姹熻嫃鐪佸父宸炲競闃冲厜鎸囨爣2019灞婇珮涓変笂瀛︽湡鏈熸湯鑰冭瘯鐗╃悊璇曢�� - 鐧惧害鏂囧簱

C. 根据E=U/d与C=C错误；

相结合可得E=，因电量Q不变，S减小，故电场强度E增大，故

D. 因场强增大，导致P点与B板的电势差增大，因B板接地，电势为零，即P点电势升高，带电粒子带负电，根据EP=qψ，带电液滴仍在P点时电势能减小，故D正确； 故选：D.

6.图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中受电线圈示意图，已知线圈匝数n＝100匝、电阻r＝ 1Ω、横截面积S＝1.5×10－3m2，外接电阻R＝7Ω.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设磁场的正方向水平向左，则( )

A. 在t＝0.005s时通过电阻R的电流大小为0 B. 在t＝0.005s时通过电阻R的电流方向由a流向b C. 在0～0.01s内通过电阻R的电荷量q＝1.5×10 C D. 在0.02～0.03s内电阻R产生的焦耳热为Q＝1.8×10 J 【答案】C 【解析】 【分析】

根据法拉第电磁感应定律公式E=n

，当面积一定时，有：E=nS

，据此列式求解电动势；

－3

－3

依据楞次定律，即可判定感应电流方向；根据平均感应电动势和欧姆定律求解电流，根据q=It求解电荷量；类比交流电的产生，求解求解感应电动势，0.02～0.03s内，根据焦耳定律列式求解电阻R上产生的热量Q。

【详解】A. 在t＝0.005s时，磁通量变化最快，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势最大，通过R的感应电流最大，故A错误；

B. 在t＝0.005s时，穿过线圈的磁通量向左减小，根据“楞次定律”可知，感应电流方向由b流向a，故B错误； C.根据法拉第电磁感应定律E=n

，I=

，q=I△t，

联立可得q=

D.由于磁感应强度按正弦规律变化，ω=

=1.5×10 C，故C正确；

=100πrad/s，所以产生的感应电动势的最大值

－3

Em=nφmω=100×4×10-2×1.5×10-3×100πV=0.6πV，电流的有效值为

A=0.15A，在0.02～0.03s内电阻R产生的焦耳热为Q＝

IRt=0.15×7×0.01J=1.575×10 J，故D错误。 故选：C。

7.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)处于静止状态．现用力F拉物体使其竖直向上做匀加速运动，刚开始时拉力为F＝10N，运动4cm后物体恰好脱离弹簧，此时拉力F＝30N.则下列说法中不正确的是(取g＝10m/s2)( )

2

2

－3

A. 物体的加速度为5m/s B. 物体的质量为2kg C. 弹簧做的功为0.5J D. 物体在弹簧上运动的过程中，物体机械能增加了1.2J 【答案】C 【解析】 【分析】

物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态．由图读出x=0时和x=4cm时F的值，由这两个状态，由牛顿第二定律分别列式，联立可求得物体的质量和加速度．由于合力不变，弹力和拉力都随位移均匀变化，平均力与位移乘积等于力所做的功，根据功能关系，可求机械能的变化。 【详解】AB、初始时物体处于静止状态，合力为0，

当x=0时，当施加F时物体的合力等于此时F的值为F1=10N，由牛顿第二定律得：F1=ma， 当x=4cm时，拉力F的值为F2=30N，由牛顿第二定律得：F2?mg=ma， 联立以上两式可解得：m=2kg，a=5m/s2.故A正确，B正确；

C.初状态弹簧弹力T1=mg=20N，末状态弹簧弹力为零，弹力随位移均匀减小，所以上升过程中

2

弹力做功W1= J=0.4J，故C错误；

D.初状态拉力F1=10N，末状态拉力为F2=30N，上升过程中拉力做功W2=

J=0.8J。根据功能关系，机械能增加量△E=W1+W2=1.2J。故D正确。

本题选择错误答案，故选：C.

二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．

8.如图甲所示为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为10∶1，V为交流电压表，C和L分别为电容器和带铁芯的电感线圈，D1、D2均为灯泡. 若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电，则下列说法中正确的是( )

A. 输入电压的表达式u＝311 sin100πtV B. 仅增大输入电压的频率，D1亮度变亮，D2亮度变暗 C. 仅拔出电感线圈L的铁芯，D1亮度变亮，D2亮度变暗

D. t＝0.005s时，电压表示数为22V，发电机的线圈平面与磁场方向垂直 【答案】AB 【解析】 【分析】

电压表测的是电流的有效值，根据电压与匝数成正比求解，根据图乙所示图象求出交变电流的峰值、角频率初位相，然后写出交变电流的瞬时值表达式，电容通高频阻低频，则频率越大，阻碍作用越小，电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大；电动势最大时，发电机的线圈平面与磁场方向平行。

【详解】A. 根据乙图可知，原线圈电压的最大值为311V，ω=2π/T=100πrad/s，则电压u的表达式u=311sin100πt(V)，故A正确；

B.原线圈电压不变，线圈匝数不变，仅增大电压u的频率，电压表示数不变，则电容通高频阻低频，D1亮度变亮；电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大，所以D2变暗，故B正确；

C.仅拔出电感线圈L的铁芯，自感系数减小，D1亮度变暗，D2亮度也变暗，故C错误； D. 根据乙图可知，原线圈电压的最大值为311V，则有效值U1=

V=220V，根据理想变压器

电压与匝数成正比得：n1：n2=U1：U2=10：1，解得：U2=22V，所以电压表示数为22V不变，t＝0.005s时，电动势最大，发电机的线圈平面与磁场方向平行，故D错误； 故选：AB

9.我国将于2020年完成35颗卫星组网的“北斗”全球卫星导航定位系统，“北斗”是由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星构成的全球定位系统.30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星的轨道高度约为21 500km，静止轨道卫星的高度约为36 000km，已知地球半径为6 400km.关于北斗导航卫星，下列说法中正确的是( ) A. 中轨道卫星的线速度约为3.8km/s B. 中轨道卫星的运行周期约为19h C. 中轨道卫星的向心加速度比静止轨道卫星的向心加速度大 D. 静止轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大 【答案】ACD 【解析】 【分析】

卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，由半径关系可求中轨道卫星的周期，根据线速度与周期关系可求中轨道卫星的线速度；根据万有引力提供圆周运动向心力，可分析加速度和半径的关系，即可比较不同卫星的加速度大小和角速度大小． 【详解】AB.根据万有引力提供圆周运动向心力有

，可得卫星周期

，所

以中轨道卫星与同步卫星的周期比为T中：T静=≈0.53，所以中轨道卫星的

周期大约为12.7h。中轨道卫星的线速度正确，B错误；

C.根据万有引力提供圆周运动向心力有静止轨道卫星的向心加速度大，故C正确；

，

=3.8km/s，故A

，所以中轨道卫星的向心加速度比