置的时刻作为时间的零点，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线应为哪个图（ ）
A. B. C.
D.
【答案】A 【解析】 【详解】在0?LL2L阶段，线框在磁场之外，感应电流为0．安培力为0；在 ?阶段，由vvv右手定则可得出电流的方向为逆时针方向，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，根据左手定则得出磁场对线框的作用力F的方向沿x轴的负方向；在
2L4L?阶段，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vv4L5L?阶段，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出电流的方向为顺时针的方向，维持vv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，根据左手定则得出磁场对线框的作用力F的方向沿x轴的负方向，综上分析可知，A符合题意，BCD不符合题意。 故选A．
9.如图所示，D是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止状态．下列措施下，关于P的运动情况的说法正确的是( )
A. 保持S闭合，增大A、B板间距离，P仍静止 B. 保持S闭合，减小A、B板间距离，P向上运动 C. 断开S后，增大A、B板间距离，P向下运动 D. 断开S后，减小A、B板间距离，P仍静止 【答案】ABD 【解析】
【详解】A．保持S闭合，电源的路端电压不变．增大A、B板间距离，电容减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，其电量不变，由推论E?微粒所受电场力不变，仍处于静止状态．故A正确．
B．保持S闭合，电源的路端电压不变，电容器的电压不变，减少A、B板间距离，由E?知，板间场强增大，电场力增大，微粒将向上运动．故B正确． CD．断开S后，电容器电量Q不变，由推论E?4πKQ 得到，板间场强不变，εdU可d4πKQ得到，板间场强不变，微粒所受电εd场力不变，仍处于静止状态．故C错误，D正确．
10.地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图所示，由此可以判断
A. 油滴一定做匀速运动 B. 油滴可以做变速运动
C. 如果油滴带正电，它是从M点运动到N点 D. 如果油滴带正电，它是从N点运动到M点 【答案】AC 【解析】
【详解】AB．油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据物体做直线运动条件可知，粒子所受洛伦兹力亦为恒力据f洛?qvB可知，粒子必定做匀速直线运动，故A正确，B错误；
CD．根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，如果油滴带正电，由左手定则判
的断可知，油滴的速度从M点到N点，故C正确，D错误。 故选AC。
11.回旋加速器的原理如图所示，它由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( )
A. 离子从电场中获得能量 B. 离子从磁场中获得能量
C. 只增大空隙间的加速电压可增大离子从回旋加速器中获得的动能 D. 只增大D形盒的半径可增大离子从回旋加速器中获得的动能 【答案】AD 【解析】
【详解】A．离子每次通过D形盒D1、D2间的空隙时，电场力做正功，动能增加，所以离子从电场中获得能量。故A正确；
B．离子在磁场中受到的洛伦兹力不做功，不能改变离子的动能，所以离子不能从磁场中获得能量。故B错误；
CD．设D形盒的半径为R，当离子圆周运动的半径等于R时，获得的动能最大，则由
v2qvB?m
R得
v?则最大动能
qBR mEkm12q2B2R2 ?mv?22m可见，最大动能与加速电压无关，增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的最大动能，故C错误，D正确。 故选AD。
12.如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r≠0．若改变四个电阻中的一个阻值，则（ ）
A. 减小R1，C1、C2所带的电量都增加 B. 增大R2，C1、C2所带的电量都增加 C. 增大R3，C1、C2所带的电量都增加 D. 减小R4，C1、C2所带的电量都增加 【答案】BD 【解析】 【分析】
由电路图可知，电阻R2、R3、R4串联接入电路，电容器C1并联在电阻电阻R2两端，电容器C2与R2、R3的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后由Q=CU判断出电容器所带电荷量如何变化．
【详解】A、减小R1，电容器C1、C2两端电压不变，电容器所带电量不变，故A错误； B、增大R2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电阻R3、R4两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压变大，由Q=CU可知，两电容器所带的电量都增加，故B正确；
C、增大R3，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，由U=IR可知，电阻R2两端电压变小，电容器C1两端电压变小；路端电压变大，电阻R4两端电压变小，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C2两端电压变大，由Q=CU可知，电容器C1所带电荷量减少，C2所带的电量都增加，故C错误；
D、减小R4，电路总电阻变小，由闭合欧姆定律可知，电路电流变大，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压都增大，由Q=CU可知C1、C2所带的电量都增加，故D正确； 故选BD．
13.如图，有两根和水平方向成?角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感强度为及一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度vm，则（ ）
A. 如果B增大，vm将变大 C. 如果R变大，vm将变大 【答案】BC 【解析】
B. 如果α变大，vm将变大 D. 如果m变小，vm将变大
B2L2vm当金属杆做匀速运动时，速度最大，此时有mgsinθ=F安，又安培力大小为 F安?
R联立得：vm?mgRsin? 根据上式分析得知：当只B增大时，vm将变小．故A错误；如果只
B2L2增大θ，vm将变大．故B正确；当只R增大，vm将变大，故C正确；只减小m，vm将变小．故D错误．故选BC．
点睛：本题第一方面要会分析金属棒的运动情况，第二方面要熟记安培力的经验公式
B2L2vm，通过列式进行分析. F安?R二、填空题（共14分，每空2分）
14.一多用电表的电阻档有三 个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到________档．如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是__________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是________Ω．
山西省怀仁市重点中学2024-2024学年高二上学期期末考试物理试题 Word版含解析
