2019-2020年高二物理下学期期末试卷 理（含解析）.doc

2019-2020年高二物理下学期期末试卷 理（含解析）一、选择题（本题包括12小题，每小题4分；在每小题给出的4个选项中，1-8题只有1个选项正确，9-12题有多个选项正确，选对的得4分，漏选得2分，选错的得0分）1（4分）有一台使用交流电的电冰箱上标有额定电压为“220V”的字样，这“220V”是指（）A交流电电压的瞬时值B交流电电压的最大值C交流电电压的平均值D交流电电压的有效值2（4分）如图所示，矩形线圈abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成角，已知sin=，回路面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为（）ABSBCD3（4分）如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）则（）A导线框进入磁场时，感应电流方向为abcdaB导线框离开磁场时，感应电流方向为adcbaC导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D导线框进入磁场时受到的安培力方向水平向左4（4分）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）A线框产生的交变电动势的频率为100HzB线框产生的交变电动势有效值为311VCt=0.01s时线框的磁通量变化率为零Dt=0.005s时线框平面与中性面重合5（4分）水平放置的金属框架cdef处于如图所示的匀强磁场中，金属棒ab置于粗糙的框架上且接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab始终保持静止，则（）Aab中电流增大，ab棒所受摩擦力也增大Bab中电流不变，ab棒所受摩擦力也不变Cab中电流不变，ab棒所受摩擦力增大Dab中电流增大，ab棒所受摩擦力不变6（4分）一电阻接一直流电源，通过4A的电流时热功率为P，若换接一正弦交流电源，它的热功率变为，则该交变电流的最大值为（）A4AB6AC2AD4A7（4分）用频率相同但强度不同的两束光分别去照射两种不同的金属，结果均发生了光电效应，则（）A用强度大的光照射的金属，逸出的光电子的初动能一定大B由于两束光的频率相同，照射两种金属逸出光电子的最大初动能一定相同C在相同时间内，用强度较大的光照射金属表面逸出的光电子数较少D在相同时间内，用强度较大的光照射的金属逸出的光电子数较多8（4分）关于物质波，以下观点不正确的是（）A只要是运动着的物体，不论是宏观物体还是微观粒子，都有相应的波与之对应，这就是物质波B只有运动着的微观粒子才有物质波，对于宏观物体，不论其是否运动，都没有相对应的物质波C由于宏观物体的德布罗意波长太小，所以无法观察到它们的波动性D电子束照射到金属晶体上得到了电子束的衍射图样，从而证实了德布罗意的假设是正确的9（4分）如图中MN、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横杆均为导体，现有匀强磁场垂直于导轨所在的平面，方向如图用I表示回路中的电流（）A当AB不动而CD向右滑动时，I0且沿顺时针方向B当AB向左、CD向右滑动且速度大小相等时，I=0C当AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I=0D当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，I010（4分）如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的直流电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）A合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮C断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会熄灭D断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭11（4分）如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是（）AP向下滑动时，灯L变亮BP向下滑动时，变压器的输出电压不变CP向上滑动时，变压器的输入电流变小DP向上滑动时，变压器的输出功率变大12（4分）如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1=，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触则下列说法正确的是（）A初始时刻导体棒受到的安培力大小F=B初始时刻导体棒加速度的大小a=2g+C导体棒往复运动，最终将静止时弹簧处于压缩状态D导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q=mv02+二、实验题（本题有2小题，共10分请按题目要求作答）13（4分）传感器是一种采集信息的重要器件，如图是由电容器作为传感器来测定压力变化的电路，当待测压力作用于膜片电极上时，下列说法中正确的是（） 若F向下压膜片电极，电路中有从a到b的电流；若F向下压膜片电极，电路中有从b到a的电流；若F向下压膜片电极，电路中不会有电流产生；若电流表有示数，说明压力F发生变化；若电流表有示数，说明压力F不会发生变化ABCD14（6分）小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示已知普朗克常量h=6.631034Js图甲中电极A为光电管的（填“阴极”或“阳极”）；实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率c=Hz，逸出功W0=J三、计算题（本题有4小题，共42分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15（10分）如图所示，在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中，让长为0.5m、电阻为0.1的导体棒ab在金属框上以10m/s的速度向右匀速滑动，电阻R1=6，R2=4，其他导线上的电阻可忽略不计（1）判断ab棒中的电流大小与方向；（2）为使ab棒匀速运动，外力的机械功率；（3）ab两端的电压16（11分）如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直已知线圈的匝数N=100，边长ab=1.0m、bc=0.5m，电阻r=2 磁感应强度B在01s内从零均匀变化到0.2T 在15s内从0.2T均匀变化到0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向求：（1）0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；（2）在15s内通过线圈的电荷量q；（3）在05s内线圈产生的焦耳热Q17（10分）某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为100kW，输出电压为500V，输电导线的总电阻为10，导线上损耗的电功率为4kW，该村的用电电压是220V（1）输电电路如图所示，求输电线路中的电流I2；（2）升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比18（11分）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角=30的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4m，导轨所在空间被分成区域和，两区域的边界与斜面的交线为MN，中的匀强磁场方向垂直斜面向下，中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小为B=0.5T，在区域中，将质量m1=0.1kg，电阻R1=0.1的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑，然后，在区域中将质量m2=0.4kg，电阻R2=0.1的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑，cd在滑动过程中始终处于区域的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g=10m/s2，问（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少甘肃省武威六中xx学年高二下学期期末物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括12小题，每小题4分；在每小题给出的4个选项中，1-8题只有1个选项正确，9-12题有多个选项正确，选对的得4分，漏选得2分，选错的得0分）1（4分）有一台使用交流电的电冰箱上标有额定电压为“220V”的字样，这“220V”是指（）A交流电电压的瞬时值B交流电电压的最大值C交流电电压的平均值D交流电电压的有效值考点：常见家用电器的基本工作原理专题：恒定电流专题分析：家用电器上所标的值均是有效值，而不是最大值；交流电表所测的也是有效值解答：解：用交流电的电冰箱上标有额定电压为“220V”是指的有效值由于是交流电，所以电压的瞬时值是不断在发生变化故选：D点评：家用交流电是正弦式变化规律，所以有效值等于最大值除以根号22（4分）如图所示，矩形线圈abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成角，已知sin=，回路面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为（）ABSBCD考点：磁通量分析：线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量=0当存在一定夹角时，则将磁感应强度沿垂直平面方向与平行平面方向分解，从而求出磁通量解答：解：矩形线圈abcd水平放置，匀强磁场方向与水平方向成角向上，因此可将磁感应强度沿水平方向与竖直方向分解，所以B=Bsin=B，则穿过矩形线圈的磁通量是=BS=BS，因此ACD错误；B正确；故选：B点评：对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式=BSsin（是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况3（4分）如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）则（）A导线框进入磁场时，感应电流方向为abcdaB导线框离开磁场时，感应电流方向为adcbaC导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D导线框进入磁场时受到的安培力方向水平向左考点：右手定则分析：线框进入时bc边切割磁感线，出来时ad边切割磁感线，因此根据右手定则可以判断出电流方向，注意完全进入时，磁通量不变，无感应电流产生；然后根据左手定则判断安培力方向也可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向解答：解：线框进入磁场时，磁通量增大，因此感应电流形成磁场方向向里，由安培定则可知感应电流方向为adcba，安培力方向水平向左，同理线框离开磁场时，电流方向为abcda，安培力方向水平向左，故ABC错误，D正确故选：D点评：本题可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向，也可以利用右手定则先判断电流向，然后利用左手定则判断受力方向4（4分）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）A线框产生的交变电动势的频率为100HzB线框产生的交变电动势有效值为311VCt=0.01s时线框的磁通量变化率为零Dt=0.005s时线框平面与中性面重合考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：由图象可知电动势的峰值和周期，根据周期和频率的关系可求频率，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值，由图2可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上解答：解：A、由图2可知 T=0.02s，据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为：，故A错误；B、由图2可知Em=311V根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为，故B错误；C、t=0.01s时，感应电动势为零，由法拉第电磁感应定律E=n可知，磁通量的变化率为零，故C正确D、由图2可知t=0.005s时，e最大，说明此时线圈平面垂直中性面，故D错误故选：C点评：本题考察的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，学会通过瞬时感应电动势来判定在什么时刻，线圈处于什么位置；同时还能画出磁通量随着时间变化的图象及线圈中的电流随着时间变化的规律5（4分）水平放置的金属框架cdef处于如图所示的匀强磁场中，金属棒ab置于粗糙的框架上且接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab始终保持静止，则（）Aab中电流增大，ab棒所受摩擦力也增大Bab中电流不变，ab棒所受摩擦力也不变Cab中电流不变，ab棒所受摩擦力增大Dab中电流增大，ab棒所受摩擦力不变考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；安培力专题：电磁感应中的力学问题分析：磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增大，回路中产生恒定的电流，安培力F=BIL，分析安培力的变化，由平衡条件即可判断摩擦力的变化解答：解：磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变，ab棒所受的安培力F=BIL，可知安培力F均匀增大，金属棒ab始终保持静止，则摩擦力也均匀增大故C正确，ABD均错误故选C点评：本题关键根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势如何变化，即可判断感应电流和安培力的变化6（4分）一电阻接一直流电源，通过4A的电流时热功率为P，若换接一正弦交流电源，它的热功率变为，则该交变电流的最大值为（）A4AB6AC2AD4A考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率专题：交流电专题分析：正弦波形交流电的电压有效值等于最大值的倍，根据焦耳定律表达式P=I2Rt列式求解解答：解：设电热器的电阻为R，t时间内产生的热量为Q，根据焦耳定律得：Q=I2Rt此热量是接交流电源上产生的热功率的2倍，所以Q=I2Rt=Q解得：I=I=2A，所以交变电流最大值为Im=I=4A，故选：A点评：本题关键是明确交流电的有效值是根据电流的热效应规定的，对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值7（4分）用频率相同但强度不同的两束光分别去照射两种不同的金属，结果均发生了光电效应，则（）A用强度大的光照射的金属，逸出的光电子的初动能一定大B由于两束光的频率相同，照射两种金属逸出光电子的最大初动能一定相同C在相同时间内，用强度较大的光照射金属表面逸出的光电子数较少D在相同时间内，用强度较大的光照射的金属逸出的光电子数较多考点：光电效应专题：光电效应专题分析：根据光电效应方程Ek=hW，分析光电子的最大初动能光电子的数目、光电流的强度与入射光的强度有关解答：解：A、根据光电效应方程Ek=hW，入射光的频率相同，逸出功越小，光电子的最大初动能越大，光电子最大初动能与入射光的强度无关故A错误B、根据光电效应方程Ek=hW，入射光的频率相同，逸出功越小，光电子的最大初动能越大故B错误C、D、不同的金属，光电子的数目与入射光的强度有关，在相同时间内，用强度较大的光照射的金属逸出的光电子数较多故C错误，D正确故选：D点评：该题考查光电效应方程，解决本题的关键掌握光电效应方程Ekm=hvW0和光电流强度的决定因素8（4分）关于物质波，以下观点不正确的是（）A只要是运动着的物体，不论是宏观物体还是微观粒子，都有相应的波与之对应，这就是物质波B只有运动着的微观粒子才有物质波，对于宏观物体，不论其是否运动，都没有相对应的物质波C由于宏观物体的德布罗意波长太小，所以无法观察到它们的波动性D电子束照射到金属晶体上得到了电子束的衍射图样，从而证实了德布罗意的假设是正确的考点：物质波分析：在光具有波粒二象性的启发下，法国物理学家德布罗意（18921987）在1924年提出一个假说，指出波粒二象性不只是光子才有，一起微观粒子都有波粒二象性他把光子的动量与波长的关系式p=推广到一切微观粒子上，指出：具有质量m和速度v的粒子也具有波动性，种子波的波长等于普朗克恒量h 跟粒子动量mv 的比，即=这个关系式后来就叫做德布罗意公式解答：解：A、B、只要是运动着的物体，不论是宏观物体还是微观粒子，都有相应的波与之对应，这就是物质波故A正确，B错误；C、由于宏观物体的德布罗意波长太小，所以无法观察到它们的波动性故C正确；D、电子束照射到金属晶体上得到了电子束的衍射图样，从而证实了德布罗意的假设是正确的故D正确本题选择不正确的，故选：B点评：本题要知道物质波的概念，物质波，是由德布罗意提出的，故又称德布罗意波，是一种概率波，指空间中某点某时刻可能出现的几率，其中概率的大小受波动规律的支配9（4分）如图中MN、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横杆均为导体，现有匀强磁场垂直于导轨所在的平面，方向如图用I表示回路中的电流（）A当AB不动而CD向右滑动时，I0且沿顺时针方向B当AB向左、CD向右滑动且速度大小相等时，I=0C当AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I=0D当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，I0考点：楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势分析：CD切割产生感应电动势，回路中有感应电流，根据两棒所受的安培力分别判断出两棒的运动规律，当两棒速度相等时，回路中没有感应电流，两棒不受安培力作用解答：解：A、当AB不动而CD棒向右运动时，产生感应电动势，在整个回路中产生感应电流，其方向逆时针方向，故A错误；B、当AB向左、CD向右滑动且速度大小相等时，此时，穿过电路中的磁通量增大，则整个回路中的感应电流不为零故B错误；C、当AB向右、CD也向右滑动且速度大小相等时，此时，穿过电路中的磁通量不变，则整个回路中的感应电流为零；故C正确D、当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，则相当于AB棒向右切割，穿过电路中的磁通量增大，因而产生I0且沿顺时针方向，故D正确；故选： CD点评：解决本题的关键能正确地对两棒受力分析，根据受力情况，判断其运动情况10（4分）如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的直流电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）A合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮C断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会熄灭D断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭考点：自感现象和自感系数分析：当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据楞次定律及串联电路的特点来分析解答：解：合上开关接通电路时，A2立即正常发光，线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡A1中电流只能逐渐增大，则A2先亮，A1后亮，最后一样亮故A正确，B错误断开开关时，A2原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，则A1和A2都要过一会儿才熄灭故C错误，D正确故选AD点评：自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守电磁感应的普遍规律楞次定律，对本题这种类型问题就是利用楞次定律来分析11（4分）如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是（）AP向下滑动时，灯L变亮BP向下滑动时，变压器的输出电压不变CP向上滑动时，变压器的输入电流变小DP向上滑动时，变压器的输出功率变大考点：变压器的构造和原理；电功、电功率专题：交流电专题分析：与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器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，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况解答：解：A、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，根据，即亮度不变故A错误；B、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，故B正确；C、当滑动变阻器R的滑片向上移动时，导致总电阻减小，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大因此输入电流也变大故C错误；D、当滑动变阻器R的滑片向上移动时，导致总电阻减少，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大则输出功率增大，故D正确故选：BD点评：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12（4分）如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1=，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触则下列说法正确的是（）A初始时刻导体棒受到的安培力大小F=B初始时刻导体棒加速度的大小a=2g+C导体棒往复运动，最终将静止时弹簧处于压缩状态D导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q=mv02+考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：由初动能Ek=求出初速度，由E=BLv、I=、F=BIL，求出安培力的大小导体棒最终静止时，弹簧的弹力与之重力平衡，可求出弹簧的压缩量，即导体棒下降的高度从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒的重力势能和动能减小转化为弹簧的弹性势能和内能，根据能量守恒定律求解电阻R上产生的焦耳热Q解答：解：A、导体棒的初速度为v0，初始时刻产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：E=BLv0设初始时刻回路中产生的电流为I，由闭合电路的欧姆定律得：I=设初始时刻导体棒受到的安培力为F，由安培力公式得：F=BIL联立上式得，F=故A错误；B、初始时刻，弹簧处于伸长状态，棒受到重力、向下的安培力和弹簧的弹力，所以：ma=mg+kx+F得：a=2g+故B正确；C、从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒减少的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能，另一部分通过克服安培力做功转化为电路中的电能；当导体棒静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，所以弹力的方向向上，此时导体棒的位置比初始时刻降低了，故C正确；D、导体棒直到最终静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，则：mg=kx2，得：x2=由于x1=x2，所以弹簧的弹性势能不变，由能的转化和守恒定律得：mg（x1+x2）+Ek=Q解得：Q=mv02+故选：BCD点评：本题中安培力的经验公式F=，可以由感应电动势、欧姆定律、安培力三个公式结合推导出来，要加强记忆，有助于分析和计算二、实验题（本题有2小题，共10分请按题目要求作答）13（4分）传感器是一种采集信息的重要器件，如图是由电容器作为传感器来测定压力变化的电路，当待测压力作用于膜片电极上时，下列说法中正确的是（） 若F向下压膜片电极，电路中有从a到b的电流；若F向下压膜片电极，电路中有从b到a的电流；若F向下压膜片电极，电路中不会有电流产生；若电流表有示数，说明压力F发生变化；若电流表有示数，说明压力F不会发生变化ABCD考点：传感器在生产、生活中的应用分析：根据C=判断电容的变化，抓住电势差不变，根据Q=CU得出电量的变化，从而判断出电路中的电流方向解答：解：、若F向下压膜片电极，两极板间的距离减小，根据C=知电容增大，根据Q=CU得，电量增加，电路中b到a的电流故错误，正确、当电流表有示数，知电容发生变化，则压力F发生变化故正确，错误故正确故选：A点评：解决本题的关键掌握电容的决定式C=以及电容的定义式C=14（6分）小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示已知普朗克常量h=6.631034Js图甲中电极A为光电管的阳极（填“阴极”或“阳极”）；实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率c=5.151014Hz，逸出功W0=3.411019J考点：光电效应专题：光电效应专题分析：光电子从金属板上射出后被电场加速，由此可知A板为正极，根据光电效应方程Ekm=hvW0和eUC=EKm得出遏止电压Uc与入射光频率v的关系式，从而进行判断根据逸出功W0=hv0，和光电效应方程：EK=hvW0直接进行求解解答：解：（1）电子从金属板上射出后被电场加速，由此可知A板为正极即为阳极，故A错误；由Ekm=hvW0和eUC=EKm得：eUC=hvW0，因此当遏制电压为零时，hvc=W0，根据图象可知，铷的截止频率C=5.151014Hz，（2）根据hvc=W0，则可求出该金属的逸出功大小W0=6.6310345.151014=3.411019J故答案为：（1）阳极；（2）5.151014；3.411019点评：解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能之间的关系本题考察知识点简单，但是学生在学习中要牢记公式以及物理量之间的关系，同时注意计算的准确性三、计算题（本题有4小题，共42分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15（10分）如图所示，在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中，让长为0.5m、电阻为0.1的导体棒ab在金属框上以10m/s的速度向右匀速滑动，电阻R1=6，R2=4，其他导线上的电阻可忽略不计（1）判断ab棒中的电流大小与方向；（2）为使ab棒匀速运动，外力的机械功率；（3）ab两端的电压考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据右手定则判断ab棒上的电流方向，根据E=BLv求出感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小（2）ab棒做匀速运动，外力等于安培力，所以外力的功率等于安培力的功率（3）根据部分电路的欧姆定律即可求出ab之间的电压解答：解：（1）由右手定则可以判定知，ab棒中的电流方向为baab棒产生的感应电动势为 E=BLv=0.40.510V=2 V电路的总电阻 R总=+r=+0.1=2.5ab棒中的电流大小 I=0.8 A（2）由于ab棒匀速运动，外力等于安培力，所以外力的功率等于安培力的功率，P=Fv=BILv=1.6 W（3）ab两端的电压Uab=IR并=I=0.8V=1.92 V答：（1）ab棒中的电流大小为0.8A，方向为ba（2）为使ab棒匀速运动，外力的机械功率是1.6W；（3）ab两端的电压是1.92V点评：本题是电磁感应与电学的综合，解题的关键掌握切割感应电动势公式，运用闭合电路欧姆定律和部分电路的欧姆定律即可进行求解16（11分）如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直已知线圈的匝数N=100，边长ab=1.0m、bc=0.5m，电阻r=2 磁感应强度B在01s内从零均匀变化到0.2T 在15s内从0.2T均匀变化到0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向求：（1）0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；（2）在15s内通过线圈的电荷量q；（3）在05s内线圈产生的焦耳热Q考点：感生电动势、动生电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）由题可确定磁感应强度B的变化率，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；（2）由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式I=结合求解电量；（3）分析两个时间段：01s和15s，由焦耳定律分别求出热量，即可得到总热量；解答：解：（1）在01s内，磁感应强度B的变化率=T/s=0.2T/s，由于磁通量均匀变化，在01s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：0.5s时线圈内感应电动势的大小E1=N=Nabbc=1000.210.5=10V根据楞次定律判断得知，线圈中感应方向为逆时针方向（2）在15s内，磁感应强度B的变化率大小为=T/s=0.1T/s，由于磁通量均匀变化，在15s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：15s时线圈内感应电动势的大小E2=N=Nabbc=1000.110.5=5V通过线圈的电荷量为q=I2t2=C=10C；（3）在01s内，线圈产生的焦耳热为Q1=J=50J在15s内，线圈产生的焦耳热为Q2=J=50J故在05s内线圈产生的焦耳热Q=Q1+Q2=100J答：（1）0.5s时线圈内感应电动势的大小E为10V，感应方向为逆时针方向 （2）在15s内通过线圈的电荷量q为10C （3）在05s内线圈产生的焦耳热Q为100J点评：本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律和楞次定律等知识的综合应用，这些都是电磁感应现象遵守的基本规律，要熟练掌握，并能正确应用17（10分）某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为100kW，输出电压为500V，输电导线的总电阻为10，导线上损耗的电功率为4kW，该村的用电电压是220V（1）输电电路如图所示，求输电线路中的电流I2；（2）升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比考点：远距离输电；变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：（1）根据输电线路图，由输电线损耗功率求出输电电流I2，（2）由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流I1，由是I1，I2得升压变压器的匝数比；求出升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再与用户电压结合求出降压变压器的原副线圈的匝数比解答：解：（1）根据如图所示输电线路，设高压输电线电流I2，输电电压为U2，由题意可知：P损=I22r=4103W；得：I2=20A；（2）由功率公式可得电压：U2=5103V；根据匝数与电压成正比，则有：=；U损=Ir=2010V=200V；则有，U3=U2U损=5000200=4800V；所以，=答：（1）输电电路如图所示，求输电线路中的电流I2为20A；（2）升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比分别为1：10和240：11点评：本题是关于高压输电的题目，对于理想的变压器来说，输入功率和输出功率的大小是相同的，在计算输电线上消耗的功率的时候，一定要注意要用公式P耗=I2R线来计算，同时掌握变压器的匝数与电压的关系18（11分）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角=30的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4m，导轨所在空间被分成区域和，两区域的边界与斜面的交线为MN，中的匀强磁场方向垂直斜面向下，中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小为B=0.5T，在区域中，将质量m1=0.1kg，电阻R1=0.1的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑，然后，在区域中将质量m2=0.4kg，电阻R2=0.1的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑，cd在滑动过程中始终处于区域的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g=10m/s2，问（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由右手定则可以判断出感应电流方向；（2）由平衡条件、安培力公式求出cd棒的速度；（3）由能量守恒定律可以求出热量解答：解：（1）由右手定则可知，电流由a流向b；（2）开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，由平衡条件得：Fmax=m1gsin，ab刚好要上滑时，感应电动势：E=BLv，电路电流：I=，ab受到的安培力：F安=BIL，此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件得：F安=m1gsin+Fmax，代入数据解得：v=5m/s；（3）cd棒运动过程中电路产生的总热量为Q总，由能量守恒定律得：m2gxsin=Q总+m2v2，ab上产生的热量：Q=Q总，解得：Q=1.3J；答：（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向为：电流由a流向b；（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度为5m/s；（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是1.3J点评：本题是复杂的电磁感应现象，是电磁感应与力学知识的综合，分析导体棒的运动情况，要抓住甲匀加速运动的过程中，外力与安培力大小相等分别从力和能量两个角度进行研究