2024年4月27日发(作者：佘子怡)

2023年云学名校联盟高二年级11月期中联考

物理试卷

（答案在最后）

考试时间：2023年11月23日10：30~11：45时长：75分钟满分：100分

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7

题只有一项是符合题目要求的，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但

不全的得2分，有选错的得0分。

1.下列说法中正确的是（）

A.

金属内部的正离子都静止在自己的平衡位置，绝缘体中几乎不存在能自由移动的电荷

B.电动势的定义式是

E



W

，电动势E的大小与q的大小有关

q

C.

法拉第提出了“力线”的概念，并总结得出法拉第电磁感应定律

D.

元电荷是最小的带电单位，任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍

【答案】

D

【解析】

【详解】

A

．金属内部的正离子在自己的平衡位置附近振动，而绝缘体中几乎不存在能自由移动的电荷，故

A

错误；

B．电动势的定义式是

E



性决定的，故

B

错误；

C

．法拉第提出了“力线”的概念，纽曼和韦伯总结得出法拉第电磁感应定律，故

C

错误；

D

．元电荷是最小的带电单位，任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍，故

D

正确。

故选

D

。

2.

如图所示，光滑的水平地面上静止放着质量为

M

的小车，小车底边长为

L

，质量为

m

的小球从小车顶端

静止释放，最终从小车上滑离，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）

W

，电动势E的大小与q的大小无关，电动势的大小是由电源内非静电力的特

q

A.M

、

m

组成的系统动量守恒

B.M

、

m

组成的系统机械能不守恒

C.

小球从小车上滑离后，将做自由落体运动

D.小球从小车上滑离时，小车向左运动的距离为

【答案】

D

【解析】

m

L

Mm

【详解】

A

．对于

M

、

m

组成的系统，由于ｍ沿曲面加速下滑，有竖直向下的加速度，所以存在失重现象，

系统竖直方向的合外力不为零，系统动量不守恒，

A

错误；

B

．对于

M

、

m

组成的系统，在滑块下滑过程中只有重力做功，所以系统机械能守恒，

B

错误；

C

．对系统，水平方向动量守恒

0mv

1

Mv

2

机械能守恒

mgh

1

2

1

2

mv

1

Mv

2

22

小球离开小车的速度不为零，因此小球做平抛运动，

C

错误；

D

．对系统，水平方向动量守恒

0mv

1

Mv

2

即有

M

即

x

1

x



m

2

tt

Mx

1

mx

2

又因为

x

1

x

2

L

解得

x

1



选项

D

正确。

故选

D

。

m

L

m



M

3.

如图所示，将平行板电容器接入恒压电源，电容器的上极板与一个外壳接地的静电计相连。一带电油滴

恰好静止在电容器两极板间的

P

点，现将

M

板缓慢上移，则（）

A.

平行板电容器的电势差变大

C.

油滴将向下移动

【答案】

C

【解析】

B.

两极板间的场强不变

D.P

点的电势增大

【详解】

A

．平行板电容器接入恒压电源，

MN

间的电势差不变，

A

错误；

B．根据

E



U

可知，板间距变大则两板间的场强变小，B错误；

d

C

．电场强度变小，油滴受到的电场力小于重力，油滴将向下移动，

C

正确；

D．根据

U

PN

=Ed

PN

可知，PN间的距离不变，场强减小，则

U

PN

变小，又由

U

PN





P



0

可知

P

点的电势减小，

D

错误。

故选

C

。

搭载神舟十七号载人飞船的长征二号

F

遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心成功

4.10

月

26

日

11

时

14

分，

发射，飞船入轨后，将按照预定程序与空间站组合体进行自主快速交会对接，航天器对接时存在一定的相

对速度，由于航天器的质量大，对接时产生的动能比较大，为了减少对接过程中产生的震动和撞击，对接

机构内部采用了电磁阻尼器消耗对接能量。如图为某电磁阻尼器的简化原理图，当质量块上下移动时会带

动磁心一起运动，磁心下方为

N

极，下列说法正确的是（）

A.

当质量块带动磁心下移时，线圈有扩张趋势

B.

当质量块带动磁心下移时，通过电阻

R

的电流向上

C.

整个过程对应的是电能向磁场能转换

D.

减小线圈匝数，阻尼效果增强

【答案】

B

【解析】

【详解】

A

．当质量块带动磁心下移时，线圈磁通量增大，根据“增缩减扩”，线圈有收缩趋势，

A

错误；

B

．根据楞次定律，线圈中磁场方向向下，磁通量增大，则通过电阻

R

的感应电流向上，

B

正确；

C

．整个过程对应的是动能向电能转换，

C

错误；

D

．减小线圈匝数，产生的感应电流较小，阻尼效果减弱，

D

错误。

故选

B

。

，匀强磁场

B

垂直于霍尔元件竖直向下，工作电源

E5.

如图所示，某型号霍尔元件（导电自由电荷为电子）

给电路中提供的电流为I时，产生的霍尔电压为U；元件厚度为d，闭合开关

K

1

、

K

2

，下列判断中正确的

是（）

A.

滑动变阻器接入电路的阻值变大，电压表示数将减小

B.

增加磁感应强度，电压表示数将减小

C.4

点电势比

2

点电势高

D.

此霍尔元件可以把电学量转化为磁学量

【答案】

A

【解析】

【详解】

A

．霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，有

evBeE

电流微观表达式

IneSv

设霍尔元件的宽度为

l

，霍尔元件的电压

U

H

El

霍尔元件

的

截面面积

Sld

解得

U

H



BI

ned

滑动变阻器接入电路的阻值变大，闭合电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律，

I

减小。因此霍尔电压减小，

电压表示数将减小。故

A

正确；

B

．由

U

H



BI

ned

增加磁感应强度，霍尔电压增大，电压表示数将增大。故

B

错误；

C

．根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向

4

点一侧方向，电子带负电，故

4

点电势低；

2

点感应出正

电荷，

4

点电势比

2

点电势低。故

C

错误；

D

．此霍尔元件可以把磁学量转化为电学量。故

D

错误。

故选

A

。

6.

热敏电阻是一种能随温度变化而改变电阻值的电学元件，被广泛用于温度测量、温度控制和电子设备保

护等领域。如图甲所示是某实验小组设计的家用热水器的控制电路，

R

0

50

，

R

1

的阻值随温度的升高

R

而减小，其阻值随温度变化曲线如图乙所示。

R

2

为调温电阻，信号模块通过监测

R

1

和

2

两端总电压从而

控制加热电路通断，

r10

，则下列说法正确的是（）

A

当

R

2

短路，信号模块监测电压数值增大

.

R

B.当

R

2

短路，

R

1

和

2

消耗总功率一定增大

C.当信号模块临界电压不变时，要使热水器内水温维持一个较高温度，则

R

2

的阻值应调大一点

D.当

R

2

阻值不变时，要使热水器内水温维持一个较高水平，应增大信号模块临界电压

【答案】

C

【解析】

【详解】A．当

R

2

短路，阻值减小为零，根据“串反并同”，信号模块监测电压数值减小，A错误；

B．将

R

0

50

等效为电源内阻。当

R

2

短路，外电路阻值减小，但无法判断与电源等效内阻的大小关系，

R

1

和

R

2

消耗总功率变化情况无法判断，B错误；

R

C．当信号模块临界电压不变时，要使热水器内水温维持一个较高温度，则

R

1

的阻值较小，则

2

的阻值应

调大一点，

C

正确；

D．当

R

2

阻值不变时，要使热水器内水温维持一个较高水平，则

R

1

的阻值较小，应减小信号模块临界电压，

D

错误。

故选

C

。

，重

0.5N

的容器放在传感器上，容器上方有一个

7.

如图所示，水平桌面上放置一个压力传感器（已调零）

装满芝麻的大漏斗，打开阀门

K

芝麻可以从漏斗口无初速度的漏出，在空中做自由落体运动互不影响，落

在容器后速度立即减为

0

，每秒漏出芝麻的质量恒定为

20g

；

10s

末，关闭阀门

K

，此时落在芝麻堆顶的芝

麻速度为2m/s，芝麻落在容器或芝麻堆上时受到弹力远大于自身重力，重力加速度为

g10N/kg

。则10s

末传感器的示数为（）

A.2.50N

【答案】

A

【解析】

B.2.52NC.2.54ND.2.56N

【详解】取落到芝麻堆上一小部分

m

在

Δt

时间内静止，根据动量定理

Ftmv

设每秒漏出的质量为

m

0

，则芝麻对芝麻堆的冲击力为

F





F





mv



m

0

v



t

设已经静止的芝麻质量为

m

1

，空中的芝麻质量为

m

2

，则

m

2



m

0

得

v

g

F





m

0

v



m

2

g

v



m

2

g

v

在10s内流出的芝麻总质量为

m

1

m

2

，芝麻对容器的压力为

NF



m

1

g



m

1

m

2



gm

0

tg2.00N

则

10s

末传感器承受的压力即传感器示数为

N



N0.5N2.50N

故选

A

。

8.

下列有关物理知识和物理学史，正确的是（

A.

高空建筑的避雷针利用了静电屏蔽的原理

B.

医生给肩颈酸痛病人贴的红外线理疗贴利用了红外线的热效应

C.

赫兹通过实验验证了麦克斯韦电磁波理论的正确性

D.

爱因斯坦首先提出了能量量子化的概念

【答案】

BC

【解析】

【详解】

A

．高空建筑的避雷针利用了尖端放电的原理，故

A

错误；

B

．医生给肩颈酸痛病人贴的红外线理疗贴利用了红外线的热效应，故

B

正确；

C

．赫兹通过实验验证了麦克斯韦电磁波理论的正确性，故

C

正确；

D

．普朗克首先提出了能量量子化的概念，故

D

错误。

故选

BC

。

9.

如图所示，水平桌面上固定放置一个绝缘光滑圆弧槽，长直导线

MN

平行于圆弧槽底边

AA



放在圆弧槽

上，导线中通有

M

→

N

的电流

I

，整个空间区域存在竖直向上的匀强磁场（图中未画出），

MN

静止时，

MO

连线与竖直方向的夹角



为

30

°，圆弧槽对导线

MN

的支持力为

F

N

，

PP



与圆心

O

等高。下列说法正确

的是（）

）

A

若仅将电流I缓慢增大一点，则导线MN沿圆弧槽向上运动

.

B.

若仅将磁感应强度大小缓慢增大，导线

MN

将有可能沿圆弧槽缓慢运动到

PP



上方

C.

若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转

45

°过程中，则

F

N

先减小后增大

D.若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转60°过程中，则MO连线与竖直方向夹角的最大正切值为

【答案】

AD

【解析】

【详解】

A

．由题意，对长直导线

MN

受力分析，受重力

mg

，支持力

F

N

，安培力

F

，由左手定则可知安培

力方向水平向右，由平衡条件，顺

M

到

N

方向看，受力图如图所示，由解析图可知，将电流

I

缓慢增大一

点，由安培力公式

FBIL

，可知安培力增大，支持力增大，

θ

角增大，即导线

MN

沿圆弧槽向上运动，

A

正确；

2

2

B

．由

A

选项分析可知，若仅将磁感应强度大小缓慢增大，由安培力公式

FBIL

，可知安培力增大，方

向不变，支持力增大，

θ

角增大，导线向上移动，可当

θ

角增大到一定值时，若再增大，长直导线就不会再

处于平衡状态，可知

θ

角不可能达到

90°

，只有

θ<90°

时，长直导线有可能受力平衡，因此导线

MN

不可能沿

圆弧槽缓慢运动到

PP



位置，更不可能运动到

PP



上方，

B

错误；

C

．若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转

45°

过程中，安培力大小不变，方向由水平以导线为轴顺时针转动，

由水平方向转到右下方，则安培力在竖直向下方向的分力逐渐增大，若导线仍处于平衡状态，则支持力为

F

N

，

会逐渐增大，因此若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转

45°

过程中，则

F

N

一直增大，

C

错误；

D

．由

A

选项解析图可知，

MN

静止时，由平衡条件可得导线受安培力大小为

Fmg

tan



mg

tan30





3

mg

3

若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转

60°

过程中，可知安培力的大小不变，方向沿逆时针缓慢旋转

60°

，由力

的平衡条件，可得导线受力的三角形定则平衡图，如图所示，由解析图可知，当安培力

F

的方向与支持力

为

F

N1

的方向垂直时，MO连线与竖直方向的夹角最大，则该角的正切值为最大，此时支持力为

F

N1





mg



2



F

2





mg



2



3



6





mg



mg





3



3



2

解得

tan



m



D

正确。

故选

AD

。

F

2



F

N1

2

10.

如图所示，水平固定一半径为

r

的金属圆环，圆环关于中轴线

AB

对称两侧分布大小均为

B

，方向垂直

于圆环平面向上和向下的磁场。一长为

r

的金属棒沿半径放置，一端固定在圆心

O

处，另一端与圆环接触

良好，并以角速度



绕圆心

O

顺时针匀速转动。圆环边缘和圆心处通过接触良好电刷分别与两平行金属板

C、D相连，C、D板长为

L



16



v

0



，间距为d。若以金属棒刚经过A点作为计时起点，C、D左端中心位

置有一粒子源，水平向右源源不断地发射初速度为

v

0

正电粒子，粒子比荷为

重力。下列说法正确的是（）

q

，粒子间互不影响，且不计

m

qBr

2



A.带电粒子在电场中的加速度为

md

B.所有从金属板右侧射出的粒子动能都为

C.只有从

n



（

n1

、2、3…）时刻进入的粒子才能从右侧水平射出

2



1

2

mv

0

2

8



2

qBr

2

D.若带电粒子从

t0

时刻进入两平行金属板，要使粒子能够从右侧射出，则d应大于等于

m



【答案】

CD

【解析】

【详解】

A

．金属棒转动的感应电动势即电容器电势差为



rB



r

2

U



Br



22

则带电粒子在电场中的加速度为

qUqB



r

2

a



md

2

md

A

错误；

B

．以金属棒刚经过

A

点或

B

点作为计时起点，电势差变化的周期为

T



粒子通过电容器的时间为

2





t



L

16



v

0

16





8

T

v

0



v

0



1

2

mv

0

的动能水平射出。同理，以在A

2

说明粒子在电容器中做类平抛后再恢复水平

v

0

，共重复8次，最后以

点和B点间两个半圆中点为计时起点，粒子动能也为

C．结合选项B，每

n



T

时刻即（

n1

、2、3…）时刻进入的粒子才能从右侧水平射出，C正确；

4

2



22

1

2

mv

0

。其它计时起点则不是，B错误；

2

D

．若带电粒子从

t0

时刻进入两平行金属板，则一个周期每粒子的侧向位移为

1



T



1

qB



r

2



2





q



2

Br

2

y



2



a





2







2



2



22

md



2





2

md



粒子入射点在两板中间且经历

8

个周期，则

d16y

解得

d

的最小值为

8



2

qBr

2

d



m



D

正确。

故选

CD

。

2024年4月27日发(作者：佘子怡)

2023年云学名校联盟高二年级11月期中联考

物理试卷

（答案在最后）

考试时间：2023年11月23日10：30~11：45时长：75分钟满分：100分

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7

题只有一项是符合题目要求的，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但

不全的得2分，有选错的得0分。

1.下列说法中正确的是（）

A.

金属内部的正离子都静止在自己的平衡位置，绝缘体中几乎不存在能自由移动的电荷

B.电动势的定义式是

E



W

，电动势E的大小与q的大小有关

q

C.

法拉第提出了“力线”的概念，并总结得出法拉第电磁感应定律

D.

元电荷是最小的带电单位，任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍

【答案】

D

【解析】

【详解】

A

．金属内部的正离子在自己的平衡位置附近振动，而绝缘体中几乎不存在能自由移动的电荷，故

A

错误；

B．电动势的定义式是

E



性决定的，故

B

错误；

C

．法拉第提出了“力线”的概念，纽曼和韦伯总结得出法拉第电磁感应定律，故

C

错误；

D

．元电荷是最小的带电单位，任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍，故

D

正确。

故选

D

。

2.

如图所示，光滑的水平地面上静止放着质量为

M

的小车，小车底边长为

L

，质量为

m

的小球从小车顶端

静止释放，最终从小车上滑离，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）

W

，电动势E的大小与q的大小无关，电动势的大小是由电源内非静电力的特

q

A.M

、

m

组成的系统动量守恒

B.M

、

m

组成的系统机械能不守恒

C.

小球从小车上滑离后，将做自由落体运动

D.小球从小车上滑离时，小车向左运动的距离为

【答案】

D

【解析】

m

L

Mm

【详解】

A

．对于

M

、

m

组成的系统，由于ｍ沿曲面加速下滑，有竖直向下的加速度，所以存在失重现象，

系统竖直方向的合外力不为零，系统动量不守恒，

A

错误；

B

．对于

M

、

m

组成的系统，在滑块下滑过程中只有重力做功，所以系统机械能守恒，

B

错误；

C

．对系统，水平方向动量守恒

0mv

1

Mv

2

机械能守恒

mgh

1

2

1

2

mv

1

Mv

2

22

小球离开小车的速度不为零，因此小球做平抛运动，

C

错误；

D

．对系统，水平方向动量守恒

0mv

1

Mv

2

即有

M

即

x

1

x



m

2

tt

Mx

1

mx

2

又因为

x

1

x

2

L

解得

x

1



选项

D

正确。

故选

D

。

m

L

m



M

3.

如图所示，将平行板电容器接入恒压电源，电容器的上极板与一个外壳接地的静电计相连。一带电油滴

恰好静止在电容器两极板间的

P

点，现将

M

板缓慢上移，则（）

A.

平行板电容器的电势差变大

C.

油滴将向下移动

【答案】

C

【解析】

B.

两极板间的场强不变

D.P

点的电势增大

【详解】

A

．平行板电容器接入恒压电源，

MN

间的电势差不变，

A

错误；

B．根据

E



U

可知，板间距变大则两板间的场强变小，B错误；

d

C

．电场强度变小，油滴受到的电场力小于重力，油滴将向下移动，

C

正确；

D．根据

U

PN

=Ed

PN

可知，PN间的距离不变，场强减小，则

U

PN

变小，又由

U

PN





P



0

可知

P

点的电势减小，

D

错误。

故选

C

。

搭载神舟十七号载人飞船的长征二号

F

遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心成功

4.10

月

26

日

11

时

14

分，

发射，飞船入轨后，将按照预定程序与空间站组合体进行自主快速交会对接，航天器对接时存在一定的相

对速度，由于航天器的质量大，对接时产生的动能比较大，为了减少对接过程中产生的震动和撞击，对接

机构内部采用了电磁阻尼器消耗对接能量。如图为某电磁阻尼器的简化原理图，当质量块上下移动时会带

动磁心一起运动，磁心下方为

N

极，下列说法正确的是（）

A.

当质量块带动磁心下移时，线圈有扩张趋势

B.

当质量块带动磁心下移时，通过电阻

R

的电流向上

C.

整个过程对应的是电能向磁场能转换

D.

减小线圈匝数，阻尼效果增强

【答案】

B

【解析】

【详解】

A

．当质量块带动磁心下移时，线圈磁通量增大，根据“增缩减扩”，线圈有收缩趋势，

A

错误；

B

．根据楞次定律，线圈中磁场方向向下，磁通量增大，则通过电阻

R

的感应电流向上，

B

正确；

C

．整个过程对应的是动能向电能转换，

C

错误；

D

．减小线圈匝数，产生的感应电流较小，阻尼效果减弱，

D

错误。

故选

B

。

，匀强磁场

B

垂直于霍尔元件竖直向下，工作电源

E5.

如图所示，某型号霍尔元件（导电自由电荷为电子）

给电路中提供的电流为I时，产生的霍尔电压为U；元件厚度为d，闭合开关

K

1

、

K

2

，下列判断中正确的

是（）

A.

滑动变阻器接入电路的阻值变大，电压表示数将减小

B.

增加磁感应强度，电压表示数将减小

C.4

点电势比

2

点电势高

D.

此霍尔元件可以把电学量转化为磁学量

【答案】

A

【解析】

【详解】

A

．霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，有

evBeE

电流微观表达式

IneSv

设霍尔元件的宽度为

l

，霍尔元件的电压

U

H

El

霍尔元件

的

截面面积

Sld

解得

U

H



BI

ned

滑动变阻器接入电路的阻值变大，闭合电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律，

I

减小。因此霍尔电压减小，

电压表示数将减小。故

A

正确；

B

．由

U

H



BI

ned

增加磁感应强度，霍尔电压增大，电压表示数将增大。故

B

错误；

C

．根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向

4

点一侧方向，电子带负电，故

4

点电势低；

2

点感应出正

电荷，

4

点电势比

2

点电势低。故

C

错误；

D

．此霍尔元件可以把磁学量转化为电学量。故

D

错误。

故选

A

。

6.

热敏电阻是一种能随温度变化而改变电阻值的电学元件，被广泛用于温度测量、温度控制和电子设备保

护等领域。如图甲所示是某实验小组设计的家用热水器的控制电路，

R

0

50

，

R

1

的阻值随温度的升高

R

而减小，其阻值随温度变化曲线如图乙所示。

R

2

为调温电阻，信号模块通过监测

R

1

和

2

两端总电压从而

控制加热电路通断，

r10

，则下列说法正确的是（）

A

当

R

2

短路，信号模块监测电压数值增大

.

R

B.当

R

2

短路，

R

1

和

2

消耗总功率一定增大

C.当信号模块临界电压不变时，要使热水器内水温维持一个较高温度，则

R

2

的阻值应调大一点

D.当

R

2

阻值不变时，要使热水器内水温维持一个较高水平，应增大信号模块临界电压

【答案】

C

【解析】

【详解】A．当

R

2

短路，阻值减小为零，根据“串反并同”，信号模块监测电压数值减小，A错误；

B．将

R

0

50

等效为电源内阻。当

R

2

短路，外电路阻值减小，但无法判断与电源等效内阻的大小关系，

R

1

和

R

2

消耗总功率变化情况无法判断，B错误；

R

C．当信号模块临界电压不变时，要使热水器内水温维持一个较高温度，则

R

1

的阻值较小，则

2

的阻值应

调大一点，

C

正确；

D．当

R

2

阻值不变时，要使热水器内水温维持一个较高水平，则

R

1

的阻值较小，应减小信号模块临界电压，

D

错误。

故选

C

。

，重

0.5N

的容器放在传感器上，容器上方有一个

7.

如图所示，水平桌面上放置一个压力传感器（已调零）

装满芝麻的大漏斗，打开阀门

K

芝麻可以从漏斗口无初速度的漏出，在空中做自由落体运动互不影响，落

在容器后速度立即减为

0

，每秒漏出芝麻的质量恒定为

20g

；

10s

末，关闭阀门

K

，此时落在芝麻堆顶的芝

麻速度为2m/s，芝麻落在容器或芝麻堆上时受到弹力远大于自身重力，重力加速度为

g10N/kg

。则10s

末传感器的示数为（）

A.2.50N

【答案】

A

【解析】

B.2.52NC.2.54ND.2.56N

【详解】取落到芝麻堆上一小部分

m

在

Δt

时间内静止，根据动量定理

Ftmv

设每秒漏出的质量为

m

0

，则芝麻对芝麻堆的冲击力为

F





F





mv



m

0

v



t

设已经静止的芝麻质量为

m

1

，空中的芝麻质量为

m

2

，则

m

2



m

0

得

v

g

F





m

0

v



m

2

g

v



m

2

g

v

在10s内流出的芝麻总质量为

m

1

m

2

，芝麻对容器的压力为

NF



m

1

g



m

1

m

2



gm

0

tg2.00N

则

10s

末传感器承受的压力即传感器示数为

N



N0.5N2.50N

故选

A

。

8.

下列有关物理知识和物理学史，正确的是（

A.

高空建筑的避雷针利用了静电屏蔽的原理

B.

医生给肩颈酸痛病人贴的红外线理疗贴利用了红外线的热效应

C.

赫兹通过实验验证了麦克斯韦电磁波理论的正确性

D.

爱因斯坦首先提出了能量量子化的概念

【答案】

BC

【解析】

【详解】

A

．高空建筑的避雷针利用了尖端放电的原理，故

A

错误；

B

．医生给肩颈酸痛病人贴的红外线理疗贴利用了红外线的热效应，故

B

正确；

C

．赫兹通过实验验证了麦克斯韦电磁波理论的正确性，故

C

正确；

D

．普朗克首先提出了能量量子化的概念，故

D

错误。

故选

BC

。

9.

如图所示，水平桌面上固定放置一个绝缘光滑圆弧槽，长直导线

MN

平行于圆弧槽底边

AA



放在圆弧槽

上，导线中通有

M

→

N

的电流

I

，整个空间区域存在竖直向上的匀强磁场（图中未画出），

MN

静止时，

MO

连线与竖直方向的夹角



为

30

°，圆弧槽对导线

MN

的支持力为

F

N

，

PP



与圆心

O

等高。下列说法正确

的是（）

）

A

若仅将电流I缓慢增大一点，则导线MN沿圆弧槽向上运动

.

B.

若仅将磁感应强度大小缓慢增大，导线

MN

将有可能沿圆弧槽缓慢运动到

PP



上方

C.

若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转

45

°过程中，则

F

N

先减小后增大

D.若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转60°过程中，则MO连线与竖直方向夹角的最大正切值为

【答案】

AD

【解析】

【详解】

A

．由题意，对长直导线

MN

受力分析，受重力

mg

，支持力

F

N

，安培力

F

，由左手定则可知安培

力方向水平向右，由平衡条件，顺

M

到

N

方向看，受力图如图所示，由解析图可知，将电流

I

缓慢增大一

点，由安培力公式

FBIL

，可知安培力增大，支持力增大，

θ

角增大，即导线

MN

沿圆弧槽向上运动，

A

正确；

2

2

B

．由

A

选项分析可知，若仅将磁感应强度大小缓慢增大，由安培力公式

FBIL

，可知安培力增大，方

向不变，支持力增大，

θ

角增大，导线向上移动，可当

θ

角增大到一定值时，若再增大，长直导线就不会再

处于平衡状态，可知

θ

角不可能达到

90°

，只有

θ<90°

时，长直导线有可能受力平衡，因此导线

MN

不可能沿

圆弧槽缓慢运动到

PP



位置，更不可能运动到

PP



上方，

B

错误；

C

．若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转

45°

过程中，安培力大小不变，方向由水平以导线为轴顺时针转动，

由水平方向转到右下方，则安培力在竖直向下方向的分力逐渐增大，若导线仍处于平衡状态，则支持力为

F

N

，

会逐渐增大，因此若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转

45°

过程中，则

F

N

一直增大，

C

错误；

D

．由

A

选项解析图可知，

MN

静止时，由平衡条件可得导线受安培力大小为

Fmg

tan



mg

tan30





3

mg

3

若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转

60°

过程中，可知安培力的大小不变，方向沿逆时针缓慢旋转

60°

，由力

的平衡条件，可得导线受力的三角形定则平衡图，如图所示，由解析图可知，当安培力

F

的方向与支持力

为

F

N1

的方向垂直时，MO连线与竖直方向的夹角最大，则该角的正切值为最大，此时支持力为

F

N1





mg



2



F

2





mg



2



3



6





mg



mg





3



3



2

解得

tan



m



D

正确。

故选

AD

。

F

2



F

N1

2

10.

如图所示，水平固定一半径为

r

的金属圆环，圆环关于中轴线

AB

对称两侧分布大小均为

B

，方向垂直

于圆环平面向上和向下的磁场。一长为

r

的金属棒沿半径放置，一端固定在圆心

O

处，另一端与圆环接触

良好，并以角速度



绕圆心

O

顺时针匀速转动。圆环边缘和圆心处通过接触良好电刷分别与两平行金属板

C、D相连，C、D板长为

L



16



v

0



，间距为d。若以金属棒刚经过A点作为计时起点，C、D左端中心位

置有一粒子源，水平向右源源不断地发射初速度为

v

0

正电粒子，粒子比荷为

重力。下列说法正确的是（）

q

，粒子间互不影响，且不计

m

qBr

2



A.带电粒子在电场中的加速度为

md

B.所有从金属板右侧射出的粒子动能都为

C.只有从

n



（

n1

、2、3…）时刻进入的粒子才能从右侧水平射出

2



1

2

mv

0

2

8



2

qBr

2

D.若带电粒子从

t0

时刻进入两平行金属板，要使粒子能够从右侧射出，则d应大于等于

m



【答案】

CD

【解析】

【详解】

A

．金属棒转动的感应电动势即电容器电势差为



rB



r

2

U



Br



22

则带电粒子在电场中的加速度为

qUqB



r

2

a



md

2

md

A

错误；

B

．以金属棒刚经过

A

点或

B

点作为计时起点，电势差变化的周期为

T



粒子通过电容器的时间为

2





t



L

16



v

0

16





8

T

v

0



v

0



1

2

mv

0

的动能水平射出。同理，以在A

2

说明粒子在电容器中做类平抛后再恢复水平

v

0

，共重复8次，最后以

点和B点间两个半圆中点为计时起点，粒子动能也为

C．结合选项B，每

n



T

时刻即（

n1

、2、3…）时刻进入的粒子才能从右侧水平射出，C正确；

4

2



22

1

2

mv

0

。其它计时起点则不是，B错误；

2

D

．若带电粒子从

t0

时刻进入两平行金属板，则一个周期每粒子的侧向位移为

1



T



1

qB



r

2



2





q



2

Br

2

y



2



a





2







2



2



22

md



2





2

md



粒子入射点在两板中间且经历

8

个周期，则

d16y

解得

d

的最小值为

8



2

qBr

2

d



m



D

正确。

故选

CD

。