物理卷·2018届河北省保定市定州中学高二上学期周练物理试卷（承智班）（9-25） （解析版）

物理卷·2018届河北省保定市定州中学高二上学期周练物理试卷（承智班）（9-25） （解析版）

‎2016-2017学年河北省保定市定州中学高二（上）周练物理试卷（承智班）（9.25）‎ ‎　‎ 一、选择题 ‎1．光滑金属导轨宽L=0.4m，电阻不计，均匀变化的磁场穿过整个轨道平面，如图中甲所示．磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．金属棒ab的电阻为1Ω，自t=0时刻起从导轨最左端以v=1m/s的速度向右匀速运动，则（　　）‎ A．1s末回路中电动势为0.8V B．1s末ab棒所受磁场力为0.64N C．1s末回路中电动势为1.6V D．1s末ab棒所受磁场力为1.28N ‎2．如图所示，竖直悬挂的金属棒AB原来处于静止状态．金属棒CD棒竖直放置在水平磁场中，CD与AB通过导线连接组成回路，由于CD棒的运动，导致AB棒向右摆动，则CD棒的运动可能为（　　）‎ A．水平向右平动 B．水平向左平动 C．垂直纸面向里平动 D．垂直纸面向外平动 ‎3．如下所示的各图中，闭合线框中不能产生感应电流的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．关于感应电动势的大小，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．跟穿过闭合电路的磁通量的大小有关系 B．跟穿过闭合电路的磁通量的变化大小有关系 C．跟穿过闭合电路的磁通量的变化快慢有关系 D．跟电路的电阻大小有关系 ‎5．如图所示，在垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，O1O2是线圈的对称轴，应使线圈怎样运动才能使其产生感生电流？（　　）‎ A．线圈向右匀速移动 B．线圈向右加速移动 C．线圈垂直于纸面向里平动 D．线圈绕O1O2轴转动 ‎6．如图所示的匀强磁场中有一个闭合线圈．保持线圈平面始终与磁感线垂直，当线圈在磁场中上下运动时（图①），当线圈在磁场中左右运动时（图②），先把弹簧线圈撑开（图③），后放手让线圈收缩（图④）．其中能产生感应电流的图是（　　）‎ A．图①② B．图②③ C．图③④ D．图①④‎ ‎7．磁力玻璃擦是目前很时尚的玻璃清洁器，其原理是利用异性磁极的吸引作用可使外面的一片跟着里面的一片运动，旧式磁力玻璃擦在使用时由于相对移动会导致前后两面的同性磁极间距较小，由于同性磁极相互斥力作用很容易脱落，其内部N、S磁极分布如图甲所示．经过改进后，新式磁力玻璃擦其内部的N、S磁极分布如图乙所示，使用时两片不易脱落，关于两种磁力玻璃擦脱落的主要原因，下列说法中正确的是（　　）‎ A．甲图中前后面的同性磁极间距较小，同性磁极相互斥力大，容易脱落 B．甲图中前后面的异性磁极间距较小，异性磁极相互引力大，不容易脱落 C．乙图中前后面的同性磁极间距较大，同性磁极相互斥力小，不容易脱落 D．乙图中前后面的异性磁极间距较大，异性磁极相互引力小，容易脱落 ‎8．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，通电直导线与磁场方向垂直，导线长度为L，导线中电流为I．该导线所受安培力F的大小是（　　）‎ A．F= B．F= C．F=BIL D．F=‎ ‎9．在下列图中“⊗”表示直线电流方向垂直纸面向里，“⊙”表示直线电流方向垂直纸面向外，则下列图形中能正确描绘直线电流周围的磁感线的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图所示，AB为光滑竖直杆，ACB为构成直角的光滑L形直轨道，C处有一小圆弧连接可使小球顺利转弯（即通过转弯处不损失机械能）．套在AB杆上的小球自A点静止释放，分别沿AB轨道和ACB轨道运动，如果沿ACB轨道运动的时间是沿AB轨道运动时间的1.5倍，则BA与CA的夹角为（　　）‎ A．30° B．45° C．53° D．60°‎ ‎11．如图所示，两个闭合铝环A、B与一个螺线管套在同一铁芯上，A、B可以左右摆动，则判断正确的是（　　）‎ A．在S闭合的瞬间，A、B必相吸 B．在S闭合的瞬间，A、B必相斥 C．在S断开的瞬间，A、B必相斥 D．因不知道电源极性，不可判断 ‎12．如图示，电阻不计的正方形导线框abcd处于匀强磁场中．线框绕中心轴OO'匀速转动时，产生的电动势e=200cosV．线框的输出端与理想变压器原线圈相连，副线圈连接着一只“20V、8W’’的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为0.4A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计．下列判断正确的是（　　）‎ A．t=0s时刻的线框中磁通量变化率为最大 B．理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1‎ C．若副线圈两端并联多只“20V、8W“的灯泡，则最多不能超过10只 D．若线框转速减半，产生的电动势e=100cos（l00πt）V ‎13．如图所示，两极板水平放置的平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地．静电计外壳接地．闭合电键S时，带负电的油滴恰好静止于电容器中的P点．下列说法正确的是（　　）‎ A．若将A极板向下平移一小段距离，平行板电容器的电容将变小 B．若将A极板向上平移一小段距离，静电计指针张角变小 C．若将A极板向下平移一小段距离，P点电势将升高 D．若断开电键S，再将A极板向下平移一小段距离，则带电油滴将向下运动 ‎14．在光滑水平桌面上有一边长为l的正方形线框abcd，bc边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg，三角形腰长为l，磁感应强度垂直桌面向下，abef在同一直线上，其俯视图如图所示，线框从图示位置在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i及拉力F随时间t的变化关系可能是（以逆时针方向为电流的正方向，时间单位为）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎15．如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．一边长为L总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁 ‎ 场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则表示线框中电流i随bC边的位置坐标x变化的图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎16．所有电磁波在真空中传播时都具有相同的（　　）‎ A．频率 B．波长 C．波速 D．能量 ‎17．如图，通电导线MN与圆形线圈共面且相互绝缘｡当MN中电流突然增大时，线圈所受安培力的合力方向（　　）‎ A．向左 B．向右 C．向上 D．向下 ‎18．连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板之间的距离减小时，则（　　）‎ A．电容器极板的带电量Q变大 B．电容器两极板间的电场强度E变大 C．电容器两极板的电势差U变大 D．电容器的电容C不变 ‎19．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1s 时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为（　　）‎ A． B．1 C．2 D．4‎ ‎20．如图所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行磁场边界，短轴小于d．现给导体框一个初速度v0（v0垂直磁场边界），已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1：导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Ql 导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2，下列说法正确的是（　　）‎ A．导体框离开磁场过程中，读者看到的感应电流的方向为顺时针方向 B．导体框进出磁场都是做匀变速直线运动 C．Q1=Q2‎ D．Q1+Q2=m（v02﹣v12）‎ ‎　‎ 二、计算题 ‎21．用单位长度质量为m、单位长度电阻为r的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abb′d．如图所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行．设匀强磁场仅存在于异名相对磁极的狭缝间，其它地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa′边和bb′边都处在磁极之间．将方框从静止开始释放，在下落过程中其平面始终保持水平（不计空气阻力）．方框下落的最大速度为vm．‎ ‎（1）求磁极狭缝间磁感应强度B的大小（设磁场区域在竖直方向足够长）；‎ ‎（2）当方框下落的加速度为时，求方框的发热功率P；‎ ‎（3）已知方框下落时间为t时，下落高度为h，其速度为vt（vt＜vm）．若在同一时间t内，方框内产生的热量与某恒定电流I0‎ 在该框内产生的热量相同，求恒定电流I0的表达式．‎ ‎22．如图为某同学设计的速度选择装置，两根足够长的光滑导轨MM′和NN′间距为L与水平面成θ角，上端接滑动变阻器R，匀强磁场B0垂直导轨平面向上，金属棒ab质量为m恰好垂直横跨在导轨上．滑动变阻器R两端连接水平放置的平行金属板，极板间距为d，板长为2d，匀强磁场B垂直纸面向内．粒子源能发射沿水平方向不同速率的带电粒子，粒子的质量为m0，电荷量为q，ab棒的电阻为r，滑动变阻器的最大阻值为2r，其余部分电阻不计，不计粒子重力．‎ ‎（1）ab棒静止未释放时，某种粒子恰好打在上极板中点P上，判断该粒子带何种电荷？该粒子的速度多大？‎ ‎（2）调节变阻器使R=0.5r，然后释放ab棒，求ab棒的最大速度？‎ ‎（3）当ab棒释放后达到最大速度时，若变阻器在r≤R≤2r范围调节，总有粒子能匀速穿过平行金属板，求这些粒子的速度范围？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省保定市定州中学高二（上）周练物理试卷（承智班）（9.25）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．光滑金属导轨宽L=0.4m，电阻不计，均匀变化的磁场穿过整个轨道平面，如图中甲所示．磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．金属棒ab的电阻为1Ω，自t=0时刻起从导轨最左端以v=1m/s的速度向右匀速运动，则（　　）‎ A．1s末回路中电动势为0.8V B．1s末ab棒所受磁场力为0.64N C．1s末回路中电动势为1.6V D．1s末ab棒所受磁场力为1.28N ‎【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；安培力；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】由图读出1s末磁感应强度B，由E=BLv求感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由F=BIL求出磁场力；‎ ‎【解答】解：A、C由图乙知，1s末磁感应强度B=2T，回路中电动势为E=BLv+Lvt=2×0.4×1V+×0.4×1×1V=1.6V．故A错误，C正确．‎ B、D回路中感应电流为 I==A=1.6A，1s末ab棒所受磁场力为F=BIL=2×1.6×0.4N=1.28N．故B错误，D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎2．如图所示，竖直悬挂的金属棒AB原来处于静止状态．金属棒CD棒竖直放置在水平磁场中，CD与AB通过导线连接组成回路，由于CD棒的运动，导致AB棒向右摆动，则CD棒的运动可能为（　　）‎ A．水平向右平动 B．水平向左平动 C．垂直纸面向里平动 D．垂直纸面向外平动 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】由右手定则判断选项中CD棒运动情况产生的电流方向，然后由左手定则判断AB受安培力的方向，看其受力与题干中的运动情况是否相符．‎ ‎【解答】解：A、若CD棒水平向右运动或水平向左摆动，则运动方向与磁场方向平行，没有感应电流产生，则AB棒不会受安培力作用，不会运动，故AB错误；‎ C、若CD棒垂直纸面向里平动，由右手定则判断感应电流由A到B，由左手定则判断AB受力向左，则AB将向左摆动，与题干不符，故C错误；‎ D、若CD棒垂直纸面向外平动，由右手定则判断感应电流由B到A，由左手定则判断AB受力向右，则AB将向右摆动，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如下所示的各图中，闭合线框中不能产生感应电流的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】感应电流的产生条件．‎ ‎【分析】根据产生感应电流的条件：穿过闭合线圈的磁通量要发生变化来判断．图丙中，线圈磁通量为零．‎ ‎【解答】解：A、穿过线圈的磁通量时刻在变化，线圈产生感应电流．‎ ‎ B、离通电导线越远磁场越弱，穿过线圈的磁通量在减小，线圈产生感应电流．‎ ‎ C、线圈保持磁通量为零，不变，不产生感应电流．‎ ‎ D、线圈在匀强磁场中，磁通量Φ=BS，保持不变，不产生感应电流．‎ 本题选不能产生感应电流的，故选：CD．‎ ‎　‎ ‎4．关于感应电动势的大小，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．跟穿过闭合电路的磁通量的大小有关系 B．跟穿过闭合电路的磁通量的变化大小有关系 C．跟穿过闭合电路的磁通量的变化快慢有关系 D．跟电路的电阻大小有关系 ‎【考点】法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】根据法拉第电磁感应定律可知：感应电动势的大小与穿过电路的磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率反映磁通量变化的快慢．‎ ‎【解答】解：A、感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量的大小没有直接的关系．故A错误．‎ ‎ B、感应电动势的大小与穿过电路的磁通量的变化率成正比，磁通量的变化大小也无关系．故B错误．‎ ‎ C、根据法拉第电磁感应定律可知：感应电动势的大小与穿过电路的磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率反映磁通量变化的快慢．故C正确．‎ ‎ D、感应电动势的大小跟电路中电阻大小无关．故D错误．‎ 本题选择错误的，故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，在垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，O1O2是线圈的对称轴，应使线圈怎样运动才能使其产生感生电流？（　　）‎ A．线圈向右匀速移动 B．线圈向右加速移动 C．线圈垂直于纸面向里平动 D．线圈绕O1O2轴转动 ‎【考点】感应电流的产生条件．‎ ‎【分析】产生感应电流的条件是：闭合回路中的磁通量发生变化．因此解题的关键是通过线圈的运动情况判断其磁通量是否变化，从而判断出是否有感应电流产生．‎ ‎【解答】解：由题可知该磁场是匀强磁场，线圈的磁通量为：Φ=Bs，s为垂直于磁场的有效面积，无论线圈向右匀速还是加速移动或者垂直于纸面向里平动，线圈始终与磁场垂直，有效面积不变，因此磁通量一直不变，所以无感应电流产生，故ABC错误；‎ 当线圈绕O1O2轴转动时，在转动过程中，线圈与磁场垂直的有效面积在不断变化，因此磁通量发生变化，故有感应电流产生，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示的匀强磁场中有一个闭合线圈．保持线圈平面始终与磁感线垂直，当线圈在磁场中上下运动时（图①），当线圈在磁场中左右运动时（图②），先把弹簧线圈撑开（图③），后放手让线圈收缩（图④）．其中能产生感应电流的图是（　　）‎ A．图①② B．图②③ C．图③④ D．图①④‎ ‎【考点】感应电流的产生条件．‎ ‎【分析】通过线圈面积的磁通量发生变化时，则会出现感应电动势，当电路闭合时，则产生感应电流．‎ ‎【解答】解：线圈自下向上运动，穿过线圈的磁通量没变，所以没有产生感应电流，故①错误；‎ 线圈自左向右运动，因为是匀强磁场，穿过线圈的磁通量没变，所以没有产生感应电流，故②错误；‎ 线圈扩张，导致穿过线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，故③正确；‎ 线圈收缩，导致穿过线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，故④正确；‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．磁力玻璃擦是目前很时尚的玻璃清洁器，其原理是利用异性磁极的吸引作用可使外面的一片跟着里面的一片运动，旧式磁力玻璃擦在使用时由于相对移动会导致前后两面的同性磁极间距较小，由于同性磁极相互斥力作用很容易脱落，其内部N、S磁极分布如图甲所示．经过改进后，新式磁力玻璃擦其内部的N、S磁极分布如图乙所示，使用时两片不易脱落，关于两种磁力玻璃擦脱落的主要原因，下列说法中正确的是（　　）‎ A．甲图中前后面的同性磁极间距较小，同性磁极相互斥力大，容易脱落 B．甲图中前后面的异性磁极间距较小，异性磁极相互引力大，不容易脱落 C．乙图中前后面的同性磁极间距较大，同性磁极相互斥力小，不容易脱落 D．乙图中前后面的异性磁极间距较大，异性磁极相互引力小，容易脱落 ‎【考点】磁现象和磁场．‎ ‎【分析】同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，同名磁极靠的越近，磁极间的引力越大，异名磁极间的距离越近，斥力越大．‎ ‎【解答】解：A、由图示可知，甲图中前后面的同性磁极间距较小，同性磁极相互斥力大，容易脱落，故A正确；‎ B、异性磁极间距较小，异性磁极相互引力大，越不容易脱落，故B错误；‎ C、由图示可知，乙图中前后面的同性磁极间距较大，同性磁极相互斥力小，不容易脱落，故C正确；‎ D、前后面的异性磁极间距等于玻璃的厚度，与磁力玻璃擦结构无关，故D错误；‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，通电直导线与磁场方向垂直，导线长度为L，导线中电流为I．该导线所受安培力F的大小是（　　）‎ A．F= B．F= C．F=BIL D．F=‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】安培力公式为：F=BIL，注意公式的适用条件是：匀强磁场，电流和磁场方向垂直．‎ ‎【解答】解：由图可知电流与磁场方向垂直，因此直接根据安培力的大小为：F=BIL，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎9．在下列图中“⊗”表示直线电流方向垂直纸面向里，“⊙”表示直线电流方向垂直纸面向外，则下列图形中能正确描绘直线电流周围的磁感线的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】根据右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向．‎ ‎【解答】解：右手握住直导线，大拇指所指方向为电流方向，四指弯曲方向为电流周围的磁场方向．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，AB为光滑竖直杆，ACB为构成直角的光滑L形直轨道，C处有一小圆弧连接可使小球顺利转弯（即通过转弯处不损失机械能）．套在AB杆上的小球自A点静止释放，分别沿AB轨道和ACB轨道运动，如果沿ACB轨道运动的时间是沿AB轨道运动时间的1.5倍，则BA与CA的夹角为（　　）‎ A．30° B．45° C．53° D．60°‎ ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】以小球为研究对象，分别求出沿AC和ABC运动的时间，注意两种运动情况的运动遵循的规律，特别是在C点的速度即是上一段的末速度也是下一段的初速度，利用关系式和几何关系灵活求解．‎ ‎【解答】解：设AB的长度为2L，小球沿AB做自由落体运动，运动的时间t2满足：‎ 可解得t2=…①‎ 小球沿AC段运动时，a=gcosα，且AC=2Lcosα，所需的时间tAC满足；‎ 解得：‎ 在C点小球的速度v=atAC，以后沿BC做匀加速运动，其加速度为：a'=gsinα，且BC=2Lsinα ‎ 故：2Lsinα=vtBC+‎ 其中tBC=1.5t2﹣tAC=0.5t2=‎ 代入后解得：tanα=，即α=53°‎ 故选：C ‎　‎ ‎11．如图所示，两个闭合铝环A、B与一个螺线管套在同一铁芯上，A、B可以左右摆动，则判断正确的是（　　）‎ A．在S闭合的瞬间，A、B必相吸 B．在S闭合的瞬间，A、B必相斥 C．在S断开的瞬间，A、B必相斥 D．因不知道电源极性，不可判断 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】当开关闭合或断开时，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．‎ ‎【解答】解：A、在S闭合瞬间，穿过两个线圈的磁通量变化相同，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B 相吸，A正确，B错误；‎ C、在S断开瞬间，穿过两个线圈的磁通量变化相同，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B 相吸，CD错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎12．如图示，电阻不计的正方形导线框abcd处于匀强磁场中．线框绕中心轴OO'匀速转动时，产生的电动势e=200cosV．线框的输出端与理想变压器原线圈相连，副线圈连接着一只“20V、8W’’的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为0.4A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计．下列判断正确的是（　　）‎ A．t=0s时刻的线框中磁通量变化率为最大 B．理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1‎ C．若副线圈两端并联多只“20V、8W“的灯泡，则最多不能超过10只 D．若线框转速减半，产生的电动势e=100cos（l00πt）V ‎【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动，产生正弦式交变电流，最大值Em=NBSω；然后结合变压器的变压比公式和输入、输出功率关系列式分析．‎ ‎【解答】解：A、图示位置线圈与中性面垂直，感应电动势最大，故线框中磁通量变化率最大，故A正确；‎ B、线框绕中心轴OO′匀速运动时，产生的电压u=200sin100πt，故输入变压器的电压的有效值为：U==200V；灯泡能正常发光，故变压器的输出电压为20V；根据变压比公式，有：，故B正确；‎ C、电路中熔断器熔断电流为0.4 A，此时根据能量守恒定律，有：‎ U1I1=U2（nIL）‎ 解得：n=‎ 故副线圈两端并联“20V、8W”的灯泡最多不能超过14只，故C错误；‎ D、若线框转速减半，根据公式Em=NBSω，产生的电压也减半，ω=2πn=50π，则产生的电动势e=100cos（50πt）V，故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，两极板水平放置的平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地．静电计外壳接地．闭合电键S时，带负电的油滴恰好静止于电容器中的P点．下列说法正确的是（　　）‎ A．若将A极板向下平移一小段距离，平行板电容器的电容将变小 B．若将A极板向上平移一小段距离，静电计指针张角变小 C．若将A极板向下平移一小段距离，P点电势将升高 D．若断开电键S，再将A极板向下平移一小段距离，则带电油滴将向下运动 ‎【考点】电容；电势；带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．‎ ‎【解答】解：‎ A、若将A极板向下平移一小段距离，板间距离d减小，根据C=知，电容增大．故A错误．‎ B、由于电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差不变，则静电计指针张角不变．故B错误．‎ C、由于板间电势差不变，d减小，则板间电场强度增大，P点与下极板的电势差增大，则P点的电势升高．故C正确．‎ D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据C=、C=和E=，可得E=，则知板间电场强度不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎14．在光滑水平桌面上有一边长为l的正方形线框abcd，bc边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg，三角形腰长为l，磁感应强度垂直桌面向下，abef在同一直线上，其俯视图如图所示，线框从图示位置在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i及拉力F随时间t的变化关系可能是（以逆时针方向为电流的正方向，时间单位为）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．‎ ‎【分析】分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系．线框的电阻一定，感应电流与时间成正比；根据安培力的表达式F=，而L=vt，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、bc边的位置坐标x在L﹣2L过程，线框bc边有效切线长度为l=x﹣L，感应电动势为E=Blv=B（x﹣L）v，感应电流i==，‎ 根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．‎ x在2L﹣3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切线长度为l=x﹣2L，感应电动势为E=Blv=B（x﹣2L）v，感应电流i=﹣=﹣，根据数学知识知道A错误，B正确．‎ C、在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，因此拉力等于安培力，而安培力的表达式F=，而L=vt，则有：F=，因此C错误，D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎15．如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．一边长为L总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁 场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则表示线框中电流i随bC边的位置坐标x变化的图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系．线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比．‎ ‎【解答】解：bC边的位置坐标x在L﹣2L过程，线框bc边有效切线长度为l=x﹣L，感应电动势为E=Blv=B（x﹣L）v，感应电流i==，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．‎ x在2L﹣3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切线长度为l=x﹣2L，感应电动势为E=Blv=B（x﹣2L）v，感应电流i=﹣=﹣，根据数学知识知道C正确．‎ 故选C ‎　‎ ‎16．所有电磁波在真空中传播时都具有相同的（　　）‎ A．频率 B．波长 C．波速 D．能量 ‎【考点】电磁波的发射、传播和接收．‎ ‎【分析】电磁波的传播速度和光的传播速度相同，是3×108m/s，是一定值，和电磁波的频率、波长、周期无关．‎ ‎【解答】解：电磁波的传播速度是一定值，是3×108m/s，和电磁波的频率大小、波长长短、周期长短无关，不同的电磁波传播的速度相同．‎ 电磁波的波速、频率、波长关系式为：c=λ•f，不同的电磁波频率和波长不等；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎17．如图，通电导线MN与圆形线圈共面且相互绝缘｡当MN中电流突然增大时，线圈所受安培力的合力方向（　　）‎ A．向左 B．向右 C．向上 D．向下 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】金属线圈放在导线MN上，导线中电流产生磁场，当导线中电流增大时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断线圈的感应电流，再由左手定则来确定所受有安培力方向．‎ ‎【解答】解：金属线圈放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线圈左右两侧磁场方向相反，线圈左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况．若MN中电流突然增大时，穿过线圈的磁通量将增大．根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，当MN中电流向下时，则线圈的感应电流方向为顺时针，再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向左，而右边的安培力方向也水平向做，故安培力的合力向左；当MN中电流向上时，则线圈的感应电流方向为逆时针，再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向左，而右边的安培力方向也水平向做，故安培力的合力向左，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎18．连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板之间的距离减小时，则（　　）‎ A．电容器极板的带电量Q变大 B．电容器两极板间的电场强度E变大 C．电容器两极板的电势差U变大 D．电容器的电容C不变 ‎【考点】电容．‎ ‎【分析】电容器连接在电池上，电压不变．根据平行板电容器的电容C=，两极板之间的距离减小，电容增大，由Q=CU，电压不变，分析电量变化，由E=分析电场强度的变化．‎ ‎【解答】解：D、根据公式C=，当两极板之间的距离减小时，电容器的电容C变大，故D错误；‎ A、电容器连接在电池上，电压不变，由Q=CU，得知电容器极板的带电量Q变大；故A正确；‎ B、由E=分析，U不变，d减小，则E变大，故B正确；‎ C、电容器连接在电池上，电容器两极板的电势差U等于电池的电动势，不变，故C错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎19．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1s 时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为（　　）‎ A． B．1 C．2 D．4‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】由题意可知两种情况下磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可求得感应电动势，即可求得比值．‎ ‎【解答】解：由法拉第电磁感应定律：，且△ϕ1=△BS、△ϕ2=B△S 则有，．‎ 故两过程中感应电动势的大小相等．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行磁场边界，短轴小于d．现给导体框一个初速度v0（v0垂直磁场边界），已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1：导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Ql 导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2，下列说法正确的是（　　）‎ A．导体框离开磁场过程中，读者看到的感应电流的方向为顺时针方向 B．导体框进出磁场都是做匀变速直线运动 C．Q1=Q2‎ D．Q1+Q2=m（v02﹣v12）‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．‎ ‎【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向；根据导线框进出磁场是，所受安培力的大小判断导线框的运动情况；根据线框的速度大小比较出产生感应电动势的大小，从而比较出电流的大小，得知进出磁场时产生的热量大小．根据能量守恒定律求出进出磁场时的产生的焦耳热之和．‎ ‎【解答】解：A、导线框离开磁场时，磁通量减小，根据楞次定律得，感应电流的方向为顺时针方向．故A正确．‎ B、导线框在进出磁场时，速度变化，则感应电动势变化，产生的感应电流变化，则所受的安培力变化，根据牛顿第二定律知，加速度变化，导线框做的变减速运动．故B错误．‎ C、因为进磁场时的速度大于出磁场时的速度，则进磁场时产生的电流要比出磁场时产生的电流大，根据克服安培力做功知，Q1＞Q2．故C错误．‎ D、根据能量守恒定律知，线框动能的减小量全部转化为焦耳热，则Q1+Q2=m（v02﹣v12）．故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 二、计算题 ‎21．用单位长度质量为m、单位长度电阻为r的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abb′d．如图所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行．设匀强磁场仅存在于异名相对磁极的狭缝间，其它地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa′边和bb′边都处在磁极之间．将方框从静止开始释放，在下落过程中其平面始终保持水平（不计空气阻力）．方框下落的最大速度为vm．‎ ‎（1）求磁极狭缝间磁感应强度B的大小（设磁场区域在竖直方向足够长）；‎ ‎（2）当方框下落的加速度为时，求方框的发热功率P；‎ ‎（3）已知方框下落时间为t时，下落高度为h，其速度为vt（vt＜vm）．若在同一时间t内，方框内产生的热量与某恒定电流I0在该框内产生的热量相同，求恒定电流I0的表达式．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；焦耳定律．‎ ‎【分析】（1）分析方框运动的过程：方框从静止释放后，切割磁感线产生感应电流，受到向上的安培力，先做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，速度达到最大．根据力的平衡知识和安培力公式求解B．‎ ‎（2）当方框下落的加速度为时，根据牛顿第二定律和安培力公式列式，求出电路中电流I，可由P=I2R求线框发热功率．‎ ‎（3）根据能量守恒定律求热量，再用焦耳定律求解恒定电流I0的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）方框质量 M=4Lm，G=Mg=4Lmg 方框电阻为 R=4Lr 方框下落速度为v时，产生的感应电动势 E=B•2L•v 感应电流 I==‎ 方框下落过程，受到重力G及安培力F，F=BI•2L=，方向竖直向上 ‎ 当F=G时，方框达到最大速度，即v=vm 则=4Lmg 磁极狭缝间磁感应强度B的大小为 B=‎ ‎（2）方框下落加速度为时，有，Mg﹣IB×2L=M•‎ 则 I==‎ 方框的发热功率 P=I2R=×4Lr=‎ ‎（3）根据能量守恒定律，有 ‎ ‎ Mgh=+‎ 解得 I0=‎ 解得恒定电流I0的表达式 I0=‎ 答：‎ ‎（1）磁极狭缝间磁感应强度B的大小是；‎ ‎（2）当方框下落的加速度为时，方框的发热功率P是；‎ ‎（3）恒定电流I0的表达式为：I0=．‎ ‎　‎ ‎22．如图为某同学设计的速度选择装置，两根足够长的光滑导轨MM′和NN′间距为L与水平面成θ角，上端接滑动变阻器R，匀强磁场B0垂直导轨平面向上，金属棒ab质量为m恰好垂直横跨在导轨上．滑动变阻器R两端连接水平放置的平行金属板，极板间距为d，板长为2d，匀强磁场B垂直纸面向内．粒子源能发射沿水平方向不同速率的带电粒子，粒子的质量为m0，电荷量为q，ab棒的电阻为r，滑动变阻器的最大阻值为2r，其余部分电阻不计，不计粒子重力．‎ ‎（1）ab棒静止未释放时，某种粒子恰好打在上极板中点P上，判断该粒子带何种电荷？该粒子的速度多大？‎ ‎（2）调节变阻器使R=0.5r，然后释放ab棒，求ab棒的最大速度？‎ ‎（3）当ab棒释放后达到最大速度时，若变阻器在r≤R≤2r范围调节，总有粒子能匀速穿过平行金属板，求这些粒子的速度范围？‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】（1）粒子恰好打在上极板中点P上，由左手定则判断可知粒子带正电，根据几何知识求出粒子做圆周运动的半径，由牛顿第二定律求出粒子的速度．‎ ‎（2）ab棒先向下做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动，根据平衡条件和安培力公式求出最大速度．‎ ‎（3）粒子能匀速穿过平行金属板，电场力与洛伦兹力平衡，则由平衡条件可求出电容器板间电压．由欧姆定律求出板间电压，联立即可求出这些粒子的速度范围．‎ ‎【解答】解：（1）由左手定则可知：该粒子带正电荷． ‎ 粒子在磁场中做圆周运动，设半径为r，速度为v0‎ 由几何关系有：①‎ 得：‎ 粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：②‎ 得：‎ ‎（2）ab棒达到最大速度时做匀速运动：mgsinθ=B0IL ③‎ 对回路，由闭合电路欧姆定律：④‎ 由上得：‎ ‎（3）当ab棒达到最大速度时，设变阻器接入电路电阻为R，电压为U 由③式得：…④‎ 对变阻器，由欧姆定律：U=IR ⑤‎ 极板电压也为U，粒子匀速运动：⑥‎ 由④⑤⑥得：‎ 因为r≤R≤2r，故粒子的速度范围为：‎ 答：‎ ‎（1）ab棒静止未释放时，某种粒子恰好打在上极板中点P上，该粒子带正电荷，该粒子的速度是．‎ ‎（2）ab棒的最大速度是．‎ ‎（3）这些粒子的速度范围为：‎ ‎　‎