2019北京高考一模物理分类汇编—电磁学

1、2019北京高考一模物理分类汇编一电磁学1. （2019?西城区一模）如图所示，在水平面上有一个U形金属框架和一条跨接其上的金属杆ab,二者构成闭合回路且处于静止状态。在框架所在的空间内存在匀强磁场（图中未画出）。下面说法正确的是（）A.若磁场方向水平向右，当磁场增强时，杆ab受安培力向上B.若磁场方向水平向右，当磁场减弱时，杆ab受安培力向上C.若磁场方向竖直向上，当磁场增强时，杆ab受安培力向左D.若磁场方向竖直向上，当磁场减弱时，杆ab受安培力向左12 / 172. （2019?西城区一模）如图所示，在两块平行金属板间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场（磁场未画出）。现有两

2、种带电粒子M N分别以同样的速度 v从左端沿两板间的中线射入，都能沿直线从右端射出，不计粒子重力。以下说法正确的是（）A.带电粒子 M N的电性一定相同B,带电粒子 M N的电量一定相同C.撤去电场仅彳留磁场，M N做圆运动的半径一定相等D.撇去磁场仅彳留电场，M N若能通过场区，则通过场区的时间相等3. （2019?西城区一模）为了研究空腔导体内外表面的电荷分布情况，取两个验电器 A和B,在B上装一个几乎封 闭的空心金属球 C （仅在上端开有小孔），D是带有绝缘柄的金属小球，如图所示。实验前他们都不带电，实验时首先将带正电的玻璃棒（图中未画出）与C接触使C带电。以下说法正确的是（）A.若将带

3、正电的玻璃棒接触 C外表面，则B的箔片带负电B.若将带正电的玻璃棒接触 C内表面，则B的箔片不会带电C.使D接触C的内表面，然后接触 A,操作若干次，观察到 A的箔片张角变大D.使D接触C的外表面，然后接触 A,操作若干次，观察到 A的箔片张角变大4.（2019?石景山区模拟）有一种“电磁动力小火车”玩具，一节干电池与两钛铁硼强磁铁紧都相连置于探例导线（表面没有绝缘层）绕成的螺线管内部，两块磁铁与铜导线接触良好，实验发现如果干电池的“+ “ “-”极与两块磁铁的" N” "S ”极排布如图所示，则干电池与磁铁组成的“小火车”就会按照图中“运动方向“在螺 线管内运动起来，关于

4、小火车的运动，下列判断正确的是（）A.驱动“小火车”运动的动力来自于两块磁铁之间的相互排斥力B.其他材料不变，只将干电池的“+”极左右对调，则“小火车”运动方向变为向右运动C.其他材料不变，改用旧的干电池，则“小火车”运动速度一定变大D.其他材料不变，只增加两端磁铁数量（两端“N' "S”极排布方向不变），则“小火车”运动速度一定变大5.（2019?海淀区一模）如图既可以看成是用来描述山坡地势的等高线图，也可以看成是用来描述电场中电势高低的等势线图。关于此图，下列说法正确的是（）A.若该图为等高线图，可知a坡的地势比b坡陡峭B.若该图为等高线图，可知在不考虑摩擦力时，小球从a

5、坡滑下的加速度大于从 b坡滑下的加速度C.若该图为等势线图，可知a侧的电势降落比b侧慢D.若该图为等势线图，可知a侧的电场强度比b侧大6. （2019?海淀区一模）如图所示的电路由交流电源供电,L为带有铁芯且不计直流电阻的线圈，下列方案中可能使小灯泡变暗的是（）A.仅增加电源的频率B.仅拔出线圈中的铁芯C.仅减小线圈的匝数D.仅换用与交流电源电压有效值相同的直流电源7. （2019?海淀区一模）图1是实验室的可拆卸铅蓄电池装置，图2是其示意图。利用铅与稀硫酸的化学反应,该装置可以将化学能转化为电能。图中M为电池正极（二氧化铅棒上端），N为电池负极（铅棒上端），分别为与正、负极非常靠近的探针（探

6、针是为测量内电压而加入电池的，它们不参与化学反应）。用电压传感 器（可看做理想电压表）测量各端间的电势差，数据如表。则下列说法正确的是（）UMpUqUQn外电路断开时1.51V约为00.59 V在m, N之间接入10 a电阻时1.47V-0.42V0.63VA.外电路接通时稀硫酸溶液中的电流方向向右B.该电池的电动势约为0.59VC.该电池的电动势约为1.51VD.该电池的内阻约为 2.5 Q8. （2019?海淀区一模）光镣技术可以用来捕获、操控微小粒子（目前已达微米级）。激光经透镜后会聚成强聚 焦光斑，微粒一旦落入会聚光的区域内，就有移向光斑中心的可能，从而被捕获。由于光的作用使微粒具有势

7、能，光斑形成了一个类似于“陷阱”的能量势阱，光斑中心为势能的最低点。结合以上信息可知，关于利用光镣捕获一个微小粒子的情况，下列说法正确的是（）A.微粒被捕获时，受到激光的作用力一定沿着激光传播的方向B.微粒被捕获时，受到激光的作用力一定垂直激光传播的方向C.微粒向光斑中心移动时，在能量势阱中对应的势能可能增大D.被捕获的微粒在获得较大的速度之后，有可能逃离能量势阱V0从S射入，恰能9. （2019?朝阳区一模）如图为速度选择器示意图，Pi、P2为其两个极板。某带电粒子以速度沿虚线从Q射出。不计粒子重力，下列说法正确的是（）A.极板Pi的电势一定高于极板 P2的电势B.该粒子-一定带正电C.该粒

8、子以速度2v。从S射人，仍能沿虚线从 S2射出D.该粒子以速度 Vo从S2射人，也能与昏虚线从 S射出R和小灯泡。电流10. （2019?朝阳区一模）如图所示，一理想变压器的原线圈接正弦交流电源，副线圈接有电阻表和电压表均可视为理想电表。闭合开关S,下列说法正确的是（）A.电流表Ai的本数减小C.电压表Vi的示数减小B.电流表A2的示数减小D.电压表切的示数减小O,乙的圆心11. （2019?石景山区模拟）如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为为Q,在两环圆心的连线上有 a、b、c三点，其中aQ=Ob=bQ=Qc,此时a点的磁感应强度大小为 B1, b点的磁感应强度大小

9、为 R.当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为（）A. Bi-C. B2- BiD.12. （2019?朝阳区一模）某物理兴趣小组利用如图所示的电路给一个原来不带电的电容器充电在充电过程中，电路中的电流为i,电容器所带的电荷量为 q,两极板问的电势差为 u,电容器储存的能量为 E电.下面的四幅示 意图分别表示i、q、u和E电随时间t的变化关系，其中可能正确的是（）D.13. （2019?朝阳区一模）如图所示，A、B是两个带异号电荷的小球，其质量相等，所带电荷量分别为qi, q2, A球刚绝缘细线悬挂于 。点，A、B球用绝缘细线相连，两细线长度相等，整个装置处于水平匀强电场中，平衡时， 两

10、细线张紧，且 B球恰好处于。点正下方，则可以判定，A、B两球所带电荷量的关系为（）A. qi = q2B. qi = 2q2C. 2qi=一D. qi= 3q214. （2019?丰台区一模）如图所示，地面附近某真空环境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，一个带正电的油滴，沿着一条与竖直方向成口角的直线MN运动，由此可以判断（）A.匀强电场方向一定是水平向左B.油滴沿直线一定做匀加速运动C.油滴可能是从N点运动到M点D.油滴一定是从 N点运动到M点15. （2019?平谷区模拟）某同学将一毫安表改装成双量程电流表。如图所示，已知毫安表表头的内阻为100Q,满偏电流

11、为1mA R和R为定值电阻，且 R=5Q, R= 20 ,则下列说法正确的是（）A.若使用a和b两个接线柱，电表量程为 24mAB.若使用a和b两个接线柱，电表量程为 25mAC.若使用a和c两个接线柱，电表量程为 4mAD.若使用a和c两个接线柱，电表量程为 10mA16. （2019?怀柔区模拟）如图所示，虚线框内为改装好的电表，M N为新电表的接线柱。已知灵敏电流计G的满偏电流为100 A,内阻为495.0 Q,电阻箱读数为5.0 .根据以上数据计算可知改装好的电表（）A.电压量程为 1mVC.电流量程为1科AB.电压量程为 50mVD.电流量程为10mA17. （2019?延庆区一模）

12、如图所示是演示自感现象的电路图，关于此实验，下列说法正确的是（A.通电稳定后，断开开关时灯泡 A逐渐熄灭，灯泡 B立刻熄灭B.变阻器R的作用是在接通开关时使灯泡B逐渐变亮C.如果灯泡B短路，接通开关时灯泡 A立刻变亮D.如果灯泡 A短路，接通开关时通过 L的电流逐渐增大18. （2019?延庆区一模）如图所示，一个匝数为n的圆形线圈，面积为 S,电阻为r。将其两端a、b与阻值为R的电阻相连接，在线圈中存在垂直线圈平面向里的磁场区域，磁感应强度B随时间t均匀增加，当 一 k时线圈中产生的感应电流为 I1；当一 2k时，其他条件不变，线圈中产生的感应电流变为I2.则通过电阻R的电流方向及I1与I

13、2之比分别为（）A. c-d, I 1： 12= 1： 2B. c-d, I1： 12= 2： 1C. d-c, I 1： 12=2： 1D. d-c, I1： 12= 1： 219. （2019?平谷区模拟）如图 a所示，理想变压器原线圈通过理想电流表接在一交流电源的两端，交流电源输出 的电压u随时间t变化的图线如图b所示，副线圈中接有理想电压表及阻值R= 10a的负载电阻。已知原、副线圈匝数之比为10: 1,则下列说法中正确的是（）A.电压表的示数为 20VB.电流表的示数为0.28AC.电阻R消耗的电功率为 80WD .通过电阻R的交变电流的频率为 100Hz20. （ 2019?怀柔区

14、模拟）如图所示，左右两套装置完全相同，用导线悬挂的金属细棒ab、cd分别位于两个蹄形磁铁的中央，悬挂点用导线分别连通。现用外力使ab棒向右快速摆动，则此时cd棒受到的安培力方向及这个过程中右侧装置的工作原理相当于（）A. cd棒受到的安培力向右，右侧装置的工作原理相当于电动机B. cd棒受到的安培力向左，右侧装置的工作原理相当于发电机C. cd棒受到的安培力向右，右侧装置的工作原理相当于发电机D. cd棒受到的安培力向左，右侧装置的工作原理相当于电动机21. （2019?怀柔区模拟）如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有A、B两个带电小球，A球固定不动，现给 B球一个垂直AB连线方向的初速度 vo,

15、使B球在水平桌面上运动，B球在水平方向仅受电场力，有关B球的运动的说法正确的是（）A.若A、B为异种电性的电荷,B球一定做匀速圆周运动B.若A、B为异种电性的电荷,B球一定做加速度减小、速度变小的变速曲线运动C.若A、B为同种电性的电荷,B球一定做加速度减小、速度增大的变速曲线运动D.若A、B为同种电性的电荷,B球一定做加速度减小、速度减小的变速曲线运动物理试题答案1 .【分析】根据楞次定律判断出感应电流的方向，再根据左手定则判断出安培力的方向，从而确定杆子的运动方 向。【解答】 解：A若磁场方向水平向右，则穿过线圈的磁通量始终为0,当磁场增强时，回路没有感应电流，则杆ab不受安培力。故A错误

16、。B、若磁场方向水平向右，则穿过线圈的磁通量始终为0,当磁场减弱时，回路没有感应电流，则杆 ab不受安培力。故B错误。C、若磁场方向垂直纸面向上，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则，杆子所受的安培力方向向左，故C正确。D、若磁场方向垂直纸面向上，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，根据左手定则，杆子所受的安培力方向向右，故D错误。故选：C。【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握左手定则判断安培力的方向。2 .【分析】 粒子受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，二力平衡时粒子沿直线运动，当二力不平衡时，粒子

17、做曲线运动，由公式 qv0B=qE,电量与电性不会影响粒子的运动性质，只有当运动方向相反时，才不会做直线运动； 只有磁场时做匀速圆运动，根据 r 一分析半径；只有电场时做类平抛运动，初速度方向做匀速直线运动，根据t -分析时间。【解答】 解：恰能沿直线飞出速度选择器，根据左手定则判断可知，粒子受的洛伦兹力与电场力方向相反，此时洛伦兹力与电场力二力平衡，有：qvB=qE,即vB= EAR不论粒子带何种电荷，受到的洛伦兹力和电场力总相反，满足qvB=qE,即vB= E,与电性和电荷量无关,故A B错误；C、撤去电场仅保留磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆运动，轨道半径r 一，v、B相同，但比荷不确定，

18、所以半径不一定相等，故 C错误；D、撇去磁场仅保留电场，粒子做类平抛运动，初速度方向做匀速直线运动，若能通过场区，则通过场区的时间t -相等，故D正确。故选：Do【点评】本题考查了粒子速度选择原理，只要对粒子进行正确的受力分析即可解决此类问题，注意掌握粒子做直线运动，一定是匀速直线运动，且粒子的电量与电性均不会影响运动性质。3 【分析】明确物体带电的三种带电方式及原理：接触带电、感应起电、摩擦带电。注意空腔导体带电时分布在外表面。【解答】解：A若将带正电的玻璃棒接触 C外表面，则C以及与C连接的B的箔片都带正电。故 A错误；B、若将带正电的玻璃棒接触 C内表面，则C以及与C连接的B的箔片都带正

19、电。故 B错误；C、若使D接触C的内表面，则D上的电荷全部转移到 C上，D不再带电；然后接触 A, A不能带电；操作若干 次，观察到A的箔片张角不变；故 C错误；D、若使D接触C的外表面，D上的电荷只有一部分转移到 C上，D仍然带电；然后接触 A,则A的一部分电荷 又转移到A上；操作若干次，观察到 A的箔片张角变大。故 D正确故选：D。【点评】在该题中，要理解该实验的目的与实验操作的过程，弄清该操作的过程中采用了接触带电的带电方式，另外要注意空腔导体带电特点。明确实验能证明的结论。4 【分析】分析给出的原理图，明确小火车原理；根据安培定则分析磁场的方向，再根据磁体间的相互作用即可明确受力情况，

20、从而确定运动情况。【解答】解：A根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向右；因为小火车是放在螺线管里面的。内部磁场方向自右向右，小火车左侧磁铁的N 被螺线管左侧磁极S 吸引（参考小磁针），而小火车右侧磁铁N 级要受到右侧N 极的排斥力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向左；两块磁铁之间的相互不能使小火车运动。故 A错误；B、只将干电池的“ +”极左右对调，则螺线管产生的磁场的方向向左，结合A的分析可知，最终小火车两侧磁铁所受总合力向右，小火车将向右运动。故B 正确；C、只改用旧的干电池，则旧电池的内阻增大，则螺线管内的电流减小，产生的磁场减小，“小火车”运动速 度一定

21、变小。故 C错误；D、只增加两端磁铁数量，则小火车的质量也增大，所以“小火车”运动速度不一定变大，故D错误。故选：B。【点评】本题考查科技小制作中”电磁动力小火车“的原理，要注意明确两端磁铁只有方向相同时才能形成对电池前进的动力，从而使电池前进。5 【分析】由等高线的密集程度判断坡面的倾斜角大小，从而得到加速度大小关系，即可判断运动时间长度关系；根据等势线密集程度判断电势降落快慢，即场强大小。【解答】解：A由等高线的密集程度可知b侧较陡，故A错误；8、 b 侧较陡，坡面的倾斜角较大，故小球运动过程加速度较大，故B 错误；CD图中虚线为等势线，那么，等势线较密集的b侧电势降落较快，故场强较大，故

22、C正确，D错误；故选：C。【点评】电势沿着电场线方向降落，场强越大，电势降落越快，等势线越密集。6 .【分析】电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，线圈的自感系数是由线圈本身决定的，由此结合欧姆定律即可求解。【解答】 解：A因电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，故当交流电频率增大时，电感线圈L的阻碍作用增大，灯泡中的电流将变小，则灯泡变暗。故 A正确；B、将线圈中的铁芯拔出，则线圈的自感系数减小，所以电感线圈L的阻碍作用减小，灯泡中的电流将变大，则灯泡变亮。故 B错误；C、减小线圈的匝数则线圈的自感系数减小，所以电感线圈L的阻碍作用减小，灯泡中的电流将变大，则灯泡变亮。故

23、C错误；D、线圈对直流没有阻碍作用，若仅换用与交流电源电压有效值相同的直流电源，则电路中的电流增大，灯泡变亮。故D错误故选：Ao【点评】 该题考查线圈的自感系数与感抗，记住电感线圈是通低频阻高频，属于基础题型。7 .【分析】在电源内部电流从负极流向正极；电源电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压；应用闭合电路欧姆定律可以求出电源内阻。【解答】 解：A在电源内部电流从负极流向正极，外电路接通时稀硫酸溶液中的电流方向向左，故A错误；BG电源电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压，由表中实验数据可知，电源电动势：E=1.51+0.59 =2.1V,故 BC错误；D、在M,N之间接入10a

24、电阻时，电路电流：I ,即：,解得：r =2.5 Q ,故D正确；故选：Do【点评】 本题考查了电源电动势与内阻问题，理解电动势的概念、知道电动势大小是解题的前提，分析清楚表 中实验数据、应用闭合电路欧姆定律即可解题。8.【分析】该题类似于天体运动及电子绕核运动，根据类似知识进行判断【解答】 解：A B:根据题意，微粒受到激光的作用力应该指向光斑中心，跟激光传播方向无关，故A B错误；C、光斑中心为势能最低点，则微粒向光斑中心移动时势能减小，C错误；11 / 1719 / 17D 正确。D、类似于“逃逸速度”，微粒速度较大有可能逃离能量势阱,故选：D。【点评】该题类似于天体运动及电子绕核运动，

25、根据类似知识进行判断9 【分析】粒子进入电场与磁场的复合场后沿直线运动，可知粒子受到的电场力和洛伦兹力是一对平衡力，解决此题可以先假设粒子的电性，来判断电场的方向。分析洛伦兹力与电场力的大小，从而判断粒子能否沿虚线线运动。【解答】 解：A假设带电粒子带正电，由左手定则可知粒子受到的洛伦兹力竖直向上，因粒子恰能沿虚线运动,则电场力应竖直向下，满足qE= qvoB,所以极板Pi的电势一定高于极板 P2的电势，故A正确；B、不论粒子带电性质如何，电场力和洛伦兹力都平衡，所以粒子带电性质无法判断，故B错误；C、若粒子的速度为 2vo,则q?2voB>qE,受力不平衡，不会沿虚线从G射出，故C错误

26、；D、若从S2射人，假设粒子带正电，则电场力竖直向下，洛伦兹力竖直向下，合力向下，不会沿虚线从Si射出,故 D 错误；故选：A。【点评】该题综合了电场和磁场的内容，解决此类问题的关键是正确判断洛伦兹力和电场力的大小及方向，要熟练的应用左手定则来分析问题。10 【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，根据理想变压器的原理结合电路动态分析的方法分析即可。【解答】 解：闭合开关S,由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输入电压和输出的电压始终不变，即电压表Vi 的示数不变；当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，电流表A2的示数增大，所

27、以电阻 R上消耗的电压变大，由于输出的电压不变，所以电压表 V2的示数减小；当S接通后，副线圈电路的总电阻减小，输出的电压不变，总电流变大，根据P= UI得副线圈输出功率变大，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，所以原线圈的输入功率变大，电流表Ai的示数增大；故 ABC错误、D正确。故选：D。【点评】变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压U, U2,电流Ii, I2,输入和输出功率Pi, P2随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的 情况。不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。

28、11 .【分析】根据场强的叠加得出两环分别在b点产生的场强大小以及乙环在 a点产生的场强大小，抓住乙环在a点产生的场强与甲环在 c点产生的场强大小相等，得出环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小。【解答】 解：甲乙两环在 b点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，则两环在b点分别产生的场强大小为 一,两环在a点产生的场强大小为 Bi,甲环在a点产生的场强大小为 一，两环在a点产生的场强方向相同，则乙环 在a点产生的场强大小为一，由于乙环在a点产生的场强与甲环在 c点产生的场强大小相等，则当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为，故A正确，BCD昔误。故选：A。【点评】 解决本题的关键会根据安

29、培定则判断感应电流产生的磁场方向，结合场强的叠加进行求解，难度中等。12 .【分析】将电键S闭合后，在电容器充电的过程中电路中电流非线性减小，由公式£电=4口分析储存的能量的变化情况，根据 U 分析u的变化，再根据q-t图象的斜率等于电流，分析 q-t图象的形状。【解答】 解：A在电容器充电的过程中，由于同种电荷间相互排斥，所以电路中电流非线性减小，I-t图象是曲线，根据q-t图象切线的斜率等于电流，知图象切线的斜率逐渐减小，故A错误；B、根据电容器充电过程中，电容器的电量先增大后不变，故B正确；C、根据U则电容器极板电压先增大后不变，故 C错误；D、由公式E=qu,可知储存的能量先

30、增大后不变，故 D错误。故选：Bo【点评】 解决本题的关键是要知道电容器充电电流是非线性减小，结合物理公式分析各个物理量与时间的变化。 要知道q-t图象的斜率等于电流，从数学的角度研究图象的形状。13 .【分析】设悬点为。点，上面一个小球为 A,下面小球为B,运用整体法研究 OA绳与竖直方向的夹角，再隔 离B研究，分析AB绳与竖直方向的夹角，得到两夹角的关系，判断系统平衡状态。【解答】解：设悬点为。点，上面一个小球为 A,下面小球为B,A带负电，受到的电场力水平向左，B带正电，受到的电场力水平向右。以整体为研究对象，分析受力如图。设OA绳与竖直方向的夹角为 a ,则由平衡条件得：tan a 以

31、B球为研究对象，受力如图。设AB绳与竖直方向的夹角为 3 ,则由平衡条件得tan 3由于 a = 3 ,那么 qi q2=2q2；解得：qi= - 3q2,故ABC错误，D正确;【点评】本题采用隔离法和整体法，由平衡条件分析物体的状态，考查灵活选择研究对象的能力。14 .【分析】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由 于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于直线向上，从而可判断粒子的运动方向，同时可知电场力的 方向向左，可判断电场的方向；【解答】 解：A粒子受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于粒子做直线运动，洛伦兹

32、力只能垂直于直线向上，电场力方向一定向左，油滴带正电荷，则电场方向是水平向左，故A正确；B、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=qvB可知，粒子必定做匀速直线运动，故 B错误；CD根据做直线运动的条件和受力情况可知，油滴带正电，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点，故CD错误；故选：Ao【点评】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）。若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动。15 .【分析】电

33、流表改装为大量程，改装原理为按照比例并联小电阻，具体计算为并联电路两端电压相等。【解答】解：若使用a和b两个接线柱，则 R2与表头串联然后共同与 Ri并联，根据并联电路两端电压相等，可得（100a+R）x 1mA= RiX （I - 1mA ；解得 I =25mA 故 A错误，B正确；若使用a和c两个接线柱，则 R与R串联然后共同与表头并联，根据并联电路两端电压相等，可得 100 ax 1m上（R+R2） x （ I -1mA ；解得 I = 5mA 故 C 错误，D 错误；故选：Bo【点评】需要深刻理解电流表的改装原理，注意电表量程是总电流，不是支路电流。16 .【分析】图示电路图可知：电流

34、计与电阻箱并联，此为电流表，应用并联电路特点与欧姆定律分析答题。【解答】 解：由图可知，电流计与电阻箱并联，此为电流表，M N两端电压为：U= IgR= 100X 10 6X 495.0V = 0.0495V = 49.9mV,电流表满偏时，流过 M N的电流为：I = Ig 100X 10 6 10X 10 3A= 10mA故D正确，ABC错误；故选：Do【点评】本是考查电表的改装问题，对于直流的计算问题，分析清楚电路结构是正确解题的前提与关键，注意 应用并联电路特点：并联支路两端的电压相等，结合欧姆定律进行解题。17 .【分析】闭合开关的瞬间，通过 L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定

35、律分析电流的变化，判断通过 两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同 时熄灭。【解答】 解：A通电稳定后断开开关，电感线圈开始放电当电源，两只灯泡构成回路，都逐渐熄灭，故A错误。B、接通开关时，有电阻的支路电流瞬间通过，B灯瞬间变亮，故 B错误。C、A灯与电感线圈串联，根据楞次定律可知，无论其他支路是否短路，A灯都是慢慢变亮，故 C错误。D、根据楞次定律可知，通过电感线圈的电流逐渐增大，故D正确故选：Do【点评】当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次 定律分析自感电动势对电流的影响。18 .【分析】根据楞次定律，确定感应电流的方向，再由法拉第电磁感应定律，可以求出感应电动势，最后由欧 姆定律求出电流，从而即可求解。【解答】 解：根据楞次定律，产生方向向外的感应磁场，则感应电场为逆时针，电流从c到d,根据结合闭合电路欧姆定律 I 。当一 k,变成一 2k时，因电阻不变，而感应电动势变为2倍