安徽省滁州市明光中學2019-2020學年高二物理下學期開學考試試題【含解析】

1、安徽省滁州市明光中學2019-2020學年高二物理下學期開學考試試題（含解析）一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分。在給出的四個選項中，第18小題只有一個選項正確，第912小題有多個選項正確，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）1.熱輻射是指所有物體在一定的熱輻射的溫度下都要向外輻射電磁波的現(xiàn)象，輻射強度是 指垂直于電磁波傳播方向上的單位面積上單位時間內(nèi)所接收到的輻射能量.在研究某一 黑體熱輻射時，得到了四種溫度下黑體強度與波長的關(guān)系如圖.圖中橫軸表示電磁波的 波長，縱軸表示某種波長電磁波的輻射強度，則由輻射強度圖線可知，同一黑體在不同 溫度下( )A. 向外輻射

2、同一波長的電磁波的輻射強度相同B. 向外輻射的電磁波的總能量隨溫度升高而減小C. 輻射強度的極大值隨溫度升高而向長波方向移動D. 輻射強度的極大值隨溫度升高而向短波方向移動【答案】D【解析】【詳解】由輻射強度圖線可知，向外輻射相同波長的電磁波的輻射強度隨溫度的變化而不同，選項A錯誤；向外輻射的最大輻射強度隨溫度升高而增大，向外輻射的電磁波的總能量隨溫度升高而增大，選項B錯誤；由圖可知，隨溫度的升高，相同波長的光輻射強度都會增加；同時最大輻射強度向左側(cè)移動，即向波長較短的方向移動，選項C錯誤，D正確2.下列說法正確的是()A. 電場線是直線的電場是勻強電場B. 在電荷Q所產(chǎn)生的電場中，以Q為球心

3、，半徑為r的球面上各點電場強度都相等，故在這一球面上的電場為勻強電場C. 當一個點電荷q在勻強電場中運動時，它所受的電場力的大小和方向都不變D. 正電荷只受電場力作用時，在勻強電場中一定沿電場線運動【答案】C【解析】【詳解】勻強電場中各點的場強處處相同電場線不僅是直線，而且電場線必須是平行同向、疏密均勻的直線時該電場才是勻強電場，故A錯誤由知，在電荷+Q所產(chǎn)生的電場中，以+Q為球心，半徑為r的球面上各點電場強度大小相等，但方向不同，所以點電荷的電場不是勻強電場，故B錯誤由F=qE知，在勻強電場中E處處相同，則點電荷q在勻強電場中運動時，它所受電場力的大小和方向都不變，故C正確正點電荷只受電場力

4、作用時，在勻強電場中不一定沿電場線運動，還與電荷的初速度有關(guān)，故D錯誤故選C【點睛】電場線是為了直觀形象地描述電場分布，在電場中引入的一些假想的曲線要知道勻強電場的電場線是平行同向、疏密均勻的直線電場線與電荷的運動軌跡是兩回事3.如圖所示，兩勻強磁場方向相同，以虛線MN為理想邊界，磁感應(yīng)強度分別為B1、B2.今有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從MN上的P點沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場B1中，其運動軌跡是如圖所示的“心”形圖線.則以下說法正確的是（ ）A. 電子的運動軌跡沿PENCMDP方向B. 電子運動一周回到P所用時間為C. B1=4B2D. B2=2B1【答案】B【解析】【詳解】A.根據(jù)

5、左手定則可知，電子從P點沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場B1時，受到的洛倫茲力方向向上，所以電子的運動軌跡沿PDMCNEP方向，故A錯誤；BCD.電子在整個過程中，在勻強磁場B1中運動兩個半圓，即運動一個周期，在勻強磁場B2中運動半個周期，所以電子運動一周的時間，由題圖可知，電子在勻強磁場B1中軌跡半徑是在勻強磁場B2中軌跡半徑的一半，根據(jù)得B1=2B2，則，故B正確，CD錯誤.4.如圖所示，正方形線圈abcd位于紙面內(nèi)，邊長為L，匝數(shù)為N，過ab中點和cd中點的連線OO恰好位于垂直紙面向里的勻強磁場的右邊界上，磁感應(yīng)強度為B，則穿過線圈的磁通量為()A. B. C. BL2D. NBL2【答案

6、】B【解析】當abcd有一半處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中時，磁通量為，故B正確，ACD錯誤5.如圖所示，一個邊長為2L的等腰直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)，有垂直紙面向里的勻強磁場，其左側(cè)有一個用金屬絲制成的邊長為L的正方形線框abcd，線框以水平速度v勻速通過整個勻強磁場區(qū)域，設(shè)電流順時針方向為正。則在線框通過磁場的過程中，線框中感應(yīng)電流i隨時間t變化的規(guī)律正確的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【詳解】線框剛進入磁場中時，只有bc邊切割磁感線，根據(jù)楞次定律可知，電流方向為逆時針方向，即為負，在cd邊完全進入磁場之前，電流方向與大小不變；當ad邊剛進入磁場時感應(yīng)電流為零，接著bc邊開

7、始出磁場，回路中的感應(yīng)電動勢為邊ad產(chǎn)生的減去在bc邊在磁場中產(chǎn)生的電動勢，隨著線框的運動回路中電動勢逐漸增大，電流逐漸增大，方向為順時針，即為正；在前進2L后，bc完全出磁場，ad也開始出磁場，切割磁感線的長度逐漸減小，電流逐漸減小，方向為順時針方向，即為正，直至線框完全脫離磁場，電流減小為零，綜上分析可知B正確，ACD錯誤。故選B。6.如圖所示，面積均為S的線圈均繞其對稱軸或中心軸在勻強磁場B中以角速度勻速轉(zhuǎn)動，能產(chǎn)生正弦交變電動勢e=BSsint的圖是（）A B. C. D. 【答案】A【解析】【詳解】圖A中線圈繞其中心軸在勻強磁場B中以角速度勻速轉(zhuǎn)動時能產(chǎn)生正弦交流電；圖BCD中，線圈

8、轉(zhuǎn)動時，穿過線圈的磁通量均為零，則無感應(yīng)電流產(chǎn)生；故選A.7.如圖所示為一個經(jīng)雙可控硅調(diào)節(jié)后加在電燈上的電壓，正弦式交變電流的每一個二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，則現(xiàn)在電燈上電壓的有效值為()A. UmB. C. D. 【答案】D【解析】設(shè)電燈的阻值為R，正弦式交變電壓的有效值與峰值的關(guān)系是，由于一個周期內(nèi)半個周期有交變電壓，一個周期內(nèi)交變電流產(chǎn)生的熱量為，設(shè)交變電壓的有效值為U，由電流熱效應(yīng)得，所以該交變電壓的有效值，D正確8.如圖所示，勻強磁場中有兩個導體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大兩圓環(huán)半徑之比為21，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Ea和Eb.

9、不考慮兩圓環(huán)間的相互影響下列說法正確的是()A. EaEb41，感應(yīng)電流均沿逆時針方向B. EaEb41，感應(yīng)電流均沿順時針方向C. EaEb21，感應(yīng)電流均沿逆時針方向D. EaEb21，感應(yīng)電流均沿順時針方向【答案】B【解析】試題分析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，根據(jù)題意可得，故，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場要阻礙原磁場的增大，即感應(yīng)電流產(chǎn)生向里的感應(yīng)磁場，根據(jù)楞次定律可得，感應(yīng)電流均沿順時針方向【考點定位】法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律應(yīng)用【方法技巧】對于楞次定律，一定要清楚是用哪個手判斷感應(yīng)電流方向的，也可以從兩個角度理解，一個是增反減同，一個是來拒去留，對于法拉第電磁感應(yīng)定律，需要靈活掌握公式，

10、學會變通9.如圖甲所示，在勻強磁場中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉(zhuǎn)速繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交變電動勢圖象如圖乙中曲線a、b所示，則（）A. 兩次t=0時刻線圈的磁通量均為零B. 曲線a、b對應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為3：2C. 曲線a表示的交變電動勢頻率為25HzD. 曲線b表示的交變電動勢有效值為10V【答案】BC【解析】【詳解】A當時，兩條曲線所代表的值都為0，即此時金屬線框不切割磁感線，線框的運動方向與磁感線的方向一致，則此時線圈磁通量最大，故A錯誤；B由圖可知，a的周期為；b的周期為，則由可知轉(zhuǎn)速與周期成反比，周期之比為，則轉(zhuǎn)速比為，故B正確；C曲線a的交變電流的周期為，則頻率

11、故C正確；D根據(jù)結(jié)合前面分析可知兩交流電角速度之比為3：2，又因為由圖可知曲線a的最大值為15V，所以根據(jù)可知曲線b的最大值為10V，則有效值為故D錯誤。故選BC。10.利用如圖甲所示的實驗裝置觀測光電效應(yīng),已知實驗中測得某種金屬的遏止電壓Uc與入射頻率之間的關(guān)系如圖乙所示,電子的電荷量e=1.610-19 C,則()A. 普朗克常量為B. 該金屬的逸出功為eU1C. 要測得金屬的遏止電壓，電源的右端為正極D. 若電流表的示數(shù)為10 A,則每秒內(nèi)從陰極發(fā)出的光電子數(shù)的最小值為6.251012【答案】BC【解析】【詳解】AB由光電效應(yīng)方程可知，Uce=Ekm=hv-W0，則，知圖線的斜率，那么普

12、朗克常量，則W0=U1e，選項A錯誤，B正確；C要測得金屬的遏止電壓，則K極接正極，即電源的右端為正極，選項C正確；D若電流表的示數(shù)為10 A，則每秒內(nèi)從陰極發(fā)出的光電子數(shù)的最小值為個，選項D錯誤11.如圖為氫原子能級圖，氫原子中的電子從n=5能級躍遷到n=2能級可產(chǎn)生a光；從n=4能級躍遷到n=2能級可產(chǎn)生b光a光和b光的波長分別為和，照射到逸出功為2.29eV的金屬鈉表面均可產(chǎn)生光電效應(yīng)，遏止電壓分別為和，則: A. B. C. a光的光子能量為2.86eVD. b光產(chǎn)生的光電子最大初動能Ek=0.26eV【答案】CD【解析】【詳解】AC、氫原子中的電子從n=5躍遷到n=2產(chǎn)生的a光，,氫

13、原子中的電子從n=4躍遷到n=2產(chǎn)生的b光, ,能量越高頻率越大，波長越小，則，選項C正確，A錯誤；BD、由光電效應(yīng)方程有頻率越高的越大，即，,則B錯誤、D正確點睛：電子躍遷釋放的能量等于兩個能級的能量差值，并結(jié)合光電效應(yīng)方程求遏制電壓的大小12.圖甲中的變壓器為理想變壓器，原線圈匝數(shù)n1與副線圈匝數(shù)n2之比為101，變壓器的原線圈接如圖乙所示的正弦式交流電，電阻R1=R2=R3=20和電容器C連接成如圖甲所示的電路，其中，電容器的擊穿電壓為6V，電壓表為理想交流電表，開關(guān)S處于斷開狀態(tài)，則（）A. 電壓表的讀數(shù)約為14VB. 電流表A的讀數(shù)約為0.05AC. 電阻R2上消耗的功率為2.5WD

14、. 若閉合開關(guān)S，電容器會被擊穿【答案】CD【解析】【詳解】A開關(guān)S斷開，R1與R2串聯(lián)，電壓表V測R2兩端的電壓，由圖乙知原線圈電壓為由變壓器原副線圈電壓與匝數(shù)比的關(guān)系可知得副線圈電壓，又因為，則R2兩端的電壓為，故A錯誤；B由歐姆定律知副線圈電流根據(jù)原副線圈電流與匝數(shù)的關(guān)系有所以解得原線圈電流為，即電流表A的讀數(shù)為，故B錯誤；C電阻R2上消耗的功率由即電阻R2上消耗的電功率為2.5W，故C正確；D當開關(guān)閉合時，R1與R3并聯(lián)，電容器的電壓為并聯(lián)部分的電壓所以并聯(lián)部分兩端電壓為而并聯(lián)部分即電容器兩端電壓的最大值為即電容器會被擊穿，故D正確。故選CD。二、實驗題（本題共2小題，共16分。按要求

15、作答。）13.圖1為某同學研究自感現(xiàn)象的實驗電路圖，用電流傳感器顯示各時刻通過線圈L的電流。電路中電燈的電阻，定值電阻，AB間的電壓U=6.0V。開關(guān)S原來閉合，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)，在時刻斷開開關(guān)S，此時刻前后電流傳感器顯示的電流隨時間變化的圖線如圖2所示。則線圈L的直流電阻=_，斷開開關(guān)后通過電燈的電流方向為_（填“向左”或“向右”），在時刻線圈L中的感應(yīng)電動勢的大小_V（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）【答案】 (1). 2.0 (2). 向左 (3). 4.0（3.84.2）【解析】【詳解】1由圖讀出開始時流過電感線圈L的電流I0=1.5A，由歐姆定律代入數(shù)據(jù)解得RL=2.02斷開開關(guān)后，L中的電流

16、從原來的數(shù)值逐漸減小，電流的方向不變，要構(gòu)成回路所以通過電燈中電流方向與原來的方向相反，向左；3由圖讀出，t=1.410-3s時刻線圈L的電流I=0.40A；線圈L此時是一個電源，由閉合電路歐姆定律有代入數(shù)據(jù)解得E=4.0V。14.用如圖所示電路測量電源的電動勢和內(nèi)阻實驗器材：待測電源（電動勢約3V，內(nèi)阻約2），保護電阻R1（阻值10）和R2（阻值5），滑動變阻器R，電流表A，電壓表V，開關(guān)S，導線若干實驗主要步驟：（）將滑動變阻器接入電路阻值調(diào)到最大，閉合開關(guān)；（）逐漸減小滑動變阻器接入電路的阻值，記下電壓表的示數(shù)U和相應(yīng)電流表的示數(shù)I；（）以U為縱坐標，I為橫坐標，作UI圖線（U、I都用國

17、際單位）；（）求出UI圖線斜率的絕對值k和在橫軸上的截距a回答下列問題：（1）電壓表最好選用_；電流表最好選用_A電壓表（0-3V，內(nèi)阻約15k） B電壓表（0-3V，內(nèi)阻約3k）C電流表（0-200mA，內(nèi)阻約2） D電流表（0-30mA，內(nèi)阻約2）（2）滑動變阻器的滑片從左向右滑動，發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)增大，兩導線與滑動變阻器接線柱連接情況是_A兩導線接在滑動變阻器電阻絲兩端的接線柱B兩導線接在滑動變阻器金屬桿兩端的接線柱C一條導線接在滑動變阻器金屬桿左端接線柱，另一條導線接在電阻絲左端接線柱D一條導線接在滑動變阻器金屬桿右端接線柱，另一條導線接在電阻絲右端接線柱（3）選用k、a、R1、R2表示

18、待測電源的電動勢E和內(nèi)阻r的表達式E=_，r=_，代入數(shù)值可得E和r的測量值【答案】 (1). （1）A、 (2). C (3). （2）C (4). （3）ka (5). k-R2【解析】【詳解】（1）電壓表并聯(lián)在電路中，故電壓表內(nèi)阻越大，分流越小，誤差也就越小，因此應(yīng)選內(nèi)阻較大的A電壓表；當滑動變阻器接入電阻最小時，通過電流表電流最大，此時通過電流表電流大小約為；因此，電流表選擇C；（2）分析電路可知，滑片右移電壓表示數(shù)變大，則說明滑動變阻器接入電路部分阻值增大，而A項中兩導線均接在金屬柱的兩端上，接入電阻為零；而B項中兩導線接在電阻絲兩端，接入電阻最大并保持不變；C項中一導線接在金屬桿左

19、端，而另一導線接在電阻絲左端，則可以保證滑片右移時阻值增大；而D項中導線分別接右邊上下接線柱，滑片右移時，接入電阻減??；故D錯誤；故選C；（3）由閉合電路歐姆定律可知：U=E-I（r+R2），對比伏安特性曲線可知，圖象的斜率為k=r+R2； 則內(nèi)阻r=k-R2； 令U=0，則有：； 由題意可知，圖象與橫軸截距為a，則有：；解得：E=ka .【點睛】本題考查測量電源的電動勢和內(nèi)電阻實驗中的儀表選擇以及數(shù)據(jù)處理，要注意明確根據(jù)圖象分析數(shù)據(jù)的方法，重點掌握圖象中斜率和截距的意義三、計算題（本題共3小題，共36分。解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的

20、題，答案中必須寫出數(shù)值和單位。）15.如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第象限有間隔的方向相反的有界勻強磁場，方向垂直于xOy平面，寬度均為L，且磁場邊界與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的p（0，h）點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a（2h，0）點進入第象限，經(jīng)磁場區(qū)后垂直邊界進入磁場區(qū)，并從磁場區(qū)右邊界射出，不計粒子的重力。(1)求電場強度E的大?。?2)求粒子到達a點時速度的大小和方向；(3)求磁場區(qū)的磁感應(yīng)強度大小B?！敬鸢浮?1)；(2)，速度方向指向第IV象限與x軸正方向成角；(3)

21、【解析】【詳解】(1)設(shè)粒子在電場中運動的時間為，帶電粒子在電場中做類平拋運動在軸方向則有軸方向則有電場力提供加速度有聯(lián)立以上各式可得(2)設(shè)粒子到達a點時速度為，由題意知因為所以可知；則粒子到達a點時速度的大小粒子到達a點時速度方向可得，即粒子到達a點時速度方向指向第IV象限與x軸正方向成角。(3)由題意知粒子進入磁場I區(qū)與x軸正方向成角，則由洛倫茲力提供向心力有因為粒子經(jīng)磁場區(qū)后垂直邊界進入磁場區(qū)，則由幾何關(guān)系知R=L聯(lián)立各式可得磁場區(qū)的磁感應(yīng)強度為16.在同一水平面中的光滑平行導軌P、Q相距l(xiāng)1m，導軌左端接有如圖所示的電路其中水平放置的平行板電容器兩極板M、N部距離d10mm，定值電阻R1R212，R32，金屬棒ab電阻r2，其它電阻不計磁感應(yīng)強度B0.5T的勻強磁場豎直穿過導軌平面，當金屬棒ab沿導軌向右勻速運動時，懸浮于電容器兩極板之間，質(zhì)量m11014kg，帶電量q11014C的微粒恰好靜止不動取g10m/s2，在整個運動過程中金屬棒與導軌接觸良好且運動速度保持恒定試求：（1）勻強磁場的方向；（2）ab兩端的路端電壓；（3）金屬棒ab運動的速度【答案】（1）豎直向下（2）0.4V（3）1m/s【解析】【詳解】（1）負