式，学会变通9.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

10、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时刻线圈的磁通量均为零b. 曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2c. 曲线a表示的交变电动势频率为25hzd. 曲线b表示的交变电动势有效值为10v【答案】bc【解析】【详解】a当时，两条曲线所代表的值都为0，即此时金属线框不切割磁感线，线框的运动方向与磁感线的方向一致，则此时线圈磁通量最大，故a错误；b由图可知，a的周期为；b的周期为，则由可知转速与周期成反比，周期之比为，则转速比为，故b正确；c曲线a的交变电流的周期为，则频率故c正确；d根据结合前面分析可知两交流电角速度之比为3：2，又因为由图

11、可知曲线a的最大值为15v，所以根据可知曲线b的最大值为10v，则有效值为故d错误。故选bc。10.利用如图甲所示的实验装置观测光电效应,已知实验中测得某种金属的遏止电压uc与入射频率之间的关系如图乙所示,电子的电荷量e=1.610-19 c,则()a. 普朗克常量为b. 该金属的逸出功为eu1c. 要测得金属的遏止电压，电源的右端为正极d. 若电流表的示数为10 a,则每秒内从阴极发出的光电子数的最小值为6.251012【答案】bc【解析】【详解】ab由光电效应方程可知，uce=ekm=hv-w0，则，知图线的斜率，那么普朗克常量，则w0=u1e，选项a错误，b正确；c要测得金属的遏止电压，

12、则k极接正极，即电源的右端为正极，选项c正确；d若电流表的示数为10 a，则每秒内从阴极发出的光电子数的最小值为个，选项d错误11.如图为氢原子能级图，氢原子中的电子从n=5能级跃迁到n=2能级可产生a光；从n=4能级跃迁到n=2能级可产生b光a光和b光的波长分別为和，照射到逸出功为2.29ev的金属钠表面均可产生光电效应，遏止电压分别为和，则: a. b. c. a光的光子能量为2.86evd. b光产生的光电子最大初动能ek=0.26ev【答案】cd【解析】【详解】ac、氢原子中的电子从n=5跃迁到n=2产生的a光，,氢原子中的电子从n=4跃迁到n=2产生的b光, ,能量越高频率越大，波长

13、越小，则，选项c正确，a错误；bd、由光电效应方程有频率越高的越大，即，,则b错误、d正确点睛：电子跃迁释放的能量等于两个能级的能量差值，并结合光电效应方程求遏制电压的大小12.图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为101，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻r1=r2=r3=20和电容器c连接成如图甲所示的电路，其中，电容器的击穿电压为6v，电压表为理想交流电表，开关s处于断开状态，则（）a. 电压表的读数约为14vb. 电流表a的读数约为0.05ac. 电阻r2上消耗的功率为2.5wd. 若闭合开关s，电容器会被击穿【答案】cd【解析】【详解】a开关s断

14、开，r1与r2串联，电压表v测r2两端的电压，由图乙知原线圈电压为由变压器原副线圈电压与匝数比的关系可知得副线圈电压，又因为，则r2两端的电压为，故a错误；b由欧姆定律知副线圈电流根据原副线圈电流与匝数的关系有所以解得原线圈电流为，即电流表a的读数为，故b错误；c电阻r2上消耗的功率由即电阻r2上消耗的电功率为2.5w，故c正确；d当开关闭合时，r1与r3并联，电容器的电压为并联部分的电压所以并联部分两端电压为而并联部分即电容器两端电压的最大值为即电容器会被击穿，故d正确。故选cd。二、实验题（本题共2小题，共16分。按要求作答。）13.图1为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各

15、时刻通过线圈l的电流。电路中电灯的电阻，定值电阻，ab间的电压u=6.0v。开关s原来闭合，电路处于稳定状态，在时刻断开开关s，此时刻前后电流传感器显示的电流随时间变化的图线如图2所示。则线圈l的直流电阻=_，断开开关后通过电灯的电流方向为_（填“向左”或“向右”），在时刻线圈l中的感应电动势的大小_v（结果保留2位有效数字）【答案】 (1). 2.0 (2). 向左 (3). 4.0（3.84.2）【解析】【详解】1由图读出开始时流过电感线圈l的电流i0=1.5a，由欧姆定律代入数据解得rl=2.02断开开关后，l中的电流从原来的数值逐渐减小，电流的方向不变，要构成回路所以通过电灯中电流方向

16、与原来的方向相反，向左；3由图读出，t=1.410-3s时刻线圈l的电流i=0.40a；线圈l此时是一个电源，由闭合电路欧姆定律有代入数据解得e=4.0v。14.用如图所示电路测量电源的电动势和内阻实验器材：待测电源（电动势约3v，内阻约2），保护电阻r1（阻值10）和r2（阻值5），滑动变阻器r，电流表a，电压表v，开关s，导线若干实验主要步骤：（）将滑动变阻器接入电路阻值调到最大，闭合开关；（）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数u和相应电流表的示数i；（）以u为纵坐标，i为横坐标，作ui图线（u、i都用国际单位）；（）求出ui图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a回答下列问题

17、：（1）电压表最好选用_；电流表最好选用_a电压表（0-3v，内阻约15k） b电压表（0-3v，内阻约3k）c电流表（0-200ma，内阻约2） d电流表（0-30ma，内阻约2）（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是_a两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱b两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱c一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱d一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱（3）选用k、a、r1、r2表示待测电源的电动势e和内阻r的表达式e=_，r=_，代入数值可得e和r的

18、测量值【答案】 (1). （1）a、 (2). c (3). （2）c (4). （3）ka (5). k-r2【解析】【详解】（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的a电压表；当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为；因此，电流表选择c；（2）分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而a项中两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；而b项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；c项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而d项中导

19、线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故d错误；故选c；（3）由闭合电路欧姆定律可知：u=e-i（r+r2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+r2； 则内阻r=k-r2； 令u=0，则有：； 由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：；解得：e=ka .【点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义三、计算题（本题共3小题，共36分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。）15.如图所示的平面直角坐标系xoy，

20、在第象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第象限有间隔的方向相反的有界匀强磁场，方向垂直于xoy平面，宽度均为l，且磁场边界与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的p（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第象限，经磁场区后垂直边界进入磁场区，并从磁场区右边界射出，不计粒子的重力。(1)求电场强度e的大小；(2)求粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)求磁场区的磁感应强度大小b。【答案】(1)；(2)，速度方向指向第iv象限与x轴正方向成角；(3)【解析】【详解】(1)设粒子在电场中运动的时间为，带电粒子在电场中做类

21、平抛运动在轴方向则有轴方向则有电场力提供加速度有联立以上各式可得(2)设粒子到达a点时速度为，由题意知因为所以可知；则粒子到达a点时速度的大小粒子到达a点时速度方向可得，即粒子到达a点时速度方向指向第iv象限与x轴正方向成角。(3)由题意知粒子进入磁场i区与x轴正方向成角，则由洛伦兹力提供向心力有因为粒子经磁场区后垂直边界进入磁场区，则由几何关系知r=l联立各式可得磁场区的磁感应强度为16.在同一水平面中的光滑平行导轨p、q相距l1m，导轨左端接有如图所示的电路其中水平放置的平行板电容器两极板m、n部距离d10mm，定值电阻r1r212，r32，金属棒ab电阻r2，其它电阻不计磁感应强度b0.5t的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m11014kg，带电量q11014c的微粒恰好静止不动取g10m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好且运动速度保持恒定试求：（1）匀强磁场的方向；（2）ab两端的路端电压；（3）金属棒ab运动的速度【答案】（1）竖直向下（2）0.4v（3）1m/s【解析】【详解】（1）负电荷受