高中物理高二物理上学期精选试卷测试与练习（word解析版）一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，一带电小球P用绝缘轻质细线悬挂于O点。
带电小球Q与带电小球P处于同一水平线上，小球P平衡时细线与竖直方向成θ角（θ<45°）。
现在同一竖直面内向右下方缓慢移动带电小球Q，使带电小球P能够保持在原位置不动，直到小球Q移动到小球P位置的正下方。
对于此过程，下列说法正确的是（）A．小球P受到的库仑力先减小后增大B．小球P、Q间的距离越来越小C．轻质细线的拉力先减小后增大D．轻质细线的拉力一直在减小【答案】AD【解析】【分析】【详解】画出小球P的受力示意图，如图所示当小球P位置不动，Q缓慢向右下移动时，Q对P的库仑力先减小后增大，根据库仑定律可得，QP间的距离先增大后减小；轻质细线的拉力则一直在减小，当Q到达P的正下方时，轻质细线的拉力减小为零，故选AD。
2．如图所示，用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别m A和m B的小球，分别带q A和q B的正电荷，悬点为O，当小球由于静电力作用张开一角度时，A球悬线与竖直线夹角为α，B 球悬线与竖直线夹角为β，则（）A ．sin sin A B m m βα= B ．sin sin A B B A m q m q βα= C ．sin sin A B q q βα= D ．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α'、β'，有sin sin sin sin ααββ'='【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】AB ．如下图，对两球受力分析，根据共点力平衡和几何关系的相似比，可得A m g OP F PA =库，B m g OPF PB=库 由于库仑力相等，联立可得A B m PBm PA= 由于sin cos OA PA αθ⋅=，sin cos OB PB βθ⋅=，代入上式可得sin sin AB m m βα= 所以A 正确、B 错误；C ．根据以上分析，两球间的库仑力是作用力与反作用力，大小相等，与两个球带电量的多少无关，所以不能确定电荷的比例关系，C 错误；D ．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α'、β'，对小球A 、B 受力分析，根据上述的分析，同理，仍然有相同的关系，即sin sin A B m m βα'='联立可得sin sin sin sin ααββ'='D 正确。
内蒙古包头十一中2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、不定项选择题〔此题共13小题，每一小题5分，共65分〕1．如下说法正确的答案是〔〕A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力作用B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，如此该处的磁感应强度一定为零C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D．洛伦兹力对带电粒子永不做功2．关于电磁感应，如下说法中正确的答案是〔〕A．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B．穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C．穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大D．通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大3．质量和电量都相等的带电粒子M和N〔不计重力〕，以不同的速度率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图两种虚线所示，如下表述正确的答案是〔〕A．M带负电，N带正电B．M的速度率小于N的速率C．洛伦磁力对M、N做正功D．M的运行时间大于N的运行时间4．如下列图，一带电粒子沿x轴正方向进入一个垂直纸面向里的匀强磁场中，假设要使该粒子所受合外力为零〔重力不计〕，应该加的匀强电场的方向是〔〕A．+y方向B．﹣y方向C．﹣x方向D．因不知q的正负，无法确定5．从地面上方A点处自由落下一带电量为+q、质量为m的粒子．地面附近有如下列图的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，这时粒子的落地速度为v1．假设电场不变，只将磁场方向改为与原方向相反，粒子落地的速度为v2，如此〔〕A．v1＞v2B．v1＜v2C．v1=v2D．无法判定6．如下列图，当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时，线圈C向右摆动，如此ab运动的情况是〔〕A．向左或向右做匀速运动B．向左或向右做减速运动C．向左或向右做加速运动D．只能向右做匀加速运动7．如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属统一加线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a开始下落．磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．假设线圈下边刚通过水平面b、c〔位于磁场中〕和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为F b、F c和F d，如此〔〕A．F d＞F c＞F b B．F c＜F d＜F b C．F c＞F b＞F d D．F c＜F b＜F d8．图中的a是一个边长为为L的正方向导线框，其电阻为R．线框以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场区域b．如果以x轴的正方向作为力的正方向．线框在图示位置的时刻作为时间的零点，如此磁场对线框的作用力F随时间变化的图线应为哪个图〔〕A．B．C．D．9．如图中回路竖直放在匀强磁场中，磁场的方向垂直于回路平面向外，导体AC可以贴着光滑竖直长导轨下滑．设回路的总电阻恒定为R，当导体AC从静止开始下落后，下面表示中正确的说法有〔〕A．导体下落过程中，机械能守恒B．导体加速下落过程中，导体减少的重力势能全部转化为在电阻上产生的热量C．导体加速下落过程中，导体减少的重力势能转化为导体增加的动能和回路中增加的内能D．导体达到稳定速度后的下落过程中，导体减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能10．如下列图，A，B是两个完全一样的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计．当电键K闭合时，如下说法正确的答案是〔〕A．A比B先亮，然后A熄灭B．AB一齐亮，然后A熄灭C．B比A先亮，然后B逐渐变暗，A逐渐变亮D．A、B一齐亮．然后A逐渐变亮．B的亮度不变11．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势e﹣t图象如图，如此在时刻〔〕A．t1，t3线圈通过中性面B．t2，t4线圈中磁通量最大C．t1，t3线圈中磁通量变化率最大D．t2，t4线圈平面与中性面垂直12．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如下列图．由图可知〔〕A．该交流电的频率为50 HzB．该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin〔25t〕VC．该交流电的电压的有效值为100VD．假设将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，如此电阻消耗的功率时50 W13．如下列图，两导体板水平放置，两板间电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界限竖直的匀强磁场，如此：粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况〔〕A．d随v0增大而增大，d与U无关B．d随v0增大而增大，d随U增大而增大C．d随U增大而增大，d与v0无关D．d随v0增大而增大，d随U增大而减小二、计算题〔此题共6小题，共35分〕14．〔普通班做〕如下列图．带正电粒子的质量为m，以速度v沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，磁场的宽度为l，假设带电粒子离开磁场时的速度偏转角θ=60°，不计带电粒子的重力〔1〕求带电粒子的电荷量〔2〕求带电粒子在磁场中运动的时间．15．〔实验班做〕如下列图，在边长为L的正方形的区域abcd内，存在着垂直纸面向里的匀强磁场．今有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以速度V从ad的中点e，垂直于磁场方向射入磁场，不计带电粒子的重力，要使该粒子恰从b点射出磁场，〔1〕带电粒子在磁场中运动的半径〔2〕磁感应强度的大小．16．〔普通班做〕如下列图，水平面上有两根相距0.5m的足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，之间有一导体棒ab，导轨和导体棒的电阻忽略不计，在M和P之间接有阻值为R=2Ω的定值电阻．质量为0.2kg的导体棒ab长l=0.5m，与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T．现在在导体棒ab上施加一个水平向右，大小为0.02N的恒力F，使导体棒ab由静止开始运动，求：〔1〕当ab中的电流为多大时，导体棒ab的速度最大？〔2〕ab的最大速度是多少？〔3〕假设导体棒从开始到速度刚达到最大的过程中运动的位移s=10m，如此在此过程中R 上产生的热量是多少？17．如下列图，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．求：〔1〕求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；〔2〕当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；〔3〕在上问中，假设R=2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．〔g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8〕18．〔普通班做〕如下列图，在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，一带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经偏转电场后到达x轴上的N点，然后射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，M点的坐标是〔0，h〕，N点的坐标是〔2h，0〕，不计粒子重力，求：〔1〕粒子到达N点时的速度v的大小以与v与初速度v0的夹角θ；〔2〕粒子在磁场中运动的轨道半径r；〔3〕粒子从M点运动到P点的总时间t．19．〔实验班做〕如下列图，在y轴的右方有一磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一场强为E的方向平行x轴向右的匀强电场．有一铅板放置在y轴处，且与纸面垂直．现有一质量为m、电荷量为q的粒子〔不计重力〕由静止经过加速电压为U 的电场加速，然后以垂直于铅板的方向从A处沿直线穿过铅板，而后从x轴上的D处以与x 轴正向夹角为60°的方向进入电场和磁场叠加的区域，最后到达y轴上的C点．OD长为l，求：〔1〕粒子经过加速电场后的速度〔2〕粒子经过铅板时损失了多少动能？〔3〕粒子到达C点时的速度多大？内蒙古包头十一中2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、不定项选择题〔此题共13小题，每一小题5分，共65分〕1．如下说法正确的答案是〔〕A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力作用B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，如此该处的磁感应强度一定为零C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D．洛伦兹力对带电粒子永不做功考点：洛仑兹力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：此题考查了洛伦兹力的特点，运动电荷在磁场中受洛伦兹力的条件为：电荷运动方向和磁场方向不共线，假设电荷运动方向和磁场方向一样或相反，如此洛伦兹力为零，洛伦兹力不做功，方向始终和速度方向垂直，只改变运动电荷的速度方向而不改变其速度大小．解答：解：在磁感应强度不为零的地方，假设是电荷的运动方向与磁场方向一样或相反，如此所受洛伦兹力为零，故A错误；运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，该处磁场可能为零，也可能是电荷的运动方向与磁场方向共线，故B错误；根据左手定如此可知，洛伦兹力方向始终和速度方向垂直，因此洛伦兹力不做功，不改变粒子动能，但是改变其运动方向，故C错误，D正确．应当选D．点评：洛伦兹力是磁场中的一个重点知识，要明确其大小、方向的判断以与其特点，可以和电场力进展比拟学习．2．关于电磁感应，如下说法中正确的答案是〔〕A．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B．穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C．穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大D．通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大考点：磁感应强度．分析：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与线圈的匝数成正比．解答：解：A、穿过线圈的磁通量越大，而磁通量变化率不一定越大，如此感应电动势也无法确定．故A错误；B、穿过线圈的磁通量为零，可能磁通量变化率最大，如此感应电动势也会最大，故B错误；C、穿过线圈的磁通量的变化越大，而磁通量变化率不一定越大，如此感应电动势也无法确定．故C错误；D、通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势也越大，故D正确．应当选：D．点评：感应电动势与磁通量的变化率有直接关系，而与磁通量变化与磁通量均没有直接关系．就如加速度与速度的关系一样．速度大，加速度不一定大；速度变化大，加速度也不一定大．加速度与速度的变化率有关．3．质量和电量都相等的带电粒子M和N〔不计重力〕，以不同的速度率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图两种虚线所示，如下表述正确的答案是〔〕A．M带负电，N带正电B．M的速度率小于N的速率C．洛伦磁力对M、N做正功D．M的运行时间大于N的运行时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：由左手定如此判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系．解答：解：A、由左手定如此判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；B、粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：r=，在质量与电量一样的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，故B错误；C、洛伦兹力总是与速度方向垂直，洛伦兹力对粒子不做功，故C错误；D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间等于N 的运行时间，故D错误．应当选：A．点评：该题考查到左手定如此、半径的公式和根据周期的公式，属于根本应用．简单题．4．如下列图，一带电粒子沿x轴正方向进入一个垂直纸面向里的匀强磁场中，假设要使该粒子所受合外力为零〔重力不计〕，应该加的匀强电场的方向是〔〕A．+y方向B．﹣y方向C．﹣x方向D．因不知q的正负，无法确定考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：首先根据粒子所受合外力为零，可判断粒子的电场力和洛伦兹力为平衡力，再分别假设粒子带正电或负电，可判知电场的方向，并发现电场的方向与电性无关．解答：解：带电粒子在电场和磁场的复合场中运动，合外力为零，可知所受到的电场力和洛伦兹力大小相等方向相反，假设粒子带正电，由左手定如此可知，所受的洛伦兹力的方向沿y轴正方向，如此电场力的方向沿y轴的负方向，可知电场方向沿y轴负方向；假设粒子带负电，电场力和洛伦兹力方向都将反向，合外力仍为零，电场的方向还是沿y轴负方向．〔电场的方向与粒子的电性无关〕，所以选项B正确，选项ACD错误．应当选B．点评：带电粒子在匀强电场和匀强磁场共存区域内运动时，往往既要受到电场力作用，又要受到洛仑兹力作用．这两个力的特点是，电场力是恒力，而洛仑兹力的大小、方向随速度变化．假设二力平衡，如此粒子做匀速直线运动．假设二力不平衡，如此带电粒子所受合外力不可能为恒力，因此带电粒子将做复杂曲线运动．解答此类问题的关键是正确的对粒子进展受力分析和灵活的运用左手定如此．5．从地面上方A点处自由落下一带电量为+q、质量为m的粒子．地面附近有如下列图的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，这时粒子的落地速度为v1．假设电场不变，只将磁场方向改为与原方向相反，粒子落地的速度为v2，如此〔〕A．v1＞v2B．v1＜v2C．v1=v2D．无法判定考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：对小球受力分析后，得出电场力与洛伦兹力的方向，由受力情况来确定运动情况，因洛伦兹力不做功，从而得出电场力做功，导致动能的变化，即可求解．解答：解：小球进入如下列图的匀强电场和匀强磁场时，受到向下的重力，水平向右的电场力和水平向右的洛伦兹力，假设电场力与洛伦兹力的合力使得粒子向右偏转，过程中，电场力与重力的做正功，导致粒子的动能增加；当磁场的方向改变时，如此洛伦兹力的方向与电场力的方向相反，导致粒子的电场力做功偏小，如此落地的动能小于原来的动能，故A正确，BCD错误；应当选：A．点评：此题关键要明确洛伦兹力虽不做功，但导致粒子偏转程度不同，从而影响电场力做功．6．如下列图，当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时，线圈C向右摆动，如此ab运动的情况是〔〕A．向左或向右做匀速运动B．向左或向右做减速运动C．向左或向右做加速运动D．只能向右做匀加速运动考点：楞次定律．分析：导线ab运动时，切割磁感线产生感应电流，由右手定如此判断感应电流的方向．感应电流流过螺线管，螺线管产生磁场，就有磁通量穿过环C，根据安培定如此判断感应电流产生的磁场方向，根据楞次定律判断环C中产生的电流方向，选择题意的选项．解答：解：A、导线ab做匀速运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流不变，螺线管产生的磁场不变，穿过环C中的磁通量不变，如此环C静止不动．故A错误．B、导线ab减速运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流减小，螺线管产生的磁场减小，穿过环C中的磁通量减小，如此环C向螺线管靠近，以阻碍磁通量的减小．故B正确．C、导线ab加速运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，螺线管产生的磁场增大，穿过环C中的磁通量增大，如此环C远离螺线管，以阻碍磁通量的增加．故CD错误；应当选：B点评：此题是有两次电磁感应的问题，比拟复杂，考查综合运用右手定如此、楞次定律：阻碍相对运动，和安培定如此的能力．7．如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属统一加线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a开始下落．磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．假设线圈下边刚通过水平面b、c〔位于磁场中〕和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为F b、F c和F d，如此〔〕A．F d＞F c＞F b B．F c＜F d＜F b C．F c＞F b＞F d D．F c＜F b＜F d考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力的计算．分析：对线圈的运动过程进展分析．通过边框切割磁感线产生的感应电动势大小去判断感应电流的大小．通过安培力的大小与哪些因素有关去解决问题．解答：解：线圈从a到b做自由落体运动，在b点开始进入磁场切割磁感线所以受到安培力F b，由于线圈的上下边的距离很短，所以经历很短的变速运动而进入磁场，以后线圈中磁通量不变不产生感应电流，在c处不受安培力，但线圈在重力作用下依然加速，因此从d处切割磁感线所受安培力必然大于b处．应当选D．点评：线圈切割磁感线的竖直运动，应用法拉第电磁感应定律求解．注意线圈全部进入磁场后，就不受安培力，因此线圈会做加速运动．8．图中的a是一个边长为为L的正方向导线框，其电阻为R．线框以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场区域b．如果以x轴的正方向作为力的正方向．线框在图示位置的时刻作为时间的零点，如此磁场对线框的作用力F随时间变化的图线应为哪个图〔〕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：电磁感应与图像结合．分析：由线圈运动时切割磁感线的长度为L，由E=BLv可求得感应电动势，如此由欧姆定律可得出电流，由安培力公式F=BIL分析安培力，即可判断作用力与时间的关系；由右手定如此可得出电流的方向，由左手定如此分析安培力方向．再进展分析选择．解答：解：在0﹣内，线框在磁场之外，感应电流为0．安培力为0；在﹣2内，由右手定如此可得出感应电流的方向为逆时针的方向，维持线框以恒定速度V 沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定如此得出安培力的方向x轴的负方向．在2﹣4内，线框全部进入磁场，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为0．安培力为0；在4﹣5内，线框左边切割磁感线，由右手定如此可得出感应电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度V沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定如此得出安培力的方向x轴的负方向．应当选：B点评：此题考查的是线框穿磁场产生感应电流的典型情景，电磁感应与图象的结合一般考查选择题，先找到各图中的不同点，主要分析不同点即可得出正确答案．9．如图中回路竖直放在匀强磁场中，磁场的方向垂直于回路平面向外，导体AC可以贴着光滑竖直长导轨下滑．设回路的总电阻恒定为R，当导体AC从静止开始下落后，下面表示中正确的说法有〔〕A．导体下落过程中，机械能守恒B．导体加速下落过程中，导体减少的重力势能全部转化为在电阻上产生的热量C．导体加速下落过程中，导体减少的重力势能转化为导体增加的动能和回路中增加的内能D．导体达到稳定速度后的下落过程中，导体减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应与电路结合．分析：导线下落过程中切割磁感线产生逆时针方向的感应电动势、感应电流，导线受到竖直向上的安培力，还有竖直向下的重力，下落过程中安培力做负功，机械能减小，减小的机械能转化为电能，所以机械能不守恒；下落时重力做正功，重力势能减小，减小的重力势能一局部通过抑制安培力做功转化为电能，另一局部转化为导线的动能．解答：解：A、导体下落过程中切割磁感线产生顺时针方向的感应电动势、感应电流，导体受到竖直向上的安培力，还有竖直向下的重力，下落过程中安培力做负功，机械能减小，减小的机械能转化为电能，所以机械能不守恒，故A错误．B、C、导体加速下落过程中，重力做正功，重力势能减小，减小的重力势能一局部通过抑制安培力做功转化为电能，另一局部转化为导体的动能；故B错误，C正确．D、导体下落达到稳定速度时，竖直向下的重力等于竖直向上的安培力，两力的合力等于零，导体做匀速直线运动，动能不变，导体减少的重力势能通过抑制安培力做功全部转化为回路的电能，故D正确．应当选：CD点评：解答此题时要注意：在抑制安培力做功的题目中，抑制安培力做多少功，就产生多少电能；在安培力做正功的题目中安培力做多少做功就消耗多少电能．10．如下列图，A，B是两个完全一样的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计．当电键K闭合时，如下说法正确的答案是〔〕A．A比B先亮，然后A熄灭B．AB一齐亮，然后A熄灭C．B比A先亮，然后B逐渐变暗，A逐渐变亮D．A、B一齐亮．然后A逐渐变亮．B的亮度不变考点：自感现象和自感系数．分析：当电键K闭合时，通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮．解答：解：灯B与电阻R串联，当电键K闭合时，灯B立即发光．通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A逐渐亮起来．所以B比A先亮．由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，感应电动势减小，A灯电流逐渐增大，A灯逐渐变亮，外电路电流变大时，路端电压U=E﹣Ir减小，B灯变暗．应当选C点评：对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进展理解．11．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势e﹣t图象如图，如此在时刻〔〕A．t1，t3线圈通过中性面B．t2，t4线圈中磁通量最大C．t1，t3线圈中磁通量变化率最大D．t2，t4线圈平面与中性面垂直考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式．分析：矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流．磁通量为零，感应电动势最大；磁通量最大时，感应电动势为零，线圈恰好通过中性面．经过中性一次，电流方向改变一次．根据法拉第定律，感应电动势与磁通量变化率成正比．解答：解：A、t1，t3时刻感应电动势为零，磁通量变化率最为零，磁通量最大，线圈通过中性面，故A正确，C错误；B、t2时刻感应电动势最大，磁通量变化率最大，线圈中磁通量为零，线圈平面与中性面垂直．故B错误；D正确；应当选：AD．点评：此题考查正弦交变电流产生过程中磁通量与感应电流、感应电动势与位置之间的关系，基此题．12．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如下列图．由图可知〔〕。
高中物理高二物理上学期精选试卷（Word版含解析）一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点O对称。
某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、'A，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）A．若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置B．如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置C．如图(2)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点O。
直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置D．如图(3)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点O，直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A．可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A＇两位置，选项A正确；B．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置，选项B正确；C．由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、A＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A＇两位置，选项C正确；D．如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A＇两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A＇两位置，选项D错误。
内蒙古自治区包钢第一中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，a 、b 、c 、d 四个质量均为 m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中 a 、b 、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕 O 点做半径为 R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。
小球 d 位于 O 点正上方 h 处，且在外力 F 作用下恰处于静止状态，已知 a 、b 、c 三小球的电荷量大小均为 q ，小球 d 的电荷量大小为 6q ，h ＝2R 。
重力加速度为 g ，静电力常量为 k 。
则（ ）A ．小球 a 一定带正电B ．小球 c 的加速度大小为2233kq mRC ．小球 b 2R mRq kπD ．外力 F 竖直向上，大小等于mg ＋226kq R【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A ．a 、b 、c 三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d 球与a 、b 、c 三小球一定是异种电荷，由于d 球的电性未知，所以a 球不一定带正电，故A 错误。
BC ．设 db 连线与水平方向的夹角为α，则223cos 3R h α==+ 226sin 3R h α=+＝对b 球，根据牛顿第二定律和向心力得：22222264cos 2cos302cos30()q q q k k mR ma h R R Tπα⋅-︒==+︒ 解得23RmRT q kπ=2233kqamR=则小球c的加速度大小为233kqmR，故B正确，C错误。
D．对d球，由平衡条件得2226263sinq q kqF k mg mgh R Rα⋅=+=++故D正确。
故选BD。
2．如图所示，在光滑水平面上相距x=6L的A、B两点分别固定有带正电的点电荷Q1、Q2，与B点相距2L的C点为AB连线间电势的最低点.若在与B点相距L的D点以水平向左的初速度v释放一个质量为m、带电荷量为+q的滑块(可视为质点)，设滑块始终在A、B 两点间运动，则下列说法中正确的是（）A．滑块从D→C运动的过程中，动能一定越来越大B．滑块从D点向A点运动的过程中，加速度先减小后增大C．滑块将以C点为中心做往复运动D．固定在A、B两点处的点电荷的电荷量之比为214:1Q Q=：【答案】ABD【解析】【详解】A．A和B两点分别固定正点电荷Q1与Q2，C点为连线上电势最低处；类比于等量同种点电荷的电场的特点可知，AC之间的电场强度的方向指向C，BC之间的电场强度指向C；滑块从D向C的运动过程中，电荷受到的电场力的方向指向C，所以电场力先做正功做加速运动，动能一定越来越大，故A正确；B．由同种正电荷的电场分布可知C点的场强为零，从D到A的场强先减小后增大，由qEam=可得加速度向减小后增大，B正确；D．x=4L处场强为零，根据点电荷场强叠加原理有22(4)(2)A BQ Qk kL L=，解得41ABQQ=，故D正确.C．由于两正电荷不等量，故滑块经过C点后向左减速到零的位移更大，往复运动的对称点在C点左侧，C错误。
