大方一中高二期末考试物理试卷(含详细答案)(共18页)

1、大方(dfng)一中高二物理期末考试一选择题（共15小题(xio t)）1下列哪个(n ge)物理量的表达式与磁感应强度B=采用不同的物理方法（）A电场强度E=B加速度a=C电阻R=D电容C=2如图所示，匀强磁场竖直向下，将一水平放置的金属棒ab以水平速度v抛出，设棒在下落过程中始终水平，且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是（）A越来越大B保持不变C越来越小D无法判断3（2003上海）粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的

2、一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（）ABCD4穿过一个单匝数线圈的磁通量，始终为每秒钟均匀地增加2Wb，则（）A线圈中的感应电动势每秒钟增大2VB线圈中的感应电动势每秒钟减小2VC线圈中的感应 电动势始终为2VD线圈中不产生感应电动势5如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形abc，一束带正电的粒子以不同的速度v沿bc从b点射入磁场，不计粒子的重力，关于粒子在磁场中的运动情况下列说法中正确的是（）A入射速度越大的粒子，其运动时间越长B入射速度越大的粒子，其运动轨迹越长C从ab边出射的粒子的运动时间都相等D从ac边出射的粒子的运动时间都相等6如图所示，A、B间电压(diny)一定，当滑片P向右移

3、动到另一位置时，通过R1、R2的电流变化(binhu)量的大小分别为I1、I2，电压变化量的大小(dxio)分别为U1、U2，则（）AI1I2，U1U2BI1I2，U1U2CI1I2，U1=U2DI1I2，U1=U27电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝上，如图所示现使磁铁开始自由下落，在S极接近线圈上端的过程，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（）A从a到b，上极板带正电B从a到b，下极板带正电C从b到a，上极板带正电D从b到a，下极板带正电8如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上电流方向由M指向N，在两轨间存在

4、着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t=0时导线恰好静止，若B按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是（）A在最初的一个周期内，导线在导轨上做机械振动B在最初的一个周期内，导线一直向左运动C在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小D在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小9如图所示电路中，电源电动势为E，内电阻为r，当滑动变阻器的触头向上端移动时，两电压表示数V1、V2和电流表A1、A 2的示数变化情况是（）AV1变大，V2变大，A1变大，A2变大BV1变小，V2变小，A1变小，A2变小CV1变小，V2变大，A1变小，A2变大DV1变大，V2变小，A1变大，A2变

5、小10如图所示，平行板电容器的两极板A，B接入电池两极，一个带正电小球悬挂在两极板间，闭合开关S后，悬线偏离竖直方向的角度为，则（）A保持S闭合，使A板向B板靠近，则变小B保持S闭合，使A板向B板靠近，则不变C打开S，使A板向B板靠近，则变大D打开S，使A板向B板靠近，则变小11如图所示，螺线管B置于闭合金属环A的轴线上，B中有恒定电流(dinli)，从某时刻起，当B中通过的电流逐渐变大时，则（）A环A有缩小的趋势B环A有扩张的趋势C螺线管B有缩短的趋势D螺线管B有伸长的趋势12在光滑水平桌面上，平放一根两端封闭的内壁光滑的真空玻璃管，管长为L，管中一端放有一个质量为m、带电荷量为q的小球，此

6、空间存在着垂直桌面向下的磁场，磁感应强度(qingd)为B。现在给玻璃管施一平行桌面垂直管子的力，维持管子在桌面上以速度v作匀速平动，小球从管的一端开始向另一端运动，下述判断正确的是（ ）A小球(xio qi)相对管子作匀加速运动B小球相对桌面作类平抛运动C小球到达另一端的时间为D小球受到的洛仑兹力大小恒为13如图所示，线圈L的电阻不计，则（）AS断开瞬间，灯熄灭，电容器的A板带正电BS断开瞬间，灯熄灭，电容器不带电C当灯正常发光时，电容器不带电DS刚闭合时，灯立即正常发光14如图所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场中，现给滑环一个水平向右

7、的瞬时作用力，使其开始运动，则滑环在杆上的运动情况可能的是（）A始终做匀速运动B始终做减速运动，最后静止于杆上C先做加速运动，最后做匀速运动D先做减速运动，最后做匀速运动15一闭合线圈固定在垂直于纸面的匀强磁场中，设向里为磁感强度B的正方向，线圈中的箭头为电流i的正方向（如图）已知线圈中感生电流i随时间而变化的图象如图所示，则磁感强度B随时间而变化的图象可能是（）ABCD二填空题（共1小题(xio t)）16（2010湘潭二模）在测定金属丝电阻率的实验(shyn)中，如图甲所示，用螺旋测微器测得金属丝的直径d=_mm如图乙所示，用多用电表(din bio)的“10”欧姆挡，调零后测得金属丝阻值

8、R=_若实验中测出金属丝的长度为L，则该金属丝电阻率的表达式=_（用符号表示）三解答题（共5小题）17现有“12V、24W”的灯泡一个，为了测定它在不同电压下的实际功率和额定电压下的功率，需测定灯泡两端电压和通过的电流，现有提供器材如下：A、直流电源15V（内阻可不计）B、电流表（量程00.6A3A，内阻0.1）；C、电流表（量程0300mA，内阻5）；D、电压表（量程03V15V，内阻15k）；E、电压表（量程025V），内阻约200K）F、滑动变阻器10、5AG、滑动变阻器1K、3AH、开关、导线若干为使实验误差尽量减小，所选器材_（标器材前的字母序号）在虚线框内画出实验电路图，要求灯两端

9、的电压从零开始连续变化连接实物图18如图所示，在电场强度E=5105V/m的匀强电场中，将一电荷量q=2105C的正电荷由A点移到B点，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60角，求：（1）A、B两点间的电势差UAB；（2）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB19如图所示，导轨间的距离(jl)L=0.5m，B=2T，ab棒的质量m=1kg，物块重G=3N，ab棒与导轨间的动摩擦因数=0.2，电源的电动势E=10V，r=0.1，导轨的电阻不计，ab棒电阻也不计，问R的取值范围怎样时棒处于静止状态？（g取10m/s2）20（2007天津）两根光滑的长直金属导轨M N、MN平行

10、置于同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C长度也为l、阻值同为R的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中ab在外力作用下向右匀速运动(yns yndng)且与导轨保持良好接触，在ab运动距离为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q求（1）ab运动(yndng)速度v的大小；（2）电容器所带的电荷量q21如图所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴的夹角为45且斜向上方现有一质量为m电量为q的正离子，以速度v0

11、由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的C点进入电场区域，该离子经C点时的速度方向与x轴夹角为45不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大 求：（1）C点的坐标；（2）离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；（3）离子第四次穿越x轴时速度的大小大方一中高二物理(wl)期末考试参考答案与试题(sht)解析一选择题（共15小题(xio t)）1下列哪个物理量的表达式与磁感应强度B=采用不同的物理方法（）A电场强度E=B加速度a=C电阻R=D电容C=考点：磁感应强度菁优网版权所有分析：磁感应强度的定义式 是比值定义法，比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”

12、来定义一个新的物理量的方法它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变解答：解：A、电场强度E不随F、q的变化而变化，利用的是比值定义法故A错误 B、加速度： 是加速度的决定式a随F、m的变化而变化，采用了不同的物理方法故B正确 C、电阻R不随U、I的变化而变化，利用的是比值定义法故C错误 D、电容C与Q、U无关，利用的是比值定义法故D错误故选：B点评：解决本题的关键理解比值定义法，比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变2如图所示，匀强磁场竖直向下，将一水平放置的金属棒ab以水平速度v抛出，设棒在下落过程中始终水平，且不计空气阻力，

13、则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是（）A越来越大B保持不变C越来越小D无法判断考点：导体切割磁感线时的感应电动势菁优网版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：由感应电动势公式E=Blvsin，vsin是有效的切割速度，即是垂直于磁感线方向的分速度，结合平抛运动的特点分析选择解答：解：金属棒ab做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度保持不变，等于v0由感应电动势公式E=Blvsin，visv是垂直于磁感线方向的分速度，即是平抛运动的水平分速度，等于v0，则感应电动势E=Blv0，B、l、v0均不变，则感应电动势大小保持不变则B正确故选：B点评：本题考查对感应电动势

14、公式的理解和平抛运动的特点，注意到线切割磁感线v是垂直B的速度3（2003上海）粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势菁优网版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：正方形的一条边在磁场中，改边切割磁感线，相当于电源，然后根据闭合电路的有关知识进行求解解答：解：磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，ACD中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端电压为

15、：，B图中a、b两点间电势差为路端电压为：，所以a、b两点间电势差绝对值最大的是B图所示，故ACD错误，B正确故选B点评：本题属于电磁感应与电路的结合，注意弄清电源和外电路的构造，明确a、b两点间的电势差是路端电压还是某一阻值电压4穿过一个单匝数线圈(xinqun)的磁通量，始终为每秒钟均匀地增加2Wb，则（）A线圈中的感应电动势每秒钟增大2VB线圈中的感应电动势每秒钟减小2VC线圈中的感应电动势始终为2VD线圈中不产生感应电动势考点：法拉第电磁感应定律菁优网版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第电磁感应定律E=n分析感应电动势的大小解答：解：磁通量始终保持每秒钟均匀地增加2Wb，则

16、=2Wb/s，根据法拉第电磁感应定律E=n，知E=2V保持不变故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，会运用法拉第电磁感应定律解题5如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形abc，一束带正电的粒子以不同(b tn)的速度v沿bc从b点射入磁场，不计粒子的重力，关于粒子在磁场中的运动情况下列说法中正确的是（）A入射速度越大的粒子，其运动时间越长B入射速度越大的粒子，其运动轨迹越长C从ab边出射的粒子的运动时间都相等D从ac边出射的粒子的运动时间都相等考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力菁优网版权所有专题：带电粒子在电场中的运动

17、专题分析：带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，周期为T=，轨迹半径为r=根据圆的对称性可知，从ab边出射的粒子速度的偏向角相同，则轨迹的圆心角相同，运动时间必定相同速度越大，半径越大，从ac边出射的粒子速度的偏向角不同，运动时间不同解答：解：A、B、C带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，轨迹半径为r=，速度越大，半径越大，根据圆的对称性可知，从ab边出射的粒子速度的偏向角都相同，而轨迹的圆心角等于速度的偏向角，则从ab边出射的粒子轨迹的圆心角都相同，粒子在磁场中运动时间为t=T，T相同，则从ab边出射的速度不同的粒子的运动时间都相等故AB错误，C正确D、从ac边出射的粒子速度的偏向角不同，运动时间不同

18、，粒子轨迹的圆心角不同，粒子在磁场中运动时间不同故C正确，ABD错误故选C点评：本题带电粒子在有界的磁场中运动的类型，注意根据圆的对称性得到出射时粒子速度和边界的夹角与入射时速度和边界的夹角相等6如图所示，A、B间电压一定(ydng)，当滑片P向右移动到另一位置时，通过R1、R2的电流(dinli)变化量的大小分别为I1、I2，电压变化(binhu)量的大小分别为U1、U2，则（）AI1I2，U1U2BI1I2，U1U2CI1I2，U1=U2DI1I2，U1=U2考点：闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路菁优网版权所有专题：恒定电流专题分析：由电路图可知，电阻R2与R3并联，然后再与R1串联

19、；根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点判断电路总电阻如何变化，再应用欧姆定律判断电路电流如何变化，最后应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题解答：解：由电路图可知，电阻R2与R3并联，然后再与R1串联，设A、B间电压为U； 由电路图可知，滑片P向右移动时，滑动变阻器R2接入电路的阻值变小，电阻R2与R3的并联电阻变小，电路总电阻变小，电路两端电压U不变，由欧姆定律可知，干路电流I1增大，电阻阻值不变，电阻R1两端电压U1=IR1变大，电阻R2与R3的并联电压 U并=U2=U3=UU1变小，R3不变，由I3=，可知I3变小，由并联电路特点可知，干路电流等于各

20、支路电流之和，I1=I2+I3，I1变大，I3变小，则I2变大，则I1的增加量小于I2的增加量，即I1I2； 串联电路总电压等于各串联电路电压之和，则U=U1+U2，由于U不变，U1的减小量等于U2的增加量，即U1=U2；由以上分析可知，I1I2，U1=U2，故C正确；故选：C点评：本题考查了判断电流与电压变化量间的关系，分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题7电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝上，如图所示现使磁铁开始自由下落(xilu)，在S极接近线圈上端的过程，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（）A从a到b，上极板带正电B从a

21、到b，下极板带正电C从b到a，上极板带正电D从b到a，下极板带正电考点：楞次定律菁优网版权所有分析：使磁铁开始自由下落，在S极接近线圈上端的过程中，导致线圈的磁通量增大，从而产生感应电动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向当线圈中有电动势后，对电容器不断充电直到稳定解答：解：当磁铁S极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而上，由于线圈相当于电源，线圈下端相当于电源负极，则流过R的电流方向是从a到b，对电容器充电，上极板带正电，故A正确，BCD错误故选：A点评：此时线圈相当于电源，则外电路的

22、电流方向是从正极到负极，而内电路则是从负极到正极同时电容器在充电时电压随着电量增加而增大8如图甲所示，电流(dinli)恒定的通电直导线MN，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上电流方向由M指向N，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t=0时导线恰好静止，若B按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是（）A在最初的一个周期内，导线在导轨上做机械振动B在最初的一个周期内，导线一直向左运动C在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小D在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力菁优网版权所有专题：电磁感应中的力学问题分

23、析：根据安培力F=BIL，结合Bt图象分析导线的运动情况，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况解答：解：在第1个内，由左手定则可知，MN所受的安培力方向向左，由F=BIL知，安培力逐渐减小，则该棒从静止开始向左做加速度减小的变加速运动；在第2个内，由左手定则可知，MN所受的安培力方向向右，由F=BIL知，安培力逐渐增大，则该棒向左做加速度增大的变减速运动，T时刻速度为零；在第3个内，由左手定则可知，MN所受的安培力方向向右，由F=BIL知，安培力逐渐减小，则该棒从静止开始向右做加速度减小的变加速运动在第4个内，由左手定则可知，MN所受的安培力方向向左，由F=BIL知，安培力逐渐增大，则该棒向右做

24、加速度增大的变减速运动，T时刻速度为零故在最初的一个周期内，导线在导轨上做机械振动在最初的半个周期内，导线的加速度先减小后增大，速度先增大后减小故AD正确，BC错误故选AD点评：本题关键要正确运用左手定则和安培力公式F=BIL，分析导体棒的运动情况9如图所示电路中，电源电动势为E，内电阻为r，当滑动变阻器的触头向上端移动时，两电压(diny)表示数V1、V2和电流表A1、A 2的示数变化(binhu)情况是（）AV1变大，V2变大，A1变大，A2变大BV1变小，V2变小，A1变小，A2变小CV1变小，V2变大，A1变小，A2变大DV1变大，V2变小，A1变大，A2变小考点：闭合电路的欧姆定律菁

25、优网版权所有专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器的触头向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化及路端电压的变化，由欧姆定律分析电压表V2示数的变化及并联部分电压的变化，即可判断A1示数的变化，根据总电流与A1示数的变化，分析A2示数的变化解答：解：当滑动变阻器的触头向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与定值电阻并联的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流变小，电源的内电压变小，路端电压变大，即V1变大由欧姆定律分析可知电压表V2示数变小，变阻器与定值电阻并联电压变大，所以A1示数变大，因

26、总电流变小，所以A2示数变小故D正确，ABC错误故选D点评：本题是电路的动态变化分析问题，从局部到整体，再到局部，按顺序进行分析即可10如图所示，平行板电容器的两极板A，B接入电池两极，一个带正电小球悬挂在两极板间，闭合开关S后，悬线偏离竖直方向(fngxing)的角度为，则（）A保持S闭合，使A板向B板靠近，则变大B保持S闭合，使A板向B板靠近，则不变C打开S，使A板向B板靠近，则变大D打开S，使A板向B板靠近，则变小考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电容器充电后电键S断开，电容器所带电量不变，根据推论分析板间场强是否变化，判断如何变化保持

27、电键S闭合，板间电压不变，将A板向B板靠近，根据E=分析板间场强如何变化，判断如何变化解答：解：A、B、保持电键S闭合，板间电压不变，将A板向B板靠近，板间距离d减小，由板间场强E=分析得到场强增大，小球所受电场力增大，则增大；故A正确，B错误；C、D、电容器充电后电键S断开，电容器所带电量不变，两板正对面积和介电常量都不变，根据推论E=，得知，板间场强E不变，小球所受电场力不变，则将A板向B板靠近时，不变；故C错误，D错误；故选：A点评：电容器所带电量不变，两板正对面积和介电常量不变，板间场强不变是重要的推论，要在理解的基础上加强记忆11如图所示，螺线管B置于闭合金属环A的轴线(zhu xi

28、n)上，B中有恒定电流，从某时刻起，当B中通过的电流逐渐变大时，则（）A环A有缩小的趋势B环A有扩张的趋势C螺线管B有缩短的趋势D螺线管B有伸长的趋势考点：楞次定律菁优网版权所有分析：B中电流增大，B中电流产生的磁场增强，应用楞次定律可以分析答题解答：解：当B中通过的电流逐渐变大时，电流产生的磁场逐渐变大；A、电流产生的磁场变大，穿过A的磁通量变大，为阻碍磁通量变大，环A有扩张的趋势，故A错误，B正确；C、螺线管B电流变大，每匝线圈产生的磁场增强，线圈间的引力变大，螺线管B有缩短的趋势，故C正确，D错误；故选BC点评：螺线管每匝线圈相当于磁铁，两匝线圈相对应的面极性相反，每匝线圈相互吸引，当线

29、圈电流增大时，磁性增强，螺线管缩短；正确理解楞次定律即可正确解题12在光滑水平桌面上，平放一根两端封闭的内壁光滑的真空玻璃管，管长为L，管中一端放有一个质量为m、带电荷量为q的小球，此空间存在(cnzi)着垂直桌面向下的磁场，磁感应强度为B。现在给玻璃管施一平行桌面垂直管子的力，维持管子在桌面上以速度v作匀速平动，小球从管的一端开始向另一端运动，下述判断正确的是（ ）A小球(xio qi)相对管子作匀加速运动B小球相对桌面作类平抛运动C小球到达另一端的时间为D小球受到的洛仑兹力大小恒为10、ABC 13如图所示，线圈L的电阻不计，则（）AS断开瞬间，灯熄灭，电容器的A板带正电BS断开瞬间，灯熄

30、灭，电容器不带电C当灯正常发光时，电容器不带电DS刚闭合时，灯立即正常发光考点：自感现象和自感系数菁优网版权所有分析：由于线圈L的直流电阻不计，S闭合电路稳定后，电容器被短路，两端电压为零，不带电当断开S的瞬间，线圈中电流要减小，产生自感电动势根据楞次定律电容器A板所带电的电性解答：解：A、B、断开S的瞬间，线圈中电流将要减小，产生自感电动势，根据楞次定律判断可知，线圈产生左正右负的自感电动势，相当于电源，电容器充电，B极板将带正电故AB错误 C、由于线圈L的直流电阻不计，闭合S，稳定后，电容器两端电压为零，电容器不带电故C正确， D、当S刚闭合时，因线圈的自感现象，导致灯慢慢发光，故D错误故

31、选：C点评：本题考查自感线圈的双重作用的理解：当电流稳定不变时，自感线圈是电阻不计的导线；当电流变化时，相当于一个电源14如图所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置(zhungzh)处于方向如图所示的匀强磁场中，现给滑环一个水平向右的瞬时作用力，使其开始运动，则滑环在杆上的运动情况可能的是（）A始终做匀速运动B始终做减速运动，最后静止于杆上C先做加速运动，最后做匀速运动D先做减速运动，最后做匀速运动考点：安培力；牛顿第二定律菁优网版权所有分析：给滑环套一个初速度，将受到向上的洛伦兹力，根据洛伦兹力和重力的大小关系，结合牛顿第二定律判断滑环的运动解答：解：A、给滑环套一

32、个初速度，将受到向上的洛伦兹力，若洛伦兹力等于物体的重力，滑环将做匀速直线运动故A正确 B、若重力大于洛伦兹力，滑环受到向上的弹力，则受到摩擦力，将做减速运动，最后速度为零故B正确 C、滑环在水平方向上受到摩擦力，不可能加速运动故C错误 D、若重力小于洛伦兹力，滑环受到向下的弹力，则受到摩擦力，做减速运动，当洛伦兹力等于重力时，又做匀速运动故D正确故选ABD点评：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及会根据物体的受力判断物体的运动情况15一闭合线圈固定(gdng)在垂直于纸面的匀强磁场中，设向里为磁感强度B的正方向，线圈中的箭头为电流i的正方向（如图）已知线圈中感生电流i随时间而变

33、化的图象如图所示，则磁感强度B随时间而变化的图象可能是（）ABCD考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律菁优网版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：线圈中因磁通量发生变化，才导致线圈产生感应电动势，从而形成感应电流由楞次定律可推断出磁场的变化及磁通量的变化解答：解：设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，线圈中顺时针方向的感应电流为正，A、线圈中在前0.5s内，磁通量为负，则磁场方向垂直纸面向外，当磁通量增加时，由楞次定律可得：感应电流是顺时针方向，与题中电流方向不同，故A错误；B、线圈中在前0.5s内，磁通量为负，则磁场方向垂直纸面向外，当磁通量减小时，由楞次定律可得：感应电流是逆时针方向，与题中电

34、流方向相同；而在0.5s到1s内，磁通量为正，磁场方向垂直纸面向里，当磁通量增加时，由楞次定律可得：感应电流是逆时针方向，与题中电流方向不同；故B错误；C、线圈中在前0.5s内，磁通量为正，则磁场方向垂直纸面向里，当磁通量增加时，由楞次定律可得：感应电流是逆时针方向，与题中电流方向相同；而在0.5s到1s内，磁通量为正，磁场方向垂直纸面向里，当磁通量减小时，由楞次定律可得：感应电流是顺时针方向，与题中电流方向相同；而在1s到1.5s内，磁通量为负，磁场方向垂直纸面向外，当磁通量增加时，由楞次定律可得：感应电流是顺时针方向，与题中电流方向相同；当1.5s到2s内，磁通量为负，磁场方向垂直纸面向外

35、，当磁通量减小时，由楞次定律可得：感应电流是逆时针方向，与题中电流方向相同；故C正确；D、线圈中在前0.5s内，磁通量为正，则磁场方向垂直纸面向里，当磁通量增加时，由楞次定律可得：感应电流是逆时针方向，与题中电流方向相同；而在0.5s到1s内，磁通量为正，磁场方向垂直纸面向里，当磁通量减小时，由楞次定律可得：感应电流是顺时针方向，与题中电流方向相同；而在1s到1.5s内，磁通量为正，磁场方向垂直纸面向里，当磁通量减小时，由楞次定律可得：感应电流是顺时针方向，与题中电流方向相同；当1.5s到2s内，磁通量为正，磁场方向垂直纸面向里，当磁通量增加时，由楞次定律可得：感应电流是逆时针方向，与题中电流

36、方向相同；故D正确；故选：CD点评：楞次定律可缩成：增反减同；也可以：来拒去留二填空题（共1小题(xio t)）16（2010湘潭二模）在测定金属丝电阻率的实验(shyn)中，如图甲所示，用螺旋测微器测得金属丝的直径d=0.730mm如图乙所示，用多用电表的“1”欧姆挡，调零后测得金属丝阻值R=80 若实验中测出金属丝的长度为L，则该金属丝电阻率的表达式=（用符号表示）考点：测定金属的电阻率菁优网版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：螺旋测微器读数=固定刻度读数+可动刻度读数；欧姆表读数=表盘读数倍率；根据电阻定律列式求解电阻率解答：解：螺旋测微器读数=固定刻度读数+可动刻度读数=0.5mm

37、+0.01mm23.0=0.730mm；欧姆表读数=表盘读数倍率=8.01=8.0；根据电阻定律，有：R=，解得：=；故答案为：0.730，8.0，点评：本题关键会正确从螺旋测微器和欧姆表读数，会用电阻定律求解电阻率，基础题三解答(jid)题（共5小题）17现有“12V、24W”的灯泡一个，为了测定它在不同电压下的实际功率和额定( dng)电压下的功率，需测定灯泡两端电压和通过的电流，现有提供器材如下：A、直流电源15V（内阻(ni z)可不计）B、电流表（量程00.6A3A，内阻0.1）；C、电流表（量程0300mA，内阻5）；D、电压表（量程03V15V，内阻15k）；E、电压表（量程02

38、5V），内阻约200K）F、滑动变阻器10、5AG、滑动变阻器1K、3AH、开关、导线若干为使实验误差尽量减小，所选器材A、B、D、F、H（标器材前的字母序号）在虚线框内画出实验电路图，要求灯两端的电压从零开始连续变化连接实物图考点：描绘小电珠的伏安特性曲线菁优网版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器；（2）根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的

39、接法（3）根据电路图连接实物图解答：解：因灯泡的额定电压124V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于12V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用D电压表；由P=UI得，灯泡的额定电流I=A=0.5A，故电流表应选择00.6A的量程，故选B；变阻器用分压接法，应选小阻值的F还需要A、H所以所选器材为A、B、D、F、H灯泡内阻R=，电压表远大于灯泡内阻，应采用电流表外接法；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，电路图如图所示：根据电路图连接实物图，如图所示：故答案为：A、B、D、F、H如图所示点评：本题考

40、查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断18如图所示，在电场(din chng)强度E=5105V/m的匀强电场(din chng)中，将一电荷量q=2105C的正电荷由A点移到B点，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线(lin xin)与电场方向成60角，求：（1）A、B两点间的电势差UAB；（2）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）A、B两点间的电势差UAB=Ed，d是AB两点沿电场线方向的距离（2）电场力所做的功

41、WAB由公式WAB=qUAB求解解答：解：（1）A、B两点间的电势差 UAB=EdABcos60=510521020.5V=5000V（2）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功 WAB=qUAB=2105C5000J=0.1J答：（1）A、B两点间的电势差UAB是5000V（2）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB是0.1J点评：与电势差有关的两个公式U=Ed和W=qU是考试的考试热点，U=Ed应用时要注意d是两点沿电场线方向的距离，往往不代符号运算；而W=qU应用时，各个量都要代入符号运算19如图所示，导轨间的距离L=0.5m，B=2T，ab棒的质量m=1kg，物块重G=3N，ab

42、棒与导轨间的动摩擦因数=0.2，电源(dinyun)的电动势E=10V，r=0.1，导轨的电阻不计，ab棒电阻也不计，问R的取值范围怎样时棒处于静止状态？（g取10m/s2）考点：安培力菁优网版权所有分析：若要保持ab静止不动，受力必须平衡由于M所受的最大静摩擦力为0.2mg=2N，而M的重力为Mg=3N，要保持导体棒静止，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断电流的方向分两种情况研究：安培力大于Mg和安培力小于Mg进行讨论，根据平衡条件和安培力公式求出导体棒中电流的范围，由欧姆定律求解电流的范围解答：解：依据物体平衡条件可得，恰不右滑时有：GmgBLI1=0恰不左滑时有：G+mgBLI

43、2=0依据闭合电路欧姆定律可得：E=I1（R1+r）E=I2（R2+r）联立得：R1=r=9.9联立得：R2=r=1.9所以R的取值范围为：1.9R9.9答案：1.9R9.9时棒处于静止状态点评：此题是通电导体在磁场中平衡问题，要抓住静摩擦力会外力的变化而变化，挖掘临界条件进行求解20（2007天津）两根光滑的长直金属导轨M N、MN平行置于同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C长度也为l、阻值同为R的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于(chy)磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q求（1）ab运动(yndng)速度v的大小；（2）电容器所带的电荷量q考点：导体切割磁感线时的感应电动势；匀速直线运动及其公式、图像；平行板电容器的电容；闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有专题：压轴题；电磁感应与电路结合分析：（1）本题外电路比较简单，由三个电阻串联组成，由于导体棒匀速运动，因此产生的感应电流恒定，根据Q=I2Rt即可求解（2）求出电容器两端的电压，根据Q=CU即可求出电容器所带的电荷量q解答：解：（1）设a b上产生的感应电动势为E，回路中的电流为I，a b运动距离s所用时间为t，则