山西省太原五中2014-2015学年高二12月月考物理

2014-2015学年山西省太原五中高二（下）段测物理试卷（5月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共32.0分)1.对物体所受的合外力与其动量之间的关系，叙述正确的是（）A.物体所受的合外力与物体的初动量成正比B.物体所受的合外力与物体的末动量成正比C.物体所受的合外力与物体动量变化量成正比D.物体所受的合外力与物体动量对时间的变化率成正比【答案】D【解析】解：根据动量定理得，F合△t=△P，，即合外力与动量的变化率成正比，故D正确，A、B、C错误．则合故选：D．根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，结合动量定理分析判断．解决本题的关键掌握动量定理，知道合外力的大小等于动量的变化率，基础题．2.运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是（）A.燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭B.火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭C.火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭D.火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭【答案】B【解析】解：由于反冲运动的作用，火箭燃料燃烧产生的气体给火箭一个反作用力使火箭加速运动，这个反作用力并不是空气给的，正确选项为B．故选B根据反冲运动的定义分析，应特别注意：空气的反作用力并没有直接作用于火箭，而是作用于被喷出的气体．本题考查了反冲运动的特点，难度不大，注意分析什么力作用于火箭．3.如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹即将射入木块到弹簧压缩至最短的过程中（）A.动量守恒，机械能守恒B.动量不守恒，机械能不守恒C.动量守恒，机械能不守恒D.动量不守恒，机械能守恒【答案】B【解析】解：在木块与子弹一起向左运动压缩弹簧的过程中，木块、子弹、弹簧所组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；在子弹击中木块的过程中，要克服摩擦力做功，系统的部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，因此子弹、木块和弹簧所组成的系统，在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，动量不守恒、机械能不守恒；故选：B根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题；当系统所受合外力为零时，系统动量守恒；当只有重力或只有弹力做功时，系统机械能守恒．本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒，知道动量与机械能守恒的条件、分析清楚过程即可正确解题．4.质量分别为m1和m2的两个物体（m1＞m2），在光滑的水平面上沿同方向运动，具有相同的初动能．将与初始的运动方向相同的水平力F分别作用在这两个物体上，经过相同的时间后，两个物体的动量和动能的大小分别为p1、p2和E1、E2，比较它们的大小，有（）A.p1＞p2和E1＞E2B.p1＞p2和E1＜E2C.p1＜p2和E1＞E2D.p1＜p2和E1＜E2【答案】B【解析】解：动能，动量P=mv，则P=，因为初动能相等，m1＞m2，则初状态的动量P01＞P02．根据动量定理得，作用力相等，作用时间相等，则动量的变化量相等，所以P1＞P2．根据牛顿第二定律，m1＞m2，则a1＜a2，初动能相等，所以初速度v1＜v2，根据x=，知x1＜x2根据动能定理知m1动能的变化量小，所以E1＜E2．故B正确，A、C、D错误．故选B．根据动量定理比较动量的变化量，从而得出末动量的大小．通过位移大小，通过动能定理比较出末动能的大小．解决本题的关键掌握动量定理、动能定理以及牛顿第二定律，并能熟练运用．5.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经△t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v．在此过程中，（）A.地面对他的冲量为mv+mg△t，地面对他做的功为mv2B.地面对他的冲量为mv+mg△t，地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2D.地面对他的冲量为mv-mg△t，地面对他做的功为零【答案】B【解析】解：人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得：I-mg△t=△mv=mv故地面对人的冲量为mv+mg△t；而人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B正确；故选B．已知初末速度，则由动量定理可求得地面对人的冲量；由功的公式可确定地面对人是否做功．在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉．6.下列说法不正确的是（）A.玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律B.氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，电子的动能减小、电势能减小，而氢原子的能量减少C.明线光谱和暗线光谱均被称为原子的特征谱线，近代原子物理学就是从原子光谱的研究开始的D.已知在光电效应实验中分别用波长为λ和λ的单色光照射同一金属板，发出的光电子的最大初动能之比为1：2，以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，则此金属板的逸出功W=【答案】B【解析】解：A、玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，成功地解释了氢原子光谱的分列特征，故A正确；B、氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，轨道半径减小，原子能量减小，故B错误；C、明线光谱和暗线谱特征谱线与原子的结构有关，可以利用明线光谱和暗线谱鉴别物质，故C正确；D、设此金属的逸出功为W，根据光电效应方程得如下两式：当用波长为λ的光照射时：E k1=-W…①当用波长为34λ的光照射时：E k2=-W…②又=…③解①②③组成的方程组得：W=，故D正确；本题选择错误的，故选：B．玻尔理论将量子观念引入原子领域，提出定态和跃迁的概念，成功解释了氢原子光谱；衰变的过程中，电荷数守恒，质量数守恒；核外电子的轨道半径减小，原子能量增大；原子光谱是线状谱，是不连续的．原子都是由原子核和电子组成的，但不同原子的光谱都有各自的特征谱线，原子光谱是不相同的．鉴别物质可以利用明线光谱和暗线谱；根据光速、频率、波长之间的关系可知光子的能量为E=，然后根据爱因斯坦光电效应方程，即可求解．本题比较简单，但是涉及物理量比较多，在应用公式的同时要理清物理量之间的关系，对原子光谱特征的掌握情况，波尔理论、能级的跃迁、等基础知识点，同时要熟练应用爱因斯坦光电效应方程．7.下列说法不正确的是（）A.荧光物质在紫外线照射下绝不可能发出可见光B.物质的天然放射现象表明原子核有复杂的内部结构C.放射性元素的半衰期与压力、温度无关D.由德布罗意提出的物质波概念可知：微观粒子运动不但不在遵守经典粒子运动规律，而且还丧失了动量与位置的确定性，表现出“概率”性【答案】A【解析】解：A、紫外线的荧光效应强，能使荧光物质发光，故A错误；B、物质的天然放射现象表明原子核有复杂的内部结构，故B正确；C、半衰期由原子核本身决定，与温度等外界因素无关，故C正确；D、德布罗意提出的物质波概念可知：微观粒子运动不但不在遵守经典粒子运动规律，而且还丧失了动量与位置的确定性，表现出“概率”性，故D正确；本题选择错误的，故选：A．红外线有显著的热效应，一切物体均能发出红外线，而紫外线具有荧光作用；半衰期由原子核本身决定，与温度等外界因素无关，天然放射现象说明原子核内部具有复杂结构；德布罗意提出的物质波，也是概率波．考查紫外线的作用，理解半衰期的概念，注意天然放射现象的作用，掌握物质波与概率波的含义．8.原子核自发地放出电子的现象称为β衰变．开始时科学家曾认为β衰变中只放出电子（即β粒子），后来发现，这个过程中除了放出电子外，还放出一种叫做“反中微子”的粒子．反中微子不带电，与其他物质的相互作用极弱．下面关于β衰变的说法正确的是（）A.静止的原子核发生β衰变时，β粒子与衰变后的核运动速度方向一定相反B.原子核发生β衰变时，放出的能量等于β粒子与衰变后的核的动能之和C.原子核能发生β衰变，说明原子核内含有电子D.发生β衰变后的原子核的核子数不变，但带电量增加【答案】D【解析】解：A、衰变后β粒子、“反中微子”与新核的总动量=0，所以β粒子与新核能的速度不一定相反，A错误；B、原子核发生β衰变时，放出的能量等于β粒子、“反中微子”与衰变后的核的动能之和，B错误；C、原子核能发生衰变，是因为内部的中子转化为质子而同时发出一个电子，C错误；D、由于衰变生成负电子，所以发生衰变后的原子核的核子数不变，但带电量增加，D 正确；故选Dβ衰变过程中还放出“反中微子”，由能量守恒，β衰变时放出的能量等于粒子、“反中微子”与新核的动能之和．衰变后β粒子、“反中微子”与新核的总动量=0，所以β粒子与新核能的速度不一定相反．本题以较为新颖的题型考查了原子核衰变的原理，仔细阅读题意，此类题目难度不大．二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)9.下列说法正确的是（）A.汤姆生发现电子，标志着人类打开了原子世界的大门B.卢瑟福由α粒子散射实验提出了原子的核式结构C.β射线是原子核外的电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力D.半衰期是指放射性元素的原子核内的核子有半数发生变化所需的时间【答案】ABD【解析】解：A、卢瑟福由α粒子散射实验提出了原子的核式结构，A正确；B、汤姆生发现电子，标志着人类打开了原子世界的大门，B正确；C、β射线是原子核内的一个中子转化为质子时释放的电子，C错误；D、半衰期是指放射性元素的原子核内的核子有半数发生变化所需的时间，D正确；故选：ABD．卢瑟福由α粒子散射实验提出了原子的核式结构，β射线是原子核内的一个中子转化为质子时释放的电子，半衰期是指放射性元素的原子核内的核子有半数发生变化所需的时间，从而即可求解．本题考查的知识点较多，对于原子核式结构、衰变的实质、半衰期的特点，注意半衰期适用于大量原子核，这些知识要重点掌握．10.下列说法正确的是（）A.普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假设B.在光电效应的实验中，若入射光的强度增大，则光电子的最大初动能也增大C.α粒子散射实验和光电效应均与原子核的内部变化无关D.一单色光照到某金属表面时，有光电子从金属表面逸出，若只增大入射光的频率，则该金属逸出功将减小【答案】AC【解析】解：A、普朗克在研究黑体的热辐射问题中，提出了能量子化假设，故A正确；B、在光电效应的实验中，入射光的频率增大，光电子的最大初动能也增大，故B错误；C、α粒子散射实验和光电效应，均不会引起原子核的内部变化，故C正确；D、根据光电效应方程可知，E k=hγ-W；可知，光电子的最大初动能由入射光的频率和逸出功决定，若只增大入射光的频率，则光电子的最大初动能增大，而该金属逸出功仍不变，故D错误；故选：AC．普朗克提出了能量子假设；入射光的频率增大，光电子的最大初动能也增大，普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假设；根据光电效应方程可知，E k=hγ-W；可知，光电子的最大初动能由入射光的频率决定．本题考查的知识点较多，对于原子核式结构、衰变的实质、半衰期的特点和发生光电效应的条件这些知识要重点掌握．11.下列说法正确的是（）A.氢原子从高能级向低能级跃迁的过程中释放的光子的能量有可能大于13.6e VB.物质波就是任何一个运动着的物体都有一种波与它对应，该波的波长与该物体的动量成反比C.在探究光电效应的实验中，若能发生光电效应，入射光的强度越强，则光电流就越大D.光在传播过程中主要表现为波动性而在与物体发生相互作用时主要表现为粒子性【答案】BCD【解析】解：A、根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知，从高能级向低能级跃迁的过程中释放的光子的能量最大值仍小于13.6e V，故A错误；B、德布罗意认为，任何一个运动着的物体都有一种波与它对应，波长，该波的波长与该物体的动量成反比．故B正确；C、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，能否发生光电效应，与入射光的强度无关，与光照时间也无关，当发生光电效应时，增大入射光的强度，则光电流会增大．故C正确；D、根据光的波粒二象性的特点可知，光在传播过程中主要表现为波动性而在与物体发生相互作用时主要表现为粒子性．故D正确．故选：BCD氢原子的高能级和低能级之间的能量差的最大值是13.6e V；德布罗意认为，任何一个运动着的物体都有一种波与它对应；该题考查波尔理论、德布罗意波、光电效应方程和光的波粒二象性等记忆性的知识点的内容，这一类的题目注重对基础知识的积累，要做好．12.下列说法正确的是（）A.用能量为10e V和3.6e V的两种光子同时照射大量氢原子，有可能使处于基态的氢原子电离B.分别用能量为11e V的光子和11e V的电子去照射一群处于基态的氢原子，则被照射到的氢原子内的电子均能跃迁到n=2的激发态上去C.在相同速率情况下，利用质子流比利用电子流制造的显微镜将有更高的分辨率D.光的双缝干涉实验和康普顿效应分别有力地支持了光的波动性和光的粒子性【答案】CD【解析】解：A、由于氢原子的能级，基态的氢原子为能级为-13.6e V，要出现电离，则光子的能量即为13.6e V，因此10e V和3.6e V的两种光子不可能出现电离现象．故A错误．B、吸收光子能量发生跃迁，吸收的光子能量需等于两能级间的能级差，即△E=E2-E1=（-3.4）-（-13.6）=10.2e V，因此用能量为11e V的光子去照射一群处于基态的氢原子，受光子照射后，原子不能跃迁到其他轨道上去，当用动能为11e V的电子去射向一群处于基态的氢原子，氢原子受电子照射后，原子可能吸收10.2e V的能量，从而使得原子能跃迁到n=2能级的轨道上去，故B错误；C、相同速率情况下，质子流的动量大于电子流，根据λ=，可知质子流的波长比利用电子流小，衍射现象不明显，则有更高的分辨率，故C正确；D、光的双缝干涉实验和康普顿效应分别有力地支持了光的波动性和光的粒子性，故D 正确；故选：CD．根据碰撞过程中的动量守恒与能量守恒求解碰撞前运动氢原子的最小动能，与给出的原子的动能比较即可；吸收光子能量发生跃迁，吸收的光子能量需等于两能级间的能级差；根据电子的碰撞，光子可以获取10.2e V能量，从而发生跃迁．相同速率情况下，质量越大的，动量越大，则波长越小，衍射现象不明显，则分辨率高．解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，注意电离时，吸引能量可以大于能级之差．三、填空题(本大题共2小题，共12.0分)13.如图1所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为5e V的光照射到光电管上时，测得电流计上的示数随电压变化的图象如图2所示．则光电子的最大初动能为______ J，金属的逸出功为______ J．【答案】3.2×10-19；4.8×10-19【解析】解：由图2可知，当该装置所加的电压为反向电压，当电压是-2V时，电流表示数为0，知道光电子点的最大初动能为：2e V=3.2×10-19J，根据光电效应方程E K m=hγ-W0，W0=3e V=4.8×10-19J．故答案为：3.2×10-19； 4.8×10-19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-2V时，电流表示数为0，知道光电子点的最大初动能为2e V，根据光电效应方程E K m=hγ-W0，求出逸出功．光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，而光的强度不会改变光电子的最大初动能，从而判断是否电流表是否有示数．解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及光电效应方程E K m=hγ-W0．注意光的入射频率决定光电子最大初动能，而光的强度不影响光电子的最大初动能．14.1932年，物理学史上发生了一个重要的事件--查德威克发现了中子．查德威克在发现一种末知粒子轰击氢核时，它能被反弹回来了．通过对反冲核的动量测定，再用动量守恒定律进行估算，得知了这种末知粒子的质量与质子的质量关系，从而发现了中子．下面是查德威克的实验：中子与静止的氢原子正碰，测出碰后氢原子核的速度为3.3×107m/s，中子跟静止的氮原子核发生正碰时，测出碰后氮原子核的速度为4.7×106m/s，已知氢原子核的质量是m H，氮原子核的质量是14m H，上述碰撞都是弹性碰撞．请你根据以上实验数据，可求得中子的质量m与氢核的质量m H的关系为m= ______ m H，（计算结果请保留三位有效数字）．【答案】1.16【解析】解：查德威克认为氢核、氮核与中性粒子之间的碰撞是弹性正碰；设中性粒子质量为m，速度为v0，氢核的质量为m H，最大速度为v H，并认为氢核在打出前为静止的，那么根据动量守恒和能量守恒可知：mv0=mv+m H v H ①=+②其中v是碰撞后中性粒子的速度，由此可得：v H=③同理，mv0=mv+m N v Nmv02=mv2+m N v N2可得出中性粒子与氮原子核碰撞后打出的氮核的速度v N=④查德威克在实验中测得被碰氢核的最大速度为：v H=3.3×107m/s，被碰氮核的最大速度为v N=4.7×106m/s，因为m N=14m H，由方程③④可得==⑤将速度的最大值代入方程⑤，=解得：m=1.16m H⑥故答案为：1.16．根据查德威克的理论：氢核、氮核与中性粒子之间的碰撞是弹性正碰，遵守动量守恒和能量守恒，由两大守恒定律列式得到氢核的最大速度v H与初速度v0的关系式；用同样的方法得到中性粒子与氮原子核碰撞后打出的氮核的速度v N表达式，即可得到两个之比，从而求中性粒子（中子）的质量m与氢核的质量m H的关系．原子核间的碰撞可以视为弹性碰撞；对于弹性碰撞，其基本规律是动量守恒和能量守恒规律的应用．四、计算题(本大题共5小题，共40.0分)15.据报道，一辆轿车高速强行超车时，与迎面驰来的另一辆轿车相撞．两车相撞后连为一体停下来，两车车身因碰撞挤压，皆缩短了0.4m，据测算相撞时两车速度均约108km/h，试求碰撞过程中车内质量为60kg的人受到冲击力约为多少？【答案】解：车的初速度：v0=108km/h=30m/s，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2-v02=2ax，可知，人和车减速的加速度大小为：a===1125m/s2，根据牛顿第二定律得人受到的平均冲力为：F=ma=60×1125N=6.75×104N；答：碰撞过程中车内质量为60kg的人受到冲击力约为6.75×104N．【解析】人随车动，根据位移速度公式可求车的加速度，然后利用牛顿第二定律可求人受到的平均冲力．本题考查了求作用力，分析清楚车的运动过程，应用牛顿第二定律、匀变速直线运动的运动规律即可解题．16.平静的水面上有一载人小船，小船和人的质量分别为M和m，小船的长度为L．起初小船和人相对水面均静止，若忽略水对船的阻力，求人从船头走到船尾时，小船在水面上移动的距离？【答案】解：船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，以人速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv人-M v船=0，人从船头走到船尾，船的位移大小为s，则人相对于地面的距离为L-s．则：m-M=0，解得：s=；答：人从船头走到船尾时，小船在水面上移动的距离是．【解析】人和小船组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列出等式，结合几何关系求出船移动的位移大小．解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系．17.如图所示，可视为质点的小木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药（炸药的质量可以忽略不计）．让A、B以初速度v一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进．已知O、P两点间的距离为s，炸药爆炸时释放的化学能均全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：（1）木块与水平地面的动摩擦因数μ；（2）炸药爆炸时释放的化学能．【答案】解：设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E0从O滑到P，对A、B，由动能定理得：-μ•2mgs=×2m×（）2-×2m×v2，在P点爆炸，A、B动量守恒：2m（）=mv′根据能量的转化与守恒：E0+•2m=mv′2；解得：μ=，E0=mv2．答：（1）木块与水平地面的动摩擦因数为；（2）炸药爆炸时释放的化学能为mv2．【解析】（1）A、B整体从O滑到P过程，滑动摩擦力做功--μ•2mgs，根据动能定理求解动摩擦因数μ；（2）在P点爆炸，A、B总动量守恒，爆炸时释放的化学能均全部转化为木块的动能，根据动量守恒定律求出爆炸后木块的速度，由能量的转化与守恒求出炸药爆炸时释放的化学能．对于含有爆炸的过程，往往是动量守恒和能量守恒两大定律的综合应用．18.如图所示，质量为m1=3kg的光滑圆弧形轨道ABC与一质量为m2=1kg的物块P紧靠着（不粘连）静置于光滑水平面上，B为半圆轨道的最低点，AC为轨道的水平直径，轨道半径R=0.3m．一质量为m3=2kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道的A处由静止释放，g取10m/s2，求：①小球第一次滑到B点时的速度v1；②小球第一次经过B点后，相对B能上升的最大高度h．【答案】①设小球第一次滑到B点时的速度为v1，轨道和P的速度为v2，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒有：（m1+m2）v2+m3v1=0…①根据系统机械能守恒m3g R=（m1+m2）v22+m3v12…②联①②解得：v1=-2m/s方向向右v2=1m/s方向向左②小球经过B点后，物块P与轨道分离，小球与轨道水平方向动量守恒，且小球上升到最高点时，与轨道共速，设为vm1v2+m3v1=（m1+m3）v…③解得：v=-0.2m/s方向向右由机械能守恒m1v22+m3v12=（m1+m3）v2+m3gh…④解得：h=0.27m答：（1）小球第一次滑到B点时的速度v1为-2m/s，方向向右．（2）小球第一次经过B点后，相对B能上升的最大高度h为0.27m．【解析】（1）小球向下滑动过程中，小球、弧形轨道ABC和物块P组成的系统水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，此过程中，小球和物块P的过程相同，据此列方程可求出小球第一次滑到B点时的速度v1；（2）小球经过B点后，物块P与弧形轨道ABC分离，小球与弧形轨道水平方向动量守恒，当二者速度相同时，小球上升高度最大，根据动量守恒和机械能守恒列方程即可求解．本题考查了动量守恒与机械能守恒的综合应用，是一道全面考查基础知识的好题．19.对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型：A、B两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动，当它们之间的距离大于等于某一定值d时，相互作用力为零；当它们之间的距离小于d时，存在大小恒为F的斥力，设A物体质量m1=1.0kg，开始时静止在直线上某点；B物体质量m2=3.0kg，以速度v0从远处沿该直线向A运动，如图所示，若d=0.10m，F=0.60N，v0=0.20m/s，求：（1）从开始相互作用到A、B间的距离最小时，系统动能的减少量；（2）A、B间的最小距离．【答案】解：（1）两者速度相同时，距离最近，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v0=（m1+m2）v，代入数据解得：v=0.15m/s，系统动能的变化量：△E K=m2v02-（m1+m2）v2，代入数据解得：△E K=0.015J，即动能的变化量为0.015J；（2）由F=ma可得：A的加速度为：a1===0.6m/s2，B的加速度为：a2===0.2m/s2，根据匀变速直线运动规律得：A的速度：v1=a1t，B的速度：v2=v0-a2t，已知：v1=v2，解得：t=0.25s，则A的位移：x1=a1t2，B的位移：x2=v0t-a2t2，两物体的距离为：△x=x1+d-x2，将t=0.25s代入，解得A、B间的最小距离△s min=0.075mA、B间的最小距离为0.075m．。

2013-2014学年山西省太原五中高二（下）期中物理试卷（理科）一、单项选择题：（本题包含8小题，每小题4分，共32分）1．（4分）（2014•澄城县校级模拟）如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放（各线框下落过程中不翻转），则以下说法正确的是（）A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地D．乙、丙同时落地，甲后落地2．（4分）（2011•天津）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示．产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）A．t=0.015s时线框的磁通量变化率为零B．t=0.01s时线框平面与中性面重合C．线框产生的交变电动势有效值为311VD．线框产生的交变电动势频率为100Hz3．（4分）（2014•浙江模拟）电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图a所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方置有一个连接到放大器的螺线管，一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号，若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图b所示，则对应感应电流的变化为（）A．B．C．D．4．（4分）（2013•下陆区校级模拟）如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐．若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次以线速度V2让线框绕轴MN匀速转过90°为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势相等，则（）A．v1：v2=2：πB．v1：v2=π：2：C． v1：v2=1：2 D． v1：v2=2：15．（4分）（2013•武邑县校级一模）调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图乙中两电表均为理想交流电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器．现在CD两端输入图甲所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么（）A．由甲图可知CD两端输入交流电压u的表达式为B．当动触头P逆时针转动时，MN之间输出交流电压的频率变大C．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大D．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R2消耗的电功率变小6．（4分）（2014•莆田一模）矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图所示．t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里；在0～4s时间内，线框ab边受匀强磁场的作用力随时间变化的图象（力的方向规定以向左为正方向）是图中的（）A．B．C．D．7．（4分）（2014•上海模拟）用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示．在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为U a、U b、U c和U d．下列判断正确的是（）A．U a＜U b＜U c＜U d B．U a＜U b＜U d＜U c C． U a=U b＜U c=U d D． U b＜U a＜U d＜U c8．（4分）（2012•桐乡市模拟）如图所示，ACD、EFG为两根相距L的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF面与水平面成θ角．两导轨所在空间存在垂直于CDGF 平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B．两根质量均为m、长度均为L的金属细杆ab、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，两金属细杆的电阻均为R，导轨电阻不计．当ab以速度v1沿导轨向下匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动．重力加速度为g．以下说法正确的是（）A．回路中的电流强度为B．ab杆所受摩擦力为mgsinθC．cd杆所受摩擦力为μ（mgsinθ+）D．μ与v1大小的关系为μ=二、多项选择题：（本题包含4小题，每小题4分，共16分）9．（4分）（2014春•迎泽区校级期中）如图是电子感应加速器的示意图，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动．上图为侧视图，如图为真空室的俯视图，电子从电子枪右端逸出（不计初速度），当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，使电子在真空室中沿虚线加速击中电子枪左端的靶，下列说法中正确的是（）A．真空室中磁场方向竖直向上B．真空室中磁场方向竖直向下C．电流应逐渐增大D．电流应逐渐减小10．（4分）（2014春•迎泽区校级期中）如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S，线圈电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值分别为r和2r．由此可知，下列说法正确的是（）A．电容器所带电荷量为B．电容器所带电荷量为C．电容器下极板带正电D．电容器上极板带正电11．（4分）（2014春•迎泽区校级期中）如图所示，在半径为R的半圆形区域内，有磁感应强度为B的垂直纸面向里的有界匀强磁场，PQM为圆内接三角形，且PM为圆的直径，三角形的各边由材料相同的细软弹性导线组成（不考虑导线中电流间的相互作用）．设线圈的总电阻为r且不随形状改变，此时∠PMQ=37°，下列说法正确的是（）A．穿过线圈PQM中的磁通量大小为∅=0.96BR2B．若磁场方向不变，只改变磁感应强度B的大小，且B=B0+kt，则此时线圈中产生的感应电流大小为I=C．保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中有感应电流且电流方向不变D．保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中会产生焦耳热12．（4分）（2014•湖北校级二模）在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B的匀强磁场，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，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH 到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量大小为△E k，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．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2＞v1．B．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒C．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程，有（W1+△E k）机械能转化为电能D．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小为△E k=W1﹣W2．三、实验题：本题包含2小题，共12分．13．（4分）（2014春•迎泽区校级期中）为了演示接通电源的瞬间和断开电源的瞬间的电磁感应现象，设计了如图所示的电路图，A、B两灯规格相同，L的直流电阻和R相等，开关接通的瞬间，A灯的亮度（填“大于”“等于”或“小于”）B灯的亮度；通电一段时间后，A灯的亮度（填“大于”“等于”或“小于”）B灯的亮度；断电的瞬间，A灯（填“立即”或“逐渐”）熄灭，B灯（填“立即”或“逐渐”）熄灭．14．（8分）（2010•柳州三模）为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统．光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为Lx）．某光敏电阻Rp在不同照度下的阻值如下表：照度（Lx）0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2电阻（k）75 40 28 23 20 18①根据表中数据，请在给定的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线（图1），并说明阻值随照度变化的特点．②如图2所示，当1、2两端所加电压上升至2V时，控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路．给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0（Lx）时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图．（不考虑控制开关对所设计电路的影响）提供的器材如下：光敏电阻Rp，电源E（电动势3V，内阻不计），定值电阻：R1=10k，R2=20k，R3=40k（限选定值电阻其中之一并在图中标出），开关S及导线若干．四、计算题：本题包含4小题，共40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．（6分）（2014春•迎泽区校级期中）如图所示，abcd是交流发电机的矩形线圈，ab=30cm，bc=10cm，共50匝，它在B=0.8T的匀强磁场中绕中心轴OO′顺时针方向匀速转动，转速为480r/min，线圈的总电阻为r=1Ω，外电阻为R=3Ω，试求：（1）线圈从图示位置转过900的过程中，电阻R上产生的热量和通过导线截面的电量；（2）电流表和电压表的读数．16．（9分）（2014春•迎泽区校级期中）某发电站的输出功率为100kW，输出电压为250V，向25km远处的用户供电．为了使输电线路损失的功率不超过输出功率的1%，电站采用升压变压器升压后再输电，到达用户后再用降压变压器将电压降为220V，已知输电导线的电阻率为ρ=3.0×10﹣8Ω，导线横截面积为1.5×10﹣4m2，两台变压器均为理想变压器，求：（1）输电线上通过的最大电流．（2）输电线上的电压损失最大值．（3）两个变压器原、副线圈的匝数比．17．（12分）（2007秋•静安区期末）质量为m边长为l的正方形线框，从有界的匀强磁场上方由静止自由下落，线框电阻为R，匀强磁场的宽度为H（H＞l），磁感强度为B，线框下落过程中ab边与磁场界面平行．已知ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时都作减速运动，加速度大小均为a=g/3．试求：（1）ab边刚进入磁场时，线框的速度；（2）cd边刚进入磁场时，线框的速度；（3）线框经过磁场的过程中产生的热能．18．（13分）（2014•宣武区校级模拟）如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻．导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直开良好接触．斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场．现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止．当a 棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨．当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动．已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，b棒的质量为m，重力加速度为g，导轨电阻不计．求（1）a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流强度Ia与定值电阻中的电流强度Ic之比；（2）a棒质量m a；（3）a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F．2013-2014学年山西省太原五中高二（下）期中物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、单项选择题：（本题包含8小题，每小题4分，共32分）1．（4分）（2014•澄城县校级模拟）如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放（各线框下落过程中不翻转），则以下说法正确的是（）A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地D．乙、丙同时落地，甲后落地考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：穿过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合回路会产生感应电流，电流在磁场受受到安培力作用，根据感应电流产生的条件与环的受力情况分析答题．解答：解：甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放，穿过甲线框的磁通量发生变化，产生感应电流，铜线框在下落过程中受到向上的安培力作用，线框受到的合外力小于重力，线框向下运动的加速度小于重力加速度，乙线框不闭合，线框下落时产生感应电动势，但没有感应电流，线框不受安培力作用，线框做自由落体运动，加速度等于重力加速度，丙是塑料线框，线框中不产生感应电流，线框做自由落体运动，加速度等于重力加速度，由于甲、乙、丙的位移相等，初速度都为零，甲的加速度小于乙、丙的加速度，乙、丙加速度相等，因此乙、丙同时落地，甲后落地；故选：D．点评：本题考查了线圈落地的先后顺序问题，知道感应电流产生条件、对线框受力分析、比较出线框的加速度即可正确解题．2．（4分）（2011•天津）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示．产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）A．t=0.015s时线框的磁通量变化率为零B．t=0.01s时线框平面与中性面重合C．线框产生的交变电动势有效值为311VD．线框产生的交变电动势频率为100Hz考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交变电流．专题：计算题；压轴题；恒定电流专题．分析：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，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值，根据周期和频率的关系可求频率．解答：解：A、t=0.015s时，感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律E=n可知，磁通量的变化率最大，不是零，故A错误；B、由图2可知t=0.01s时，e=0，说明此时线圈正经过中性面，故B正确；C、由图2可知 T=0.02s，E m=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C错误．D、据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为：，故D错误．故选：B．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．3．（4分）（2014•浙江模拟）电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图a所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方置有一个连接到放大器的螺线管，一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号，若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图b所示，则对应感应电流的变化为（）A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据楞次定律判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律研究感应电动势大小的变化规律，得到感应电流的变化规律，分析时抓住磁通量﹣时间图象切线的斜率表示磁通量的变化率．解答：解：设在0﹣时间内产生的感应电流为正，则根据楞次定律得知：在﹣时间内，感应电流为负；在﹣2t0时间内感应电流为正．螺线管内的磁通量大小随时间按正弦规律，由数学知识知道：其切线的斜率等于，按余弦规律变化，根据法拉电磁感应定律分析可知，螺线管内产生的感应电动势将按余弦规律变化，则感应电流也按余弦规律变化．故D正确，ABC错误．故选：D点评：本题从感应电流的方向和大小两个方面进行分析．感应电流方向由楞次定律判断，其大小与感应电动势成正比，由法拉第电磁感应定律研究．要利用数学知识分析磁通量的变化率．4．（4分）（2013•下陆区校级模拟）如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐．若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次以线速度V2让线框绕轴MN匀速转过90°为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势相等，则（）A．v1：v2=2：πB．v1：v2=π：2：C． v1：v2=1：2 D． v1：v2=2：1考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：平均感应电动势E=，瞬时感应电动势E=BLv．然后计算比较．解答：解：若第一次将线框从磁场中以恒定速度v向右匀速拉出，E1=BLv=Bav第二次以同样大小的线速度v让线框转过90°．E2=N==E1=E2得：两次的速度之比为2：π．故选：A．点评：解决本题的关键掌握平均感应电动势，瞬时感应电动势的公式．对于这些基础知识，要加强理解和应用，平时练习不可忽视．5．（4分）（2013•武邑县校级一模）调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图乙中两电表均为理想交流电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器．现在CD两端输入图甲所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么（）A．由甲图可知CD两端输入交流电压u的表达式为B．当动触头P逆时针转动时，MN之间输出交流电压的频率变大C．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大D．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R2消耗的电功率变小考点：变压器的构造和原理；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：由甲图可知交流电的表达式；P移动改变了副线圈的匝数，滑片移动改变了负载的电阻，结合变压器的特点和欧姆定律去分析．解答：解：A、由甲可知，交流电电压最大值为36V；周期为0.02S，则表达式为36sin （t）=36sin（100πt），故A错误；B、变压器只能改变电流和电压，不能改变交流电的周期和频率，故B错误；C、当滑片向下移动时，输出端电阻减小，则电流增大，电流表示数增大；但电压不变，故C 错误；D、由C的分析可知，总电流增大，故R1分压增大，并联部分电压减小，故R2两端的电压减小，电功率减小，故D正确；故选：D．点评：变压器只能改变交流电的电压和电流，不会改变交流电的周期和频率．6．（4分）（2014•莆田一模）矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图所示．t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里；在0～4s时间内，线框ab边受匀强磁场的作用力随时间变化的图象（力的方向规定以向左为正方向）是图中的（）A．B．C．D．考点：法拉第电磁感应定律；安培力．专题：电磁感应中的力学问题．分析：穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而形成感应电流．由题意可知，磁感应强度是随着时间均匀变化的，所以感应电流是恒定的，则线框ad边所受的安培力与磁感应强度有一定的关系．解答：解：t=0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1S内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向左．当在1S到2S内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向右．在下一个周期内，重复出现安培力先向左后向右．故选：D．点评：安培力的方向由左手定则来确定，而感应电流方向则由楞次定律来确定．当导线与磁场垂直放置时，若电流、导线长度不变时，安培力与磁感应强度成正比．7．（4分）（2014•上海模拟）用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示．在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为U a、U b、U c和U d．下列判断正确的是（）A．U a＜U b＜U c＜U d B．U a＜U b＜U d＜U c C． U a=U b＜U c=U d D． U b＜U a＜U d＜U c考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：当线框进入磁场时，MN边切割磁感线，相当于电源，因此MN两端的电压为路端电压，根据闭合电路欧姆定律可进行解答．解答：解：线框进入磁场后切割磁感线，a、b中产生的感应电动势是c、d中电动势的一半，而不同的线框的电阻不同，设a线框电阻为4r，b、c、d线框的电阻分别为6r、8r、6r则有：U a=BLv•=BLv，U b=BLv•=BLv，U c=B•2Lv•=BLv，Ud=B•2Lv•=BLv，故U a＜U b＜U d＜U c．故选B．点评：对于这类电磁感应与电路的结合的问题，弄清那部分是电源以及外电路的串并联情况，然后根据有关闭合电路的知识进行求解．8．（4分）（2012•桐乡市模拟）如图所示，ACD、EFG为两根相距L的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF面与水平面成θ角．两导轨所在空间存在垂直于CDGF 平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B．两根质量均为m、长度均为L的金属细杆ab、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，两金属细杆的电阻均为R，导轨电阻不计．当ab以速度v1沿导轨向下匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动．重力加速度为g．以下说法正确的是（）A．回路中的电流强度为B．ab杆所受摩擦力为mgsinθC．cd杆所受摩擦力为μ（mgsinθ+）D．μ与v1大小的关系为μ=考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：ab下滑时切割磁感线产生感应电动势，cd不切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电流强度；根据平衡条件和安培力公式求解ab杆和cd杆所受的摩擦力，两个平衡方程结合分析D项．解答：解：A、ab杆产生的感应电动势 E=BLv1；回路中感应电流为：I==，故A错误；B、ab杆匀速下滑，受力平衡条件，则ab杆所受的安培力大小为：F安=BIL=，方向沿轨道向上，则由平衡条件得ab所受的摩擦力大小为：f=mgsinθ﹣F安=mgsinθ﹣，故B错误．C、cd杆所受的安培力大小也等于F安，方向垂直于导轨向下，则cd杆所受摩擦力为：f=μN=μ（mgcosθ+F安）=μ（mgsinθ+），故C正确．D、根据cd杆受力平衡得：mgsin（90°﹣θ）=f=μ（mgsinθ+），则得μ与v1大小的关系为：μ（mgsinθ+）=mgcosθ，故D错误．故选：C．点评：对于双杆问题，可采用隔离法分析，其分析方法与单杆相同，关键分析和计算安培力，再由平衡条件列方程解答．二、多项选择题：（本题包含4小题，每小题4分，共16分）9．（4分）（2014春•迎泽区校级期中）如图是电子感应加速器的示意图，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动．上图为侧视图，如图为真空室的俯视图，电子从电子枪右端逸出（不计初速度），当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，使电子在真空室中沿虚线加速击中电子枪左端的靶，下列说法中正确的是（）A．真空室中磁场方向竖直向上B．真空室中磁场方向竖直向下C．电流应逐渐增大D．电流应逐渐减小考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．分析：上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动．电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，产生的感应电场使电子加速．可根据右手螺旋定则，根据如图所示的电流方向，即可确定磁场的方向；感应电场的方向，可以根据楞次定律用右手螺旋定则来判断．解答：解：A、B、根据右手螺旋定则可知，真空中的磁场方向竖直向上，故A正确，B错误；C、D、若线圈中的电流增强，磁场就增强了，根据楞次定律，感生电场产生的磁场要阻碍它增大所以感生电场为顺时针方向，即电流方向顺时针，所以电子运动逆时针方向运动．正好加速打中左端的靶，因此电流应增大，故C正确，D错误；故选：AC．点评：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流磁场磁通量的变化，同时理解右手螺旋定则的应用．10．（4分）（2014春•迎泽区校级期中）如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S，线圈电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值分别为r和2r．由此可知，下列说法正确的是（）A．电容器所带电荷量为B．电容器所带电荷量为C．电容器下极板带正电D．电容器上极板带正电考点：法拉第电磁感应定律；电容．专题：电磁感应与电路结合．分析：磁场均匀增强，线圈中产生恒定的感应电动势，相当于电源．根据法拉第定律可求得感应电动势的大小，由电路的结构求出路端电压．带电微粒P处于平衡状态，电场力与重。

2015-2016学年山西省太原五中高二（上）段考物理试卷（理）不定项选择题（共25个小题，每小题4分，共100分．）1．下面说法中正确的是（）A．库仑定律适用于点电荷，点电荷就是很小的带电体B．库仑定律是通过实验总结出来的关于点电荷相互作用力跟它们间的距离和电荷量关系的一条物理规律C．库仑定律和万有引力定律很相似，它们都是平方反比规律D．当两个点电荷距离趋近于零时，库仑力则趋向无穷2．有A、B、C三个点电荷，若将A、B放在距离为12cm的位置上，B受到A的库仑力大小为F．若将B、C放在距离为12cm的位置上，B受到C的库仑力大小为2F．那么C与A所带电荷量大小之比是（）A．1：2 B．1：4 C．2：1 D．4：13．电场中有一点P，下列说法中正确的有（）A．若放在P点的电荷的电量减半，则P点的场强减半B．若P点没有检验电荷，则P点场强为零C．P点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大D．P点的场强方向为放在该点的电荷的受力方向4．如图所示，位于同一直线上的两点电荷+q1和﹣q2将直线划分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，另有一正的点电荷q3，q3对q1、q2的电场的影响不计，则（）A．q3在Ⅰ区域，可能受力向左，也可能受力向右B．q3在Ⅱ区域，可能受力向左，也可能受力向右C．q3在Ⅲ区域，可能受力向左，也可能受力向右D．q3在Ⅰ、Ⅲ区域受力必定向左，在Ⅱ区域受力必定向右5．关于电势和电势能的说法正确的是（）A．在电场中电势高的地方，电荷在那一点具有的电势能也越大B．在电场中电势高的地方，放在那一点的电荷的电量越大，它所具有的电势能越大C．在正的点电荷电场中任意一点，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷所具有的电势能D．在负的点电荷电场中任意一点，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷所具有的电势能6．如图所示，在纸面内有一匀强电场，一带负电的小球（重力不计）在一恒力F的作用下沿图中虚线由A至B做匀速运动．已知力F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，小球带电量为q．则（）A．匀强电场的电场强度大小为E=B．A、B两点的电势差为C．带电小球由A运动至B过程中电势能增加了FdsinθD．若带电小球由B向A做匀速直线运动，则F必须反向7．如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc和E a、E b、E c分别表示abc三点的电势和场强，可以判定（）A．φa＞φb＞φc B．E a＞E b＞E c C．φa﹣φb=φb﹣φc D．E a=E b=E c8．如图所示，在足够大的粗糙水平绝缘面上固定着一个带负电的点电荷Q，将一个质量为m、带电量为q的小金属块（金属块可视为质点）在水平面上由静止释放，金属块将在水平面上沿远离Q的方向开始运动．则在金属块从开始运动到停下的整个过程中（）A．金属块的加速度一直减小B．金属块的电势能先减小后增大C．电场力对金属块做功的值等于金属块增加的机械能D．电场力对金属块所做功的数值一定等于摩擦产生的热9．如图所示，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离．在a点固定放置一个点电荷，带电量为+Q，已知在+Q的电场中b、c两点间的电势差为U．将另一个点电荷+q从d点移动到e点的过程中（）A．电场力做功qU B．克服电场力做功qUC．电场力做功大于qU D．电场力做功小于qU10．如图所示是测定液面高度h的传感器．在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放入导电液体中，在计算机上就可以知道h的变化情况，并实现自动控制，下列说法正确的是（）A．液面高度h变大，电容变大B．液面高度h变小，电容变大C．金属芯线和导电液体构成电容器的两个电极D．金属芯线的两侧构成电容器的两电极11．在一足够大的空间内，有一做周期性变化的匀强电场．如图所示为其场强随时间变化的图象．一带电粒子（不计重力）在t=0时在电场中无初速释放，则（）A．粒子在电场中总是沿某个方向运动，位移越来越大B．粒子在电场中来回运动，每隔，速度方向改变一次C．粒子的速度和加速度的方向都不随时间变化，但速度和加速度的大小随时间做周期性变化D．每隔，加速度方向变化，而速度方向始终不变化，速度大小不断变化12．如图所示，一带电粒子沿与电场线垂直的方向从电场中央进入两平行金属板间的匀强电场，已知粒子的带电量为q，两板间的电势差为U，则粒子运动过程中（）A．若粒子从电场中射出，则粒子动能增加了qUB．若粒子从电场中射出，则电场力一定对粒子做了的功C．若粒子打在极板上，则电场力一定对粒子做了的功D．若粒子打在极板上，则粒子的动能一定增加了qU13．在绝缘光滑水平面上相隔一定距离放置两个带同种电荷的小球，今同时释放两小球，则两小球加速度之比随时间变化的情况是（）A．不变 B．变大C．变小 D．条件不足，无法判定14．如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，a处有一电荷量非常小的点电荷，S是闭合的，φa表示a点的电势，F表示点电荷受到的电场力．现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则（）A．φa变大，F变大B．φa变大，F变小C．φa不变，F不变D．φa不变，F变小15．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（）A．U1变大、U2变大B．U1变小、U2变大C．U1变大、U2变小D．U1变小、U2变小16．某电解电容器上标有“25V、470VμF”的字样，对此，下列说法正确的是（）A．此电容器只能在直流25V及以下电压才能正常工作B．此电容器在20V电压下工作时，电容不再是470μFC．当工作电压是25V时，电容才是470μFD．这种电容器使用时，不必考虑两个引出线的极性17．如图所示，带有等量异种电荷的两块等大平行金属板M、N水平正对放置，两板间有一带电粒子以速度v0沿直线运动，当微粒运动到P点时，将M板迅速上移一小段距离，则此后微粒的可能运动情况是（）A．方向不变沿轨迹①直线运动 B．方向改变沿轨迹②直线运动C．沿轨迹③曲线运动 D．沿轨迹④曲线运动18．如图所示，平行板电容器与恒定电源相连，负极板接地，在两板间有一正电荷（电荷量很少且不变）固定在P点，以U表示电容两极板间的电压，E表示两极板间的场强，E p表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，而将正极板向上移至某位置，则（）A．U不变，Ep变小B．U不变，E p不变C．E变小，E p变大D．E变大，E p不变19．如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（）A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多B．三种粒子打到屏上时的速度一样大C．三种粒子运动到屏上所用时间相同D．三种粒子一定打到屏上的同一位置20．如图所示，有三个质量相等，分别带正电、带负电和不带电的小球，从平行板电场的中点以相同的初速度垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C三点，可以判断（）A．落在A点的小球带正电，落在B点的小球不带电B．三个小球在电场中运动的时间相等C．三个小球到达极板时的动能关系为E kA＞E kB＞E kCD．三个小球在电场中运动时的加速度关系为a A＞a B＞a C21．a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定（）①在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上②b和c同时飞离电场③进入电场时，c的速度最大，a的速度最小④动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大．A．①B．①② C．②③ D．①③④22．一个带电荷量为﹣q的油滴，从O点以速度v射入水平向右匀强电场中，v的方向与电场方向成θ角（锐角）．已知油滴的质量为m，测得油滴到达运动轨迹的最高点N时，其速度大小仍为v．下列说法中正确的是（）A．最高点一定在O的左上方B．最高点一定在O的右上方C．最高点与O点电势差为0D．最高点与O点电势差为23．如图所示，A、B为平行金属板，两板相距d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一个小孔M、N．开关S先闭合，今有一带电粒子自A板上方相距为d的P点由静止自由下落，空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回．（P、M、N在同一竖直线上，且忽略极板的边缘效应），则（）A．如果开关S保持闭合，把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落仍能沿原路返回B．如果开关S保持闭合，把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C．如果开关S断开，把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落仍能沿原路返回D．如果开关S断开，把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落24．如图所示，在两块带电平行金属板间，有一束电子沿Ox轴方向射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD．已知OA=AB，则电子在OC段和CD段动能的增加量之比△E kC：△E kD为（）A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：125．如图所示是一个说明示波管工作管理的示意图，电子经电压U1加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h．两平行板间距离为d，电势差为U2，板长是l，为提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量）可采用以下哪些方法（）A．增大两板间电势差U2B．尽可能使板长L短一些C．尽可能使板距d小一些 D．使加速电压U1升高一些2015-2016学年山西省太原五中高二（上）段考物理试卷（理）参考答案与试题解析不定项选择题（共25个小题，每小题4分，共100分．）1．下面说法中正确的是（）A．库仑定律适用于点电荷，点电荷就是很小的带电体B．库仑定律是通过实验总结出来的关于点电荷相互作用力跟它们间的距离和电荷量关系的一条物理规律C．库仑定律和万有引力定律很相似，它们都是平方反比规律D．当两个点电荷距离趋近于零时，库仑力则趋向无穷【考点】库仑定律．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】清楚库仑定律的适用条件，了解点电荷这一个理想化的模型．两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷呢．运用引力定律与库仑定律的表达式，从而即可判定C选项的正确与否．【解答】解：A、库仑定律的适用条件是：真空和静止点电荷．如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷．一个实际的带电体能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，点电荷不是以体积大小来确定的，故A错误；B、库仑定律是通过实验总结出来的关于点电荷相互作用力跟它们间的距离和电荷量关系的一条物理规律，故B正确．C、库仑定律和万有引力定律很相似，它们都是平方反比规律，故C正确．D、当两个点电荷距离趋近于零时，库仑定律不适用，则库仑力无法确定，故D错误；故选：BC．【点评】清楚书本中一些定理和定律的适用条件，知道在处理复杂物理问题时建立具有普遍意义的基本规律一些不可或缺的理想模型，使得问题处理更简便．2．有A、B、C三个点电荷，若将A、B放在距离为12cm的位置上，B受到A的库仑力大小为F．若将B、C放在距离为12cm的位置上，B受到C的库仑力大小为2F．那么C与A所带电荷量大小之比是（）A．1：2 B．1：4 C．2：1 D．4：1【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】库仑定律：真空中两个静止点电荷之间的作用力与它们电量的乘积成正比，与它们距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．【解答】解：将A、B放在距离为12cm的位置上，B受到A的库仑力大小为F；将B、C放在距离为12cm的位置上，B受到C的库仑力大小为2F；根据库仑定律公式F=k，当距离一定时，库仑力与电荷量的乘积成正比；现在库仑力变为2倍，说明电荷量乘积变为2倍，即：q B q C=2q A q B，故q C：q A=2：1；故选C．【点评】本题关键是根据库仑定律并采用控制变量法进行研究，基础题．3．电场中有一点P，下列说法中正确的有（）A．若放在P点的电荷的电量减半，则P点的场强减半B．若P点没有检验电荷，则P点场强为零C．P点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大D．P点的场强方向为放在该点的电荷的受力方向【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度的大小与放入电场中的电荷无关，由电场本身的性质决定，方向与正电荷所受电场力的方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．根据E=分析电荷所受电场力的大小．【解答】解：A、电场强度的大小与放入电场中的电荷无关，故A错误，B错误．C、根据F=qE知，P点的场强越大，同一电荷在P点受到的电场力越大，故C正确．D、P点的场强方向与放入该点正电荷所受电场力方向相同，故D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键掌握电场强度的定义式，知道场强的方向规定，即与正电荷所受电场力的方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．4．如图所示，位于同一直线上的两点电荷+q1和﹣q2将直线划分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，另有一正的点电荷q3，q3对q1、q2的电场的影响不计，则（）A．q3在Ⅰ区域，可能受力向左，也可能受力向右B．q3在Ⅱ区域，可能受力向左，也可能受力向右C．q3在Ⅲ区域，可能受力向左，也可能受力向右D．q3在Ⅰ、Ⅲ区域受力必定向左，在Ⅱ区域受力必定向右【考点】电势差与电场强度的关系．【专题】定性思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据库仑定律公式F=，结合矢量的合成法则，及同种电荷相斥，异种电荷相吸，即可求解．【解答】解：A、q3在Ⅰ区域，若点电荷+q1对q3的库仑力大于﹣q2对q3库仑力，则q3受力向左；若点电荷+q1对q3的库仑力小于﹣q2对q3库仑力，则q3受力向右，故A正确；B、在Ⅱ区中，点电荷+q1对q3的库仑力方向向右，而﹣q2对q3库仑力方向也向右，因此q3受力一定向右，故B错误；C、同理，在Ⅲ区中，若点电荷+q1对q3的库仑力大于﹣q2对q3库仑力，则q3受力向右；若点电荷+q1对q3的库仑力小于﹣q2对q3库仑力，则q3受力向左，故C正确；D、由AC选项分析，可知D错误；故选：AC【点评】考查库仑定律的内容，掌握矢量合成法则的应用，理解两点电荷对q3库仑力的大小与方向是决定q3受力方向的关键．5．关于电势和电势能的说法正确的是（）A．在电场中电势高的地方，电荷在那一点具有的电势能也越大B．在电场中电势高的地方，放在那一点的电荷的电量越大，它所具有的电势能越大C．在正的点电荷电场中任意一点，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷所具有的电势能D．在负的点电荷电场中任意一点，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷所具有的电势能【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电势的定义式φ=分析得知：正电荷放在电势越高的位置电势能越大．在电场中电势越高的位置，电荷的电量越大所具有的电势能不一定越大，与电荷的电性、电势的正负有关．在正点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能，在负点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能【解答】解：A、正电荷放在电势越高的位置电势能越大，而负电荷放在电势越高的位置电势能越小．故A错误．B、在电场中电势越高的位置，电荷的电量越大所具有的电势能不一定越大，与电荷的电性、电势的正负有关．故B错误．C、无穷远处电势为零，在正点电荷电场中任意一点的电势为正值，则正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能．故C正确．D、无穷远处电势为零，在负点电荷电场中任意一点的电势为负值，则正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能．故D错误．故选：C【点评】本题关键要掌握电势的定义式φ=，式中三个量φ、q和E p都要代入符号进行分析6．如图所示，在纸面内有一匀强电场，一带负电的小球（重力不计）在一恒力F的作用下沿图中虚线由A至B做匀速运动．已知力F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，小球带电量为q．则（）A．匀强电场的电场强度大小为E=B．A、B两点的电势差为C．带电小球由A运动至B过程中电势能增加了FdsinθD．若带电小球由B向A做匀速直线运动，则F必须反向【考点】电势能；电场强度；电势差．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由题意可知，小球只受到拉力F与电场力，做匀速直线运动，所以它受到的合力为0，拉力与电场力是一对平衡力．再根据电场力做功的特点求出其他的物理量．【解答】解：A、由题意可知，小球只受到恒力F与电场力，做匀速直线运动，所以它受到的合力为0，恒力F与电场力是一对平衡力．所以电场力的大小也是F，方向与恒力F的方向相反．即有qE=F，则得E=．故A正确．B、从A到B的过程，电场力做功的大小：W=F•dcosθ．则AB两点的电势差为U==，故B正确；C、从A到B的过程，电场力做负功，电势能增加，大小为F•dcosθ，故C错误；D、要使带电小球由B向A做匀速直线运动，仍然是合力为0，故F的大小和方向都不变．故D错误．故选AB【点评】对小球进行正确的受力分析，得出拉力与电场力是一对平衡力是解决该题的关键．7．如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc和E a、E b、E c分别表示abc三点的电势和场强，可以判定（）A．φa＞φb＞φc B．E a＞E b＞E c C．φa﹣φb=φb﹣φc D．E a=E b=E c【考点】电场强度；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】本题根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；电场线的疏密表示电场强度的相对大小．根据匀强电场中场强与电势差的关系U=Ed，定性分析电势差的关系．【解答】解：A、沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知φa＞φb ＞φc，故A正确．B、D只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较场强的大小，故BD错误．C、对于匀强电场，两点间的电势差U=Ed，由于电场线的疏密情况无法确定，两点间的电势差的公式U=Ed也不能适用，不能判断电势差的关系，故C错误；故选：A．【点评】本题考查了电场线和电势、电场强度以及电势差之间的关系，尤其注意公式U=Ed的适用条件以及公式中各个物理量的含义．8．如图所示，在足够大的粗糙水平绝缘面上固定着一个带负电的点电荷Q，将一个质量为m、带电量为q的小金属块（金属块可视为质点）在水平面上由静止释放，金属块将在水平面上沿远离Q的方向开始运动．则在金属块从开始运动到停下的整个过程中（）A．金属块的加速度一直减小B．金属块的电势能先减小后增大C．电场力对金属块做功的值等于金属块增加的机械能D．电场力对金属块所做功的数值一定等于摩擦产生的热【考点】电势能；能量守恒定律；点电荷的场强．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】金属块在整个运动的过程中受电场力和摩擦力，开始电场力大于摩擦力，做加速运动，然后电场力小于摩擦力，做减速运动，最终速度为零，根据电场力做功判断电势能的变化，根据牛顿第二定律判断加速度的变化，根据能量守恒定律判断电场力做功与摩擦产生的热量关系．【解答】解：A、开始时，电场力大于摩擦力，运动的过程中，电场力逐渐减小，则加速度减小，然后摩擦力大于电场力，加速度又逐渐增多，所以加速度先减小后增大．故A错误．B、在整个运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小．故B错误．C、在整个运动的过程中，金属块先加速后减速到零，动能变化为零，重力势能不变，所以机械能没有增加．电场力做的功转化为内能．故C错误．D、根据能量守恒定律知，在整个过程中动能变化为零，重力势能不变，则电场力做的功全部转化为摩擦产生的热量．故D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键理清金属块的运动过程，掌握电场力做功与电势能的关系，以及会运用能量守恒定律分析问题．9．如图所示，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离．在a点固定放置一个点电荷，带电量为+Q，已知在+Q的电场中b、c两点间的电势差为U．将另一个点电荷+q从d点移动到e点的过程中（）A．电场力做功qU B．克服电场力做功qUC．电场力做功大于qU D．电场力做功小于qU【考点】电势能；电势差．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场力的方向与位移方向的关系分析电场力做功的正负．由U=Ed，定性分析b、c两点间电势差与d、e两点间电势差的关系，再由电场力做功公式W=qU研究+q从d点移动到e点的过程中电场力做功大小．【解答】解：在+Q的电场中，将+q从d点移动到e点的过程中，电荷所受的电场力方向与位移方向相同，则电场力做正功．根据E=k得知，b、c两点间的电场强度大于d、e两点间的电场强度，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离，由U=Ed分析可知，将+q从d点移动到e点的过程中，电场力做功小于从从b点移动到c点的过程中电场力做功qU．所以电场力做功小于qU．故选：D．【点评】公式U=Ed，适用于匀强电场，但可用来定性分析非匀强电场中两点间电势差的关系．10．如图所示是测定液面高度h的传感器．在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放入导电液体中，在计算机上就可以知道h的变化情况，并实现自动控制，下列说法正确的是（）A．液面高度h变大，电容变大B．液面高度h变小，电容变大C．金属芯线和导电液体构成电容器的两个电极D．金属芯线的两侧构成电容器的两电极【考点】电容器的动态分析；电容．【专题】电容器专题．【分析】金属芯线与导电液体形成一个电容器，液面高度h变化相当于正对面积变化，根据电容的决定式C=分析电容的变化．【解答】解：A、当液面高度变大时，正对面积应增大，根据电容的决定式C=分析则知，液面高度h增大，故A正确，B错误．C、由题意可知，金属芯线是一个整体的导体，它通过绝缘物质和外部导电液体之间形成两个电极；故C正确，D错误；故选：AC．【点评】本题只要掌握电容的决定式C=，就能很容易分析电容与液面高度h的关系．11．在一足够大的空间内，有一做周期性变化的匀强电场．如图所示为其场强随时间变化的图象．一带电粒子（不计重力）在t=0时在电场中无初速释放，则（）A．粒子在电场中总是沿某个方向运动，位移越来越大B．粒子在电场中来回运动，每隔，速度方向改变一次C．粒子的速度和加速度的方向都不随时间变化，但速度和加速度的大小随时间做周期性变化D．每隔，加速度方向变化，而速度方向始终不变化，速度大小不断变化【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】首先知道图象的意义，场强大小不变而方向周期性的变化；再以带电粒子为研究对象，受力分析和运动分析，从而判断选项．。

山西省太原市第五中学2016-2017学年高二物理12月阶段性检测试题文一、选择题（每小题四个选项中只有一个正确选项，每小题3分，共30分）(☆☆☆答题卡涂21-30☆☆☆)21. 真空中有两个相距为r的静止点电荷,它们之间的库仑力为F.若保持它们的电荷量不变,使其距离增大为原来的2倍,则它们之间的库仑力大小将变为( )A.2FB.4FC.1/2FD.1/4F22．在国际单位制中，磁感应强度的单位是( )A．焦耳 B．库仑 C．安培 D．特斯拉23. 在匀强磁场中，有一条与磁场垂直，长为1.5m的通电直导线，导线中的电流为5.0A．所受安培力的大小为1.8N，该磁场磁感应强度的大小为（）A．0.3T B．0.24T C．4.2T D．0.54T24. 如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下不能使电流表指针偏转的是（）A．将磁铁插入螺线管的过程中B．将磁铁从螺线管中向下拉出的过程中C．将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中D．磁铁放在螺线管中不动时25.如图所示是一个正弦式交变电流的图像，下列说法正确的是 ( )A周期是0.2 s，电流的峰值是10 AB周期是0.15 s，电流的峰值是10 AC频率是5 Hz，电流的有效值是10 AD频率是0.2 Hz，电流的有效值是7.07 A26. 如图，可以将电压升高后供给家用电灯的变压器是（）A． B．C． D．27.如图所示，重力不计的带正电粒子水平向右进入匀强磁场，对该带电粒子进入磁场后的运动情况，下列判断正确的是（）A．粒子向上偏转B．粒子向下偏转C．粒子不偏转D．粒子很快停止运动28. 高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图所示为高频感应炉的示意图．冶炼炉内盛有待冶炼的金属，线圈通入高频交变电流．这种冶炼方法速度快，温度容易控制，并能避免有害杂质混入被冶炼金属中，因此适用于冶炼特种金属和贵重金属，该炉的加热原理是( )A．利用线圈电流产生的焦耳热B．利用线圈电流产生的红外线C．利用线圈电流的磁场在炉内产生的涡流D．利用线圈电流的磁场激发的微波29. 磁通量可以形象地理解为“穿过磁场中某一面积的磁感线条数”．在右图所示磁场中，s1、s2、s3为三个面积相同的相互平行的线圈，穿过s1、s2、s3的磁通量分别为φ1、φ2、φ3且都不为0．下列判断正确的是（）A．φ1最大 B．φ2最大C．φ3最大 D．φ1、φ2、φ3相等30. 关于减少远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是（）A．由功率P=应降低输电电压，或增大导线电阻B．由P=IU，应降低输电电压，或减小电流输电C．由P=I2R，应减小导线电阻，或减小输电电流D．上述说法均不对二、计算题（每小题10 分，共20分）1. 在倾角为α的光滑斜面上，置一通有电流为I，长为L，质量为m的导体棒，如图所示，试求：欲使棒静止在斜面上且对斜面无压力，应加匀强磁场B的大小和方向．2.一个匝数n=100匝的线圈放在磁场中，线圈平面与磁场垂直，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图所示，求：（1）从t1=0.01s到t2=0.02s时间内磁通量的变化量；（2）线圈中产生的感应电动势．太原五中2016-2017学年度第一学期阶段性检测 高二物理（文） （2016.10）一．选择题(每空3分，共30分)1.（10分）磁感应强度B 水平向右…………（5分）mg=BIL 得：mgB IL =…………（5分）2.（10分）0.1Wb ∆Φ=…………（5分）1000E n V t ∆Φ==∆ …………（5分）。

2015-2016学年山西省太原五中高二（下)会考模拟物理试卷一、选择题(本题为所有考生必做．20小题，每小题2分，共40分．）1．下列物理量中,属于标量的是（）A．速度 B．质量 C．电场强度 D．加速度2．两质点甲和乙，同时由同一地点沿同一方向作直线运动，它们的v﹣t图象如图，由图中可看出（）A．甲作匀速运动，乙作匀加速运动B．2秒末以前乙比甲速度大,2秒末以后甲比乙速度大C．甲乙运动方向不同D．第3秒内,甲的平均速度大于乙的平均速度3．下列说法正确的是（）A．运动物体所受的摩擦力方向，一定跟运动方向相反B．两物体相互接触，就一定有弹力的相互作用C．物体本身就有重力，所以重力没有施力物体D．两物体间有弹力的作用，就一定发生形变4．关于“验证机械能守恒定律”的实验，下列叙述中正确的是（）A．必须用天平测出重物的质量B．必须采用直流低压电源C．必须先接通电源，后释放纸带D．必须用停表测出重物下落的时间5．物体受到三个大小分别为3N、4N、5N的共点力作用，这三个力合力的最小值是（) A．0 B．2N C．4N D．6N6．关于作用力与反作用力，下列说法正确的是（）A．作用力与反作用力同时产生，同时消失B．一个作用力和它的反作用力的合力为零C．作用力与反作用力可以是不同性质的力D．两物体处于静止时，它们之间的作用力与反作用力大小才相等7．关于物体机械能是否守恒的叙述,下列说法中正确的是（）A．做匀变速直线运动的物体，机械能一定守恒B．做匀速直线运动的物体,机械能一定守恒C．外力对物体所做的功等于零时，机械能一定守恒D．只有重力做功，机械能一定守恒8．以初速度v0竖直向上抛出一个小球,小球所受的空气阻力与速度大小成正比．将小球从抛出点上升至最高点的过程与小球从最高点落回至抛出点的过程作对比,以下叙述正确的是（）A．小球上升过程的加速度较大，故运动时间更长B．小球下落过程的加速度较小，故运动时间更短C．小球上升过程中的某时刻的合外力可能比下落过程中的某时刻的合外力小D．小球抛出时的速度一定比落回抛出点时的速度大9．在离地面高为h处,竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为v,用g表示重力加速度,则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于(）A．mgh﹣mv2﹣mv02B．﹣mgh﹣mv2﹣mv02C．mgh﹣mv2+mv02D．mgh+mv2﹣mv0210．关于运动和力的关系，下列说法正确的是（)A．当物体所受合外力不变时,运动状态一定不变B．当物体所受合外力为零时，速度大小一定不变C．当物体运动轨迹为直线时，所受合外力一定为零D．当物体速度为零时，所受合外力一定为零11．下列现象中是为了利用物体产生离心运动的是(）A．汽车转弯时要限制速度B．转速很快的砂轮半径不能做得太大C．在修筑铁路时,转弯处转道的内轨要低于外轨D．离心水泵工作时12．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中,实验装置如图，若小车及车内钩码总质量用M 表示,盘内钩码总质量用m表示,要减小误差则M和m的关系是（）A．M＞＞m B．M＜＜m C．M=m D．没有要求13．环绕地球运动的卫星，由于某种原因使卫星轨道变小，则下列判断正确的是（）A．周期变小 B．.线速度变小C．角速度变小D．加速度变小14．设想把质量为m的物体放置地球的中心，地球质量为M，半径为R，则物体与地球间的万有引力是（）A．零B．无穷大C．D．无法确定15．一观察者发现，每隔一定时间有一滴水自8m高的屋檐落下，而且看到第五滴水刚要离开屋檐时，第一滴水正好落到地面．那么,这时第2滴水离地的高度是（)A．2 m B．2.5 m C．2.9 m D．3。

山西省太原市第五中学2016-2017学年高二物理12月阶段性检测试题文一、选择题（每小题四个选项中只有一个正确选项，每小题3分，共30分）(☆☆☆答题卡涂21-30☆☆☆)21. 真空中有两个相距为r的静止点电荷,它们之间的库仑力为F.若保持它们的电荷量不变,使其距离增大为原来的2倍,则它们之间的库仑力大小将变为( )A.2FB.4FC.1/2FD.1/4F22．在国际单位制中，磁感应强度的单位是( )A．焦耳 B．库仑 C．安培 D．特斯拉23. 在匀强磁场中，有一条与磁场垂直，长为1.5m的通电直导线，导线中的电流为5.0A．所受安培力的大小为1.8N，该磁场磁感应强度的大小为（）A．0.3T B．0.24T C．4.2T D．0.54T24. 如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下不能使电流表指针偏转的是（）A．将磁铁插入螺线管的过程中B．将磁铁从螺线管中向下拉出的过程中C．将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中D．磁铁放在螺线管中不动时25.如图所示是一个正弦式交变电流的图像，下列说法正确的是 ( )A周期是0.2 s，电流的峰值是10 AB周期是0.15 s，电流的峰值是10 AC频率是5 Hz，电流的有效值是10 AD频率是0.2 Hz，电流的有效值是7.07 A26. 如图，可以将电压升高后供给家用电灯的变压器是（）A． B．C． D．27.如图所示，重力不计的带正电粒子水平向右进入匀强磁场，对该带电粒子进入磁场后的运动情况，下列判断正确的是（）A．粒子向上偏转B．粒子向下偏转C．粒子不偏转D．粒子很快停止运动28. 高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图所示为高频感应炉的示意图．冶炼炉内盛有待冶炼的金属，线圈通入高频交变电流．这种冶炼方法速度快，温度容易控制，并能避免有害杂质混入被冶炼金属中，因此适用于冶炼特种金属和贵重金属，该炉的加热原理是( )A．利用线圈电流产生的焦耳热B．利用线圈电流产生的红外线C．利用线圈电流的磁场在炉内产生的涡流D．利用线圈电流的磁场激发的微波29. 磁通量可以形象地理解为“穿过磁场中某一面积的磁感线条数”．在右图所示磁场中，s1、s2、s3为三个面积相同的相互平行的线圈，穿过s1、s2、s3的磁通量分别为φ1、φ2、φ3且都不为0．下列判断正确的是（）A．φ1最大 B．φ2最大C．φ3最大 D．φ1、φ2、φ3相等30. 关于减少远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是（）A．由功率P=应降低输电电压，或增大导线电阻B．由P=IU，应降低输电电压，或减小电流输电C．由P=I2R，应减小导线电阻，或减小输电电流D．上述说法均不对二、计算题（每小题10 分，共20分）1. 在倾角为α的光滑斜面上，置一通有电流为I，长为L，质量为m的导体棒，如图所示，试求：欲使棒静止在斜面上且对斜面无压力，应加匀强磁场B的大小和方向．2.一个匝数n=100匝的线圈放在磁场中，线圈平面与磁场垂直，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图所示，求：（1）从t1=0.01s到t2=0.02s时间内磁通量的变化量；（2）线圈中产生的感应电动势．太原五中2016-2017学年度第一学期阶段性检测 高二物理（文） （2016.10）一．选择题(每空3分，共30分)1.（10分）磁感应强度B 水平向右…………（5分）mg=BIL 得：mgB IL =…………（5分）2.（10分）0.1Wb ∆Φ=…………（5分）1000E n V t ∆Φ==∆ …………（5分）。

2015-2016学年山西省太原五中高二（上）段考物理试卷（理）不定项选择题（共25个小题，每小题4分，共100分．）1．下面说法中正确的是（）A．库仑定律适用于点电荷，点电荷就是很小的带电体B．库仑定律是通过实验总结出来的关于点电荷相互作用力跟它们间的距离和电荷量关系的一条物理规律C．库仑定律和万有引力定律很相似，它们都是平方反比规律D．当两个点电荷距离趋近于零时，库仑力则趋向无穷2．有A、B、C三个点电荷，若将A、B放在距离为12cm的位置上，B受到A的库仑力大小为F．若将B、C放在距离为12cm的位置上，B受到C的库仑力大小为2F．那么C与A所带电荷量大小之比是（）A．1：2 B．1：4 C．2：1 D．4：13．电场中有一点P，下列说法中正确的有（）A．若放在P点的电荷的电量减半，则P点的场强减半B．若P点没有检验电荷，则P点场强为零C．P点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大D．P点的场强方向为放在该点的电荷的受力方向4．如图所示，位于同一直线上的两点电荷+q1和﹣q2将直线划分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，另有一正的点电荷q3，q3对q1、q2的电场的影响不计，则（）A．q3在Ⅰ区域，可能受力向左，也可能受力向右B．q3在Ⅱ区域，可能受力向左，也可能受力向右C．q3在Ⅲ区域，可能受力向左，也可能受力向右D．q3在Ⅰ、Ⅲ区域受力必定向左，在Ⅱ区域受力必定向右5．关于电势和电势能的说法正确的是（）A．在电场中电势高的地方，电荷在那一点具有的电势能也越大B．在电场中电势高的地方，放在那一点的电荷的电量越大，它所具有的电势能越大C．在正的点电荷电场中任意一点，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷所具有的电势能D．在负的点电荷电场中任意一点，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷所具有的电势能6．如图所示，在纸面内有一匀强电场，一带负电的小球（重力不计）在一恒力F的作用下沿图中虚线由A至B做匀速运动．已知力F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，小球带电量为q．则（）A．匀强电场的电场强度大小为E=B．A、B两点的电势差为C．带电小球由A运动至B过程中电势能增加了FdsinθD．若带电小球由B向A做匀速直线运动，则F必须反向7．如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc和E a、E b、E c分别表示abc三点的电势和场强，可以判定（）A．φa＞φb＞φc B．E a＞E b＞E c C．φa﹣φb=φb﹣φc D．E a=E b=E c8．如图所示，在足够大的粗糙水平绝缘面上固定着一个带负电的点电荷Q，将一个质量为m、带电量为q的小金属块（金属块可视为质点）在水平面上由静止释放，金属块将在水平面上沿远离Q的方向开始运动．则在金属块从开始运动到停下的整个过程中（）A．金属块的加速度一直减小B．金属块的电势能先减小后增大C．电场力对金属块做功的值等于金属块增加的机械能D．电场力对金属块所做功的数值一定等于摩擦产生的热9．如图所示，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离．在a点固定放置一个点电荷，带电量为+Q，已知在+Q的电场中b、c两点间的电势差为U．将另一个点电荷+q从d点移动到e点的过程中（）A．电场力做功qU B．克服电场力做功qUC．电场力做功大于qU D．电场力做功小于qU10．如图所示是测定液面高度h的传感器．在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放入导电液体中，在计算机上就可以知道h的变化情况，并实现自动控制，下列说法正确的是（）A．液面高度h变大，电容变大B．液面高度h变小，电容变大C．金属芯线和导电液体构成电容器的两个电极D．金属芯线的两侧构成电容器的两电极11．在一足够大的空间内，有一做周期性变化的匀强电场．如图所示为其场强随时间变化的图象．一带电粒子（不计重力）在t=0时在电场中无初速释放，则（）A．粒子在电场中总是沿某个方向运动，位移越来越大B．粒子在电场中来回运动，每隔，速度方向改变一次C．粒子的速度和加速度的方向都不随时间变化，但速度和加速度的大小随时间做周期性变化D．每隔，加速度方向变化，而速度方向始终不变化，速度大小不断变化12．如图所示，一带电粒子沿与电场线垂直的方向从电场中央进入两平行金属板间的匀强电场，已知粒子的带电量为q，两板间的电势差为U，则粒子运动过程中（）A．若粒子从电场中射出，则粒子动能增加了qUB．若粒子从电场中射出，则电场力一定对粒子做了的功C．若粒子打在极板上，则电场力一定对粒子做了的功D．若粒子打在极板上，则粒子的动能一定增加了qU13．在绝缘光滑水平面上相隔一定距离放置两个带同种电荷的小球，今同时释放两小球，则两小球加速度之比随时间变化的情况是（）A．不变 B．变大C．变小 D．条件不足，无法判定14．如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，a处有一电荷量非常小的点电荷，S是闭合的，φa表示a点的电势，F表示点电荷受到的电场力．现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则（）A．φa变大，F变大B．φa变大，F变小C．φa不变，F不变D．φa不变，F变小15．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（）A．U1变大、U2变大B．U1变小、U2变大C．U1变大、U2变小D．U1变小、U2变小16．某电解电容器上标有“25V、470VμF”的字样，对此，下列说法正确的是（）A．此电容器只能在直流25V及以下电压才能正常工作B．此电容器在20V电压下工作时，电容不再是470μFC．当工作电压是25V时，电容才是470μFD．这种电容器使用时，不必考虑两个引出线的极性17．如图所示，带有等量异种电荷的两块等大平行金属板M、N水平正对放置，两板间有一带电粒子以速度v0沿直线运动，当微粒运动到P点时，将M板迅速上移一小段距离，则此后微粒的可能运动情况是（）A．方向不变沿轨迹①直线运动 B．方向改变沿轨迹②直线运动C．沿轨迹③曲线运动 D．沿轨迹④曲线运动18．如图所示，平行板电容器与恒定电源相连，负极板接地，在两板间有一正电荷（电荷量很少且不变）固定在P点，以U表示电容两极板间的电压，E表示两极板间的场强，E p表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，而将正极板向上移至某位置，则（）A．U不变，Ep变小B．U不变，E p不变C．E变小，E p变大D．E变大，E p不变19．如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（）A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多B．三种粒子打到屏上时的速度一样大C．三种粒子运动到屏上所用时间相同D．三种粒子一定打到屏上的同一位置20．如图所示，有三个质量相等，分别带正电、带负电和不带电的小球，从平行板电场的中点以相同的初速度垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C三点，可以判断（）A．落在A点的小球带正电，落在B点的小球不带电B．三个小球在电场中运动的时间相等C．三个小球到达极板时的动能关系为E kA＞E kB＞E kCD．三个小球在电场中运动时的加速度关系为a A＞a B＞a C21．a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定（）①在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上②b和c同时飞离电场③进入电场时，c的速度最大，a的速度最小④动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大．A．①B．①② C．②③ D．①③④22．一个带电荷量为﹣q的油滴，从O点以速度v射入水平向右匀强电场中，v的方向与电场方向成θ角（锐角）．已知油滴的质量为m，测得油滴到达运动轨迹的最高点N时，其速度大小仍为v．下列说法中正确的是（）A．最高点一定在O的左上方B．最高点一定在O的右上方C．最高点与O点电势差为0D．最高点与O点电势差为23．如图所示，A、B为平行金属板，两板相距d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一个小孔M、N．开关S先闭合，今有一带电粒子自A板上方相距为d的P点由静止自由下落，空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回．（P、M、N在同一竖直线上，且忽略极板的边缘效应），则（）A．如果开关S保持闭合，把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落仍能沿原路返回B．如果开关S保持闭合，把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C．如果开关S断开，把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落仍能沿原路返回D．如果开关S断开，把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落24．如图所示，在两块带电平行金属板间，有一束电子沿Ox轴方向射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD．已知OA=AB，则电子在OC段和CD段动能的增加量之比△E kC：△E kD为（）A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：125．如图所示是一个说明示波管工作管理的示意图，电子经电压U1加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h．两平行板间距离为d，电势差为U2，板长是l，为提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量）可采用以下哪些方法（）A．增大两板间电势差U2B．尽可能使板长L短一些C．尽可能使板距d小一些 D．使加速电压U1升高一些2015-2016学年山西省太原五中高二（上）段考物理试卷（理）参考答案与试题解析不定项选择题（共25个小题，每小题4分，共100分．）1．下面说法中正确的是（）A．库仑定律适用于点电荷，点电荷就是很小的带电体B．库仑定律是通过实验总结出来的关于点电荷相互作用力跟它们间的距离和电荷量关系的一条物理规律C．库仑定律和万有引力定律很相似，它们都是平方反比规律D．当两个点电荷距离趋近于零时，库仑力则趋向无穷【考点】库仑定律．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】清楚库仑定律的适用条件，了解点电荷这一个理想化的模型．两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷呢．运用引力定律与库仑定律的表达式，从而即可判定C选项的正确与否．【解答】解：A、库仑定律的适用条件是：真空和静止点电荷．如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷．一个实际的带电体能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，点电荷不是以体积大小来确定的，故A错误；B、库仑定律是通过实验总结出来的关于点电荷相互作用力跟它们间的距离和电荷量关系的一条物理规律，故B正确．C、库仑定律和万有引力定律很相似，它们都是平方反比规律，故C正确．D、当两个点电荷距离趋近于零时，库仑定律不适用，则库仑力无法确定，故D错误；故选：BC．【点评】清楚书本中一些定理和定律的适用条件，知道在处理复杂物理问题时建立具有普遍意义的基本规律一些不可或缺的理想模型，使得问题处理更简便．2．有A、B、C三个点电荷，若将A、B放在距离为12cm的位置上，B受到A的库仑力大小为F．若将B、C放在距离为12cm的位置上，B受到C的库仑力大小为2F．那么C与A所带电荷量大小之比是（）A．1：2 B．1：4 C．2：1 D．4：1【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】库仑定律：真空中两个静止点电荷之间的作用力与它们电量的乘积成正比，与它们距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．【解答】解：将A、B放在距离为12cm的位置上，B受到A的库仑力大小为F；将B、C放在距离为12cm的位置上，B受到C的库仑力大小为2F；根据库仑定律公式F=k，当距离一定时，库仑力与电荷量的乘积成正比；现在库仑力变为2倍，说明电荷量乘积变为2倍，即：q B q C=2q A q B，故q C：q A=2：1；故选C．【点评】本题关键是根据库仑定律并采用控制变量法进行研究，基础题．3．电场中有一点P，下列说法中正确的有（）A．若放在P点的电荷的电量减半，则P点的场强减半B．若P点没有检验电荷，则P点场强为零C．P点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大D．P点的场强方向为放在该点的电荷的受力方向【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度的大小与放入电场中的电荷无关，由电场本身的性质决定，方向与正电荷所受电场力的方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．根据E=分析电荷所受电场力的大小．【解答】解：A、电场强度的大小与放入电场中的电荷无关，故A错误，B错误．C、根据F=qE知，P点的场强越大，同一电荷在P点受到的电场力越大，故C正确．D、P点的场强方向与放入该点正电荷所受电场力方向相同，故D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键掌握电场强度的定义式，知道场强的方向规定，即与正电荷所受电场力的方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．4．如图所示，位于同一直线上的两点电荷+q1和﹣q2将直线划分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，另有一正的点电荷q3，q3对q1、q2的电场的影响不计，则（）A．q3在Ⅰ区域，可能受力向左，也可能受力向右B．q3在Ⅱ区域，可能受力向左，也可能受力向右C．q3在Ⅲ区域，可能受力向左，也可能受力向右D．q3在Ⅰ、Ⅲ区域受力必定向左，在Ⅱ区域受力必定向右【考点】电势差与电场强度的关系．【专题】定性思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据库仑定律公式F=，结合矢量的合成法则，及同种电荷相斥，异种电荷相吸，即可求解．【解答】解：A、q3在Ⅰ区域，若点电荷+q1对q3的库仑力大于﹣q2对q3库仑力，则q3受力向左；若点电荷+q1对q3的库仑力小于﹣q2对q3库仑力，则q3受力向右，故A正确；B、在Ⅱ区中，点电荷+q1对q3的库仑力方向向右，而﹣q2对q3库仑力方向也向右，因此q3受力一定向右，故B错误；C、同理，在Ⅲ区中，若点电荷+q1对q3的库仑力大于﹣q2对q3库仑力，则q3受力向右；若点电荷+q1对q3的库仑力小于﹣q2对q3库仑力，则q3受力向左，故C正确；D、由AC选项分析，可知D错误；故选：AC【点评】考查库仑定律的内容，掌握矢量合成法则的应用，理解两点电荷对q3库仑力的大小与方向是决定q3受力方向的关键．5．关于电势和电势能的说法正确的是（）A．在电场中电势高的地方，电荷在那一点具有的电势能也越大B．在电场中电势高的地方，放在那一点的电荷的电量越大，它所具有的电势能越大C．在正的点电荷电场中任意一点，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷所具有的电势能D．在负的点电荷电场中任意一点，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷所具有的电势能【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电势的定义式φ=分析得知：正电荷放在电势越高的位置电势能越大．在电场中电势越高的位置，电荷的电量越大所具有的电势能不一定越大，与电荷的电性、电势的正负有关．在正点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能，在负点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能【解答】解：A、正电荷放在电势越高的位置电势能越大，而负电荷放在电势越高的位置电势能越小．故A错误．B、在电场中电势越高的位置，电荷的电量越大所具有的电势能不一定越大，与电荷的电性、电势的正负有关．故B错误．C、无穷远处电势为零，在正点电荷电场中任意一点的电势为正值，则正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能．故C正确．D、无穷远处电势为零，在负点电荷电场中任意一点的电势为负值，则正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能．故D错误．故选：C【点评】本题关键要掌握电势的定义式φ=，式中三个量φ、q和E p都要代入符号进行分析6．如图所示，在纸面内有一匀强电场，一带负电的小球（重力不计）在一恒力F的作用下沿图中虚线由A至B做匀速运动．已知力F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，小球带电量为q．则（）A．匀强电场的电场强度大小为E=B．A、B两点的电势差为C．带电小球由A运动至B过程中电势能增加了FdsinθD．若带电小球由B向A做匀速直线运动，则F必须反向【考点】电势能；电场强度；电势差．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由题意可知，小球只受到拉力F与电场力，做匀速直线运动，所以它受到的合力为0，拉力与电场力是一对平衡力．再根据电场力做功的特点求出其他的物理量．【解答】解：A、由题意可知，小球只受到恒力F与电场力，做匀速直线运动，所以它受到的合力为0，恒力F与电场力是一对平衡力．所以电场力的大小也是F，方向与恒力F的方向相反．即有qE=F，则得E=．故A正确．B、从A到B的过程，电场力做功的大小：W=F•dcosθ．则AB两点的电势差为U==，故B正确；C、从A到B的过程，电场力做负功，电势能增加，大小为F•dcosθ，故C错误；D、要使带电小球由B向A做匀速直线运动，仍然是合力为0，故F的大小和方向都不变．故D错误．故选AB【点评】对小球进行正确的受力分析，得出拉力与电场力是一对平衡力是解决该题的关键．7．如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc和E a、E b、E c分别表示abc三点的电势和场强，可以判定（）A．φa＞φb＞φc B．E a＞E b＞E c C．φa﹣φb=φb﹣φc D．E a=E b=E c【考点】电场强度；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】本题根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；电场线的疏密表示电场强度的相对大小．根据匀强电场中场强与电势差的关系U=Ed，定性分析电势差的关系．【解答】解：A、沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知φa＞φb ＞φc，故A正确．B、D只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较场强的大小，故BD错误．C、对于匀强电场，两点间的电势差U=Ed，由于电场线的疏密情况无法确定，两点间的电势差的公式U=Ed也不能适用，不能判断电势差的关系，故C错误；故选：A．【点评】本题考查了电场线和电势、电场强度以及电势差之间的关系，尤其注意公式U=Ed的适用条件以及公式中各个物理量的含义．8．如图所示，在足够大的粗糙水平绝缘面上固定着一个带负电的点电荷Q，将一个质量为m、带电量为q的小金属块（金属块可视为质点）在水平面上由静止释放，金属块将在水平面上沿远离Q的方向开始运动．则在金属块从开始运动到停下的整个过程中（）A．金属块的加速度一直减小B．金属块的电势能先减小后增大C．电场力对金属块做功的值等于金属块增加的机械能D．电场力对金属块所做功的数值一定等于摩擦产生的热【考点】电势能；能量守恒定律；点电荷的场强．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】金属块在整个运动的过程中受电场力和摩擦力，开始电场力大于摩擦力，做加速运动，然后电场力小于摩擦力，做减速运动，最终速度为零，根据电场力做功判断电势能的变化，根据牛顿第二定律判断加速度的变化，根据能量守恒定律判断电场力做功与摩擦产生的热量关系．【解答】解：A、开始时，电场力大于摩擦力，运动的过程中，电场力逐渐减小，则加速度减小，然后摩擦力大于电场力，加速度又逐渐增多，所以加速度先减小后增大．故A错误．B、在整个运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小．故B错误．C、在整个运动的过程中，金属块先加速后减速到零，动能变化为零，重力势能不变，所以机械能没有增加．电场力做的功转化为内能．故C错误．D、根据能量守恒定律知，在整个过程中动能变化为零，重力势能不变，则电场力做的功全部转化为摩擦产生的热量．故D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键理清金属块的运动过程，掌握电场力做功与电势能的关系，以及会运用能量守恒定律分析问题．9．如图所示，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离．在a点固定放置一个点电荷，带电量为+Q，已知在+Q的电场中b、c两点间的电势差为U．将另一个点电荷+q从d点移动到e点的过程中（）A．电场力做功qU B．克服电场力做功qUC．电场力做功大于qU D．电场力做功小于qU【考点】电势能；电势差．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场力的方向与位移方向的关系分析电场力做功的正负．由U=Ed，定性分析b、c两点间电势差与d、e两点间电势差的关系，再由电场力做功公式W=qU研究+q从d点移动到e点的过程中电场力做功大小．【解答】解：在+Q的电场中，将+q从d点移动到e点的过程中，电荷所受的电场力方向与位移方向相同，则电场力做正功．根据E=k得知，b、c两点间的电场强度大于d、e两点间的电场强度，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离，由U=Ed分析可知，将+q从d点移动到e点的过程中，电场力做功小于从从b点移动到c点的过程中电场力做功qU．所以电场力做功小于qU．故选：D．【点评】公式U=Ed，适用于匀强电场，但可用来定性分析非匀强电场中两点间电势差的关系．10．如图所示是测定液面高度h的传感器．在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放入导电液体中，在计算机上就可以知道h的变化情况，并实现自动控制，下列说法正确的是（）A．液面高度h变大，电容变大B．液面高度h变小，电容变大C．金属芯线和导电液体构成电容器的两个电极D．金属芯线的两侧构成电容器的两电极【考点】电容器的动态分析；电容．【专题】电容器专题．【分析】金属芯线与导电液体形成一个电容器，液面高度h变化相当于正对面积变化，根据电容的决定式C=分析电容的变化．【解答】解：A、当液面高度变大时，正对面积应增大，根据电容的决定式C=分析则知，液面高度h增大，故A正确，B错误．C、由题意可知，金属芯线是一个整体的导体，它通过绝缘物质和外部导电液体之间形成两个电极；故C正确，D错误；故选：AC．【点评】本题只要掌握电容的决定式C=，就能很容易分析电容与液面高度h的关系．11．在一足够大的空间内，有一做周期性变化的匀强电场．如图所示为其场强随时间变化的图象．一带电粒子（不计重力）在t=0时在电场中无初速释放，则（）A．粒子在电场中总是沿某个方向运动，位移越来越大B．粒子在电场中来回运动，每隔，速度方向改变一次C．粒子的速度和加速度的方向都不随时间变化，但速度和加速度的大小随时间做周期性变化D．每隔，加速度方向变化，而速度方向始终不变化，速度大小不断变化【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】首先知道图象的意义，场强大小不变而方向周期性的变化；再以带电粒子为研究对象，受力分析和运动分析，从而判断选项．。

山西省太原五中2014-2015学年高二10月月考物理第Ⅰ卷一、选择题：（每题4分，共40分，其中1至6小题是单选题，7至10题是多选题。

）1. 分别放在两个绝缘架上的相同金属球，相距为d ，球的半径比d 小得多，分别带有q 和3q 的电荷量，相互斥力为3F 。

现用绝缘工具将这两个金属球接触后再分开，然后放回原处。

则它们的相互作用力将变为 A.0 B. F C.3F D.4F2. 在x 轴的原点O 和轴上的P 点，分别固定同种电荷Q 1和Q 2，已知Q 1<Q 2，P 点的坐标值为2d ，则场强为零的坐标x 区间为A x<0 B. 0<x< d C. d <x<2d D.x>2d3.如图所示，A 、B 为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P 点放一个负点电荷q(不计重力)，由静止释放后，下列说法中正确的是 A ．点电荷在从P 点到O 点运动的过程中,加速度越来越大,速度越来越大B ．点电荷在从P 点到O 点运动的过程中,加速度越来越小,速度越来越大C ．点电荷运动到O 点时加速度为零，速度达最大值D ．点电荷越过O 点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零 4. 一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小5.如图所示是描述对给定的电容器充电时电荷量Q 、电压U 和电容C 之间的相互关系的图象，则其中错误的是：A 、a 图B 、 b 图C 、c 图D 、d 图6．图示为一个内、外半径分别为R 1和R 2的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电量为σ。

取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x 轴。

设轴上任意点P 到O 点的的距离为x ，P 点电场强度的大小为E 。

下面给出E 的四个表达式（式中k 为静电力常量），其中只有一个是合理的。

山西省太原市第五中学2016-2017学年高二物理12月阶段性检测试题文（含解析）一、选择题（每小题四个选项中只有一个正确选项，每小题3分，共30分）21. 真空中有两个相距为r的静止点电荷,它们之间的库仑力为F.若保持它们的电荷量不变,使其距离增大为原来的2倍,则它们之间的库仑力大小将变为( )A.2FB.4FC.1/2FD.1/4F【答案】D考点：库仑定律【名师点睛】对于库仑定律公式涉及物理量较多，要明确公式中各个物理量的含义，可以和万有引力公式对比理解.22．在国际单位制中，磁感应强度的单位是( )A．焦耳 B．库仑 C．安培 D．特斯拉【答案】D【解析】试题分析：焦耳是能的单位．故A错误．库仑是电量的单位，故B错误．安培是电流的单位，故C错误．特斯拉是磁感应强度的单位，故D正确．故选D.考点：国际单位制【名师点睛】本题考查物理量的单位，属于基础题，关键要同学们多看书，熟悉各个物理量的单位，还要搞清哪些是基本单位，哪些是导出单位。

23. 在匀强磁场中，有一条与磁场垂直，长为1.5m的通电直导线，导线中的电流为5.0A．所受安培力的大小为1.8N，该磁场磁感应强度的大小为（）A．0.3T B．0.24T C．4.2T D．0.54T 【答案】B【解析】试题分析：由安培力的公式F=BIL得，匀强磁场的磁感应强度为：1.80.245 1.5FB T TIL=⨯＝＝故选B.考点：磁感应强度【名师点睛】本题比较简单，考查了安培力的大小计算，应用公式F=BIL时注意公式适用条件和公式中各个物理量的含义.24. 如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下不能使电流表指针偏转的是（）A．将磁铁插入螺线管的过程中B．将磁铁从螺线管中向下拉出的过程中C．将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中D．磁铁放在螺线管中不动时【答案】D考点：电磁感应现象【名师点睛】本题比较简单，考查了感应电流产生的条件，只要线圈中的磁通量不发生变化，则回路中便无感应电流产生；对于这些基本规律要正确理解加强应用。

2015-2016学年山西省太原五中高二（下）第三次段考物理试卷（理科）一、选择题（共10小题，每小题6分，满分60分）1．如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在ab的正上方有一根通电导线ef，且ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，穿过这个圆面的磁通量将（）A．逐渐变大 B．逐渐变小C．始终为零 D．不为零，但始终保持不变2．如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中（）A．线框做自由落体运动B．穿过线框的磁通量保持不变C．线框的机械能不断增大D．线框中感应电流方向保持不变3．一磁感应强度B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd 与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为（）A．0 B．2BS C．2BScosθD．2BSsinθ4．如图所示，四根等长的铝管和铁块（其中C中铝管不闭合，其他两根铝管和铁管均闭合）竖直放置在同一竖直平面内，分别将磁铁和铁块沿管的中心轴线从管的上端由静止释放，忽略空气阻力，则下列关于磁铁和铁块穿过管的运动时间的说法正确的是（）A．t A＞t B=t C=t D B．t C=t A=t B=t D C．t C＞t A=t B=t D D．t C=t A＞t B=t D5．唱卡拉OK用的话筒，内有传感器，其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号，下列说法正确的是（）A．该传感器是根据电流的磁效应工作的B．该传感器是根据电磁感应原理工作的C．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变D．膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势6．如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0．使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为（）A．B．C．D．7．如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时（）A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2Blv0C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同8．如图苏颂，光滑固定导轨MN水平放置，两根导体棒PQ平行放在导轨上，形成闭合回路，一条形磁铁从向下迅速接近回路时，可动的两导体棒PQ将（）A．两根导体相互远离 B．两根导体相互靠近C．磁铁的加速度仍为g D．磁铁的加速度小于g9．半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图1所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向里为正，变化规律如图2所示．在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是（）A．第2秒内上极板带正电B．第3秒内上极板带正电C．第2秒末微粒回到了原来位置D．第3秒末两极板之间的电场强度大小为0.2πr2/d10．如图示，闭合小金属环从高h处的光滑曲面右上端无初速滚下，又沿曲面的另一侧上升，则（）A．若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于hB．若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于hC．若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于hD．若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于h二、解答题（共4小题，满分40分）11．某地地磁场磁感应强度B的水平分量Bx=0.18×10﹣4 T，竖直分量By=0.54×10﹣4 T．求：（1）地磁场B的大小及它与水平方向的夹角．（2）在水平面内2.0m 2的面积内地磁场的磁通量Φ．12．有一面积为S=100cm2的金属环，电阻为R=0.1Ω，环中磁场变化规律如图乙所示，且磁场方向垂直环面向里，在t1到t2时间内，环中感应电流的方向如何？通过金属环的电荷量为多少？13．如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdef处于竖直向下磁感应强度为B0的匀强磁场中．金属杆ab与金属框架接触良好．此时abed构成一个边长为l的正方形，金属杆的电阻为r，其余部分电阻不计．（1）若从t=0时刻起，磁场的磁感应强度均匀增加，每秒钟增量为k，施加一水平拉力保持金属杆静止不动，求金属杆中的感应电流．（2）在情况（1）中金属杆始终保持不动，当t=t1秒末时，求水平拉力的大小．（3）若从t=0时刻起，磁感应强度逐渐减小，当金属杆在框架上以恒定速度v向右做匀速运动时，可使回路中不产生感应电流．写出磁感应强度B与时间t的函数关系式．14．如图所示，两平行光滑的金属导轨AD、CE相距L=1.0m，导轨平面与水平面的夹角α=30°，下端A、C用导线相连，导轨电阻不计．PQGH范围内有方向垂直斜面向上、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，磁场的宽度d=0.6m，边界PQ、HG均与导轨垂直．电阻r=0.40Ω的金属棒MN放置在导轨上，棒两端始终与导轨电接触良好，从与磁场上边界GH距离为b=0.40m的位置由静止释放，当金属棒进入磁场时，恰好做匀速运动，棒在运动过程中始终与导轨垂直，取g=10m/s2．求：（1）金属棒进入磁场时的速度大小v；（2）金属棒的质量m；（3）金属棒在穿过磁场的过程中产生的热量Q．2015-2016学年山西省太原五中高二（下）第三次段考物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题6分，满分60分）1．如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在ab的正上方有一根通电导线ef，且ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，穿过这个圆面的磁通量将（）A．逐渐变大 B．逐渐变小C．始终为零 D．不为零，但始终保持不变【分析】磁通量是穿过磁场中某一平面的磁感线的条数．当线圈面积不变，根据磁感线是闭合曲线，从穿进线圈后又穿出线圈，则可判断穿过线框的磁通量为零，从而即可求解．【解答】解：由题，通电直导线产生稳定的磁场，由于从线圈这面穿过，又从这面穿出，则穿过线框的磁感线的条数为零，磁通量为零，当ef竖直向上平移时，穿过这个圆面的磁通量将为零，故C 确，ABD错误故选：C2．如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中（）A．线框做自由落体运动B．穿过线框的磁通量保持不变C．线框的机械能不断增大D．线框中感应电流方向保持不变【分析】根据右手螺旋定则判断出直导线周围的磁场方向，离导线越远，磁场越弱，根据楞次定律判断感应电流的方向，再通过左手定则判断线框所受的安培力的合力方向．【解答】解：A、在下降的过程中，除重力做功以外，有安培力做功，所以线框不做自由落体运动，其的机械能减小，故AC错误；B、线框由静止释放，在下落过程中，因电流的磁场离导致越远，磁场越弱，则穿过线框的磁通量在减小．故B错误．D、根据右手螺旋定则，知直导线下方的磁场方向垂直纸面向里，线框由静止释放，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向，方向不变．故D正确．故选：D．3．一磁感应强度B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd 与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为（）A．0 B．2BS C．2BScosθD．2BSsinθ【分析】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Φ=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Φ=0，若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）即可求解．【解答】解：矩形线圈abcd如图所示放置，匀强磁场方向水平向右，平面abcd与竖直方向成θ角，将此时通过线圈的磁通量为Φ1=BScosθ．当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ad轴转180°角时，穿过线圈反面，则其的磁通量Φ2=﹣BScosθ．因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为：△∅=∅2﹣∅1=﹣2BScosθ．故选：C．4．如图所示，四根等长的铝管和铁块（其中C中铝管不闭合，其他两根铝管和铁管均闭合）竖直放置在同一竖直平面内，分别将磁铁和铁块沿管的中心轴线从管的上端由静止释放，忽略空气阻力，则下列关于磁铁和铁块穿过管的运动时间的说法正确的是（）A．t A＞t B=t C=t D B．t C=t A=t B=t D C．t C＞t A=t B=t D D．t C=t A＞t B=t D【分析】当磁铁下落时，若是闭合电路，则会产生感应电流从而阻碍磁铁的运动，而其它情况都是自由落体运动，从而根据位移与时间的关系，即可求解．【解答】解：由题意可知，只有A磁铁在下落时，导致铝管内的磁通量在变化，从而产生感应电流，进而阻碍磁铁的下落，导致下落的时间变长，对于C虽然是磁铁下落，但由于不闭合，所以没有感应电流出现，仍是自由落体，对于BD也是自由落体运动，因此它们的下落时间都一样的，故选：A．5．唱卡拉OK用的话筒，内有传感器，其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号，下列说法正确的是（）A．该传感器是根据电流的磁效应工作的B．该传感器是根据电磁感应原理工作的C．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变D．膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势【分析】题中传感器是根据电磁感应原理工作的．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的．膜片振动时，金属线圈中产生感应电动势．【解答】解；A、B当声波使膜片前后振动时，线圈切割磁感线产生感应电流，将声音信号变化电信号，是根据电磁感应原理工作的．故A错误，B正确．C、膜片随着声波而周期性振动，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的．故C错误．D、膜片振动时，金属线圈切割磁感线，会产生感应电动势．故D错误．故选B6．如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0．使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为（）A．B．C．D．【分析】根据转动切割感应电动势公式，，求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流．根据法拉第定律求解磁感应强度随时间的变化率．【解答】解：若要电流相等，则产生的电动势相等．设切割长度为L，而半圆的直径为d，从静止开始绕过圆心O以角速度ω匀速转动时，线框中产生的感应电动势大小为①根据法拉第定律得②①②联立得故ABD错误，C正确，故选C．7．如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时（）A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2Blv0C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同【分析】根据磁通量的定义可以判断此时磁通量的大小，如图所示时刻，有两根导线切割磁感线，根据右手定则可判断两根导线切割磁感线产生电动势的方向，求出回路中的总电动势，然后即可求出回路中的电流和安培力变化情况．【解答】解：A、此时线圈中有一半面积磁场垂直线圈向外，一半面积磁场垂直线圈向内，因此磁通量为零，故A正确；B、ab切割磁感线形成电动势b端为正，cd切割形成电动势c端为负，因此两电动势串联，故回路电动势为E=2BLv0，故B正确；C、根据右手定则可知线框向右运动的过程中，ab中的感应电动势的方向向下，cd中的感应电动势的方向向上，所以回路中的感应电流方向为逆时针，故C错误；D、根据左手定则可知，回路中ab边电流的方向向下，磁场的方向向外，所以安培力的方向向左；同理，cd边电流的方向向上，磁场的方向向里，所受安培力方向向左，方向相同，故D正确．故选：ABD．8．如图苏颂，光滑固定导轨MN水平放置，两根导体棒PQ平行放在导轨上，形成闭合回路，一条形磁铁从向下迅速接近回路时，可动的两导体棒PQ将（）A．两根导体相互远离 B．两根导体相互靠近C．磁铁的加速度仍为g D．磁铁的加速度小于g【分析】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况．【解答】解：A、当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用．故A错误，B正确；C、根据楞次定律的推广含义可知，感应电流的磁场会阻碍条形磁铁的相对运动，所以磁铁的加速度将小于g．故C错误，D正确．故选：BD9．半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图1所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向里为正，变化规律如图2所示．在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是（）A．第2秒内上极板带正电B．第3秒内上极板带正电C．第2秒末微粒回到了原来位置D．第3秒末两极板之间的电场强度大小为0.2πr2/d【分析】由图可知磁感应强度的变化，则由楞次定则可得出平行板上的带电情况；对带电粒子受力分析可知带电粒子的受力情况，由牛顿第二定律可知粒子的运动情况；根据粒子受力的变化可知粒子加速度的变化，通过分析可得出粒子的运动过程．【解答】解：0～1s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；若粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动．A、1～2s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；故A正确；若粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动，2s末速度减小为零．BD、2～3s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；故B正确；若粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向下做匀加速运动．两极板间的电场强度大小E===，故D错误；C、3～4s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；若粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上而向下做匀减速运动4s末速度减小为零，同时回到了原来的位置．故C错误；故选：AB．10．如图示，闭合小金属环从高h处的光滑曲面右上端无初速滚下，又沿曲面的另一侧上升，则（）A．若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于hB．若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于hC．若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于hD．若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于h【分析】若是匀强磁场，闭合小金属球中没有感应电流产生，机械能守恒，高度不变．若是非匀强磁场，闭合小金属球中由于电磁感应产生涡流，机械能减小转化为内能，高度减小．【解答】解：A、B、若是匀强磁场，穿过小球的磁通量不变，没有感应电流产生，机械能守恒，高度不变，则环在左侧滚上的高度等于h．故A错误，B正确．C、D、若是非匀强磁场，闭合小金属球中由于电磁感应产生感应电流，机械能减小转化为内能，高度减小，则环在左侧滚上的高度小于h．故C错误，D正确．故选：BD．二、解答题（共4小题，满分40分）11．某地地磁场磁感应强度B的水平分量Bx=0.18×10﹣4 T，竖直分量By=0.54×10﹣4 T．求：（1）地磁场B的大小及它与水平方向的夹角．（2）在水平面内2.0m 2的面积内地磁场的磁通量Φ．【分析】根据矢量的合成，结合水平与竖直方向的磁感应强度，即可求出地磁场磁感应强度的大小；根据匀强磁场中穿过线框的磁通量一般公式为Φ=BSsinα，α是线圈与磁场方向的夹角，即可求解．【解答】解：（1）根据题意可知，依据合成法则，则有：地磁场B的大小B==5.7×10﹣5T，设与水平方向的夹角为θ，则有：tanθ==3，解得：θ=arctan3；（2）当线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量为Φ=B y S=5.4×10﹣5T×2m2=10.8×10﹣5Wb答：（1）地磁场B的大小5×10﹣5T及它与水平方向的夹角为arctan3；（2）在竖直面内2m2的面积内地磁场的磁通量10.8×10﹣5Wb．12．有一面积为S=100cm2的金属环，电阻为R=0.1Ω，环中磁场变化规律如图乙所示，且磁场方向垂直环面向里，在t1到t2时间内，环中感应电流的方向如何？通过金属环的电荷量为多少？【分析】（1）环所处的磁场变化，导致环中产生感应电动势，从而产生感应电流，根据楞次定律可判断环中产生的感应电流方向；（2）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流与电量的关系式求解通过圆环的电荷量．【解答】解：（1）随着磁感应强度均匀增加，导致穿过金属环的磁通量增加，根据楞次定律可得：感应磁场方向与原磁场方向相反，再由安培定则可知：环中的感应电流方向逆时针．（2）由法拉第电磁感应定律，有：E==，闭合电路欧姆定律，有：I=，由电量公式q=I△t得则在t1到t2时间内，电量为：q===C=0.01C答：（1）通过金属环R的电流方向逆时针．（2）在t1到t2时间内，通过金属环的电荷量为0.01C．13．如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdef处于竖直向下磁感应强度为B0的匀强磁场中．金属杆ab与金属框架接触良好．此时abed构成一个边长为l的正方形，金属杆的电阻为r，其余部分电阻不计．（1）若从t=0时刻起，磁场的磁感应强度均匀增加，每秒钟增量为k，施加一水平拉力保持金属杆静止不动，求金属杆中的感应电流．（2）在情况（1）中金属杆始终保持不动，当t=t1秒末时，求水平拉力的大小．（3）若从t=0时刻起，磁感应强度逐渐减小，当金属杆在框架上以恒定速度v向右做匀速运动时，可使回路中不产生感应电流．写出磁感应强度B与时间t的函数关系式．【分析】（1）由题知：磁感应强度B的变化率=kT/s，根据法拉第电磁感应定律求得回路中产生的感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小．（2）磁感应强度B的表达式为B=B0+kt，由安培力公式F=BIL求出安培力，则由平衡条件得知，水平拉力与安培力大小相等．即可求得水平拉力的大小．（3）要使回路中感应电流为0，磁感应强度逐渐减小产生的感生电动势E和金属杆运动产生的动生电动势E′大小，方向相反．即可求得B与t的关系式．【解答】解（1）设瞬时磁感应强度为B，由题意得率=①产生感应电动势为②根据闭合电路欧姆定律得，产生的感应电流③（2）由题意，金属杆始终保持不动，根据二力平衡，安培力等于水平拉力，即有F=F安④F安=BIl ⑤由①③⑤得F安=所以（3）回路中感应电流为0，磁感应强度逐渐减小产生的感生电动势E和金属杆运动产生的动生电动势E′大小，方向相反，即E+E′=0，则有解得答：（1）金属杆中的感应电流为为．（2）水平拉力的大小为．（3）要使回路中不产生感应电流，磁感应强度B与时间t的函数关系式为．14．如图所示，两平行光滑的金属导轨AD、CE相距L=1.0m，导轨平面与水平面的夹角α=30°，下端A、C用导线相连，导轨电阻不计．PQGH范围内有方向垂直斜面向上、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，磁场的宽度d=0.6m，边界PQ、HG均与导轨垂直．电阻r=0.40Ω的金属棒MN放置在导轨上，棒两端始终与导轨电接触良好，从与磁场上边界GH距离为b=0.40m的位置由静止释放，当金属棒进入磁场时，恰好做匀速运动，棒在运动过程中始终与导轨垂直，取g=10m/s2．求：（1）金属棒进入磁场时的速度大小v；（2）金属棒的质量m；（3）金属棒在穿过磁场的过程中产生的热量Q．【分析】（1）导体棒沿导轨下滑的过程中重力势能转化为动能．（2）导体棒进入磁场中时受到的安培力与重力沿斜面向下的分量大小相等，方向相反，写出平衡方程和电动势的表达式即可求出导体棒的质量；（3）导体棒穿过磁场在该处中，减少的重力势能全部转化为电能再转化为热量；由能量守恒定律可求出总热量．【解答】解：（1）设导体棒刚进入磁场时的速度为v0沿导轨下滑的过程中重力势能转化为动能，得：代人数据解得：v0=2m/s（2）导体棒进入磁场中时受到的安培力与重力沿斜面向下的分量大小相等，方向相反，得：mgsinθ=BIL又：代人数据得：kg（3）金属棒离穿过磁场在该处中，减少的重力势能全部转化为电能再转化为热量；即：Q=mgdsinθ=0.25×10×0.6×0.5=0.75J答：（1）金属棒进入磁场时的速度大小是2m/s；（2）金属棒的质量是0.25kg；（3）金属棒在穿过磁场的过程中产生的热量是0.75J．==。