1、 2014-2015学年浙江省绍兴市诸暨市草塔中学高二（上）月考物理试卷（理科）（12月份）一单项选择题：（每小题3分，共36分）1（3分）（2008安徽校级模拟）如图为探究产生电磁感应现象条件的实验装置，下列情况下不能引起电流计指针转动的是（）A闭合电键瞬间B断开电键瞬间C闭合电键后拔出铁芯瞬间D闭合电键后保持变阻器的滑动头位置不变2（3分）（2014秋新野县校级期末）关于科学家在电磁学中的贡献，下列说法错误的是（）A密立根测出了元电荷e的数值B法拉第提出了电场线和磁感线的概念C奥斯特发现了电流周围存在磁场，并且总结出了右手螺旋定则D安培提出了分子电流假说3（3分）（2014秋西山区校级期中
2、）关于电源的电动势，下列说法正确的是（）A同一电源接入不同的电路电动势就会发生变化B1号干电池比7号干电池的体积大，但电动势相同C电动势、电压和电势差虽名称不同，但物理意义相同，所以单位相同D电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势就越大4（3分）（2015蚌埠一模）关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半5（3分）（2014海淀区校级一模）关于楞次定律，下列说法中正确的是（）A感应电流的磁场方向总是与外磁场的方
3、向相反B感应电流的磁场方向总是与外磁场的方向相同C感应电流的磁场方向取决于磁通量是增大还是减小D感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的变化6（3分）（2011春桃城区校级期末）如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数几乎都为U，下列判断正确的是（）Aa处接线断开B触头P开路Ca、b间电阻丝开路Db处接线开路7（3分）（2010秋天山区校级期末）如图所示，条形磁铁放在水平地面上，两个完全相同的线圈a和b在等高处水平放置，a线圈在N极的正上方，b线圈位于磁铁的正中央，关于它们的磁通量a和b，下列判断正确的是（）AabBa=bCabD无法判定8（3分）（2007山东模拟）一欧
4、姆表有4个挡位，分别为1挡、10挡、100挡和1k挡现用它来正确测量一未知电阻的阻值，当用100挡测量时，发现指针的偏转角很大（指针是从表盘的左侧O刻度处开始偏转的）为了使测量结果更准确，再次测量该电阻之前，应该进行的操作是（）A先将红表笔和黑表笔短接后调零，再将选择开关旋至10挡B先将红表笔和黑表笔短接后调零，再将选择开关旋至1k挡C先将选择开关旋至1k挡，再将红表笔和黑表笔短接后调零D先将选择开关旋至10挡，再将红表笔和黑表笔短接后调零9（3分）（2012秋大兴区校级期中）用伏安法测电阻时，待测电阻大约是10欧，电流表的内阻是1欧，电压表的内阻是5千欧，则（）A用电流表外接法，此时测量值比
5、真实值大B用电流表外接法，此时测量值比真实值小C用电流表内接法，此时测量值比真实值大D用电流表内接法，此时测量值比真实值小10（3分）（2013春中山期中）如图，电灯的灯丝电阻为2，电池电动势为2V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3先合上电键K，过一段时间突然断开K，则下列说法中正确的是（）A电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同B电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反C电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同D电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反11（3分）（2010秋长春校级期末）如图所示电路中，r
6、是电源的内阻，R1和R2是外电路中的电阻，如果用电阻r、R1、R2上所消耗的功率，当R1=R2=r时，Pr：P1：P2等于（）A1：1：1B2：1：1C1：4：4D4：1：112（3分）（2014秋新野县校级期末）如图所示，正方形区域ABCD内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，三个完全相同的带电粒子a、b、c分别以大小不同的初速度va、vb、vc从A点沿图示方向射入该磁场区域，经磁场偏转后粒子a、b、c分别从BC边中点、CD边中点、AD边中点射出若ta、tb、tc分别表示粒子a、b、c在磁场中的运动时间则以下判断正确的是（）AvavbvcBva=vbvcCtatbtcDta=tbtc二多项选择题
7、：（每小题3分，共18分）13（3分）（2012秋麒麟区校级期末）如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力作用的是（）ABCD14（3分）（2014秋诸暨市校级月考）如图所示为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下若一飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上会有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为1，右方机翼末端处的电势为2，则下列说法正确的是（）A若飞机从西往东飞，1比2高B若飞机从东往西飞，2比1高C若飞机从南往北飞，1比2高D若飞机从北往南飞，2比1高15（3分）（2014秋聊城期末）如图所示，一直流电动机与阻值R=9的电
8、阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1，则下列说法中正确的是（）A通过电动机的电流为10AB电动机的输入功率为20WC电动机的热功率为4WD电动机的输出功率为16W16（3分）（2014秋诸暨市校级月考）单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，如线圈所围面积里的磁通量随时间变化的规律如图所示，则线圈中（）A0时刻感应电动势最大B0.05s时感应电动势为零C0.05s时感应电动势最大D00.05s这段时间内平均感应电动势为0.4V17（3分）（2014秋诸暨市校级月考）如图所示，相距为d的两带电平行板间存在
9、磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m，带电荷量为q的小球由下板边缘沿水平方向射入该区域，带电小球恰能在两板间做匀速圆周运动，运动轨迹如图中虚线所示，则（）A小球一定带负电B小球一定带正电C两板间电压为D小球在两板间的运动时间为18（3分）（2015春韶关期中）如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且v1=2v2，则在先后两种情况下（）A线圈中的感应电动势之比为E1：E2=2：1B线圈中的感应电流之比为I1：I2=1：2C线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2=1：4D通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2=1：1三填空题：（每空3分，共18分）19（
10、9分）（2014春潞西市校级期末）如图所示，在探究产生感应电流的条件的实验中，当磁铁静止在线圈上方时，可观察到电流表指针（选填“偏转”或“不偏转“）；当磁铁迅速插入线圈时，可观察到电流表指针（选填“偏转”或“不偏转“）；此实验说明：只要穿过闭合电路的磁通量发生，电路中就有感应电流产生20（9分）（2014秋诸暨市校级月考）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，实验器材如下：待测小灯泡（2.5V，0.5A）；双量程电压表（中间接线柱3V，内阻约为3k；右边接线柱15V，内阻约为15k）；双量程电流表（中间接线柱0.6A，内阻约为0.125；右边接线柱3A，内阻约为0.025）；滑动变阻器（20，
11、2A）；电源（电动势约为3V，内阻未知）；电阻箱（9999.9）；电键一个；导线若干（1）甲同学选择合适的器材，连好实物图如图1，乙同学检查时发现了3处错误，请指出其中的2处：；（2）若想测量该电源的电动势和内阻，实验操作时发现电流表指针偏转后抖动厉害，很难读数，原因初步确定为电流表本身出了问题，请选择合适的器材，在图2中画出实验电路图：四、计算题：（8分+12分+8分）21（8分）（2011秋白城期末）如图所示的电路中，当电键闭合时，电压表和电流表（均为理想电表）的示数各为1.6V和0.4A，当电键断开时，它们的示数各改变0.1V和0.1A，求电源的电动势和内阻22（12分）（2006春南京
12、期中）如图所示，导体ef长L=0.4m，其电阻R0=0.1，质量m=0.4kg垂直于导线框的匀强磁场磁感应强度B=0.1T，导体ef沿光滑的导线框abcd向右做匀速直线运动，运动速度v=5m/s电阻R=0.4，其他电阻不计求：（1）导体两端的电压Uef，并说出哪端电势高？（2）使导体ef向右做匀速直线运动所需的最小外力的大小和方向（3）某时刻撤去外力，直到导体停止运动，这个过程中电路消耗的电能为多少？23（8分）（2014秋诸暨市校级月考）质量m=0.016kg、长L=0.5m，宽d=0.1m，电阻R=0.4的矩形线圈，从h1=5m高处自由下落，进入一个匀强磁场，当线圈的下边刚进入磁场时，线圈
13、恰好做匀速直线运动，已知线圈cd边通过磁场所用的时间t=0.15s求：（1）磁场的磁感应强度B（2）磁场区域的高度h2（取g=10m/s2）2014-2015学年浙江省绍兴市诸暨市草塔中学高二（上）月考物理试卷（理科）（12月份）参考答案与试题解析一单项选择题：（每小题3分，共36分）1（3分）（2008安徽校级模拟）如图为探究产生电磁感应现象条件的实验装置，下列情况下不能引起电流计指针转动的是（）A闭合电键瞬间B断开电键瞬间C闭合电键后拔出铁芯瞬间D闭合电键后保持变阻器的滑动头位置不变考点：研究电磁感应现象版权所有专题：实验题分析：当穿过闭合回路磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针就会转
14、动解答：解：A、闭合电键和断开电键的瞬间，与B线圈相连的回路磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生转动故A、B错误C、闭合电键后拔出铁芯的瞬间，穿过与B线圈相连的回路磁通量减小，产生感应电流，指针发生转动故C错误D、闭合电键后保持变阻器的滑动头位置不变，与B线圈相连的回路磁通量不变，不产生感应电流，指针不转动故D正确故选D点评：解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，知道当闭合回路磁通量发生变化，产生感应电流2（3分）（2014秋新野县校级期末）关于科学家在电磁学中的贡献，下列说法错误的是（）A密立根测出了元电荷e的数值B法拉第提出了电场线和磁感线的概念C奥斯特发现了电流周围存在磁场，并且总结出
15、了右手螺旋定则D安培提出了分子电流假说考点：物理学史版权所有专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、密立根测出了元电荷e的数值，故A正确；B、法拉第提出了电场线和磁感线的概念，故B正确；C、奥斯特发现了电流周围存在磁场，安培总结出了右手螺旋定则，故C错误；D、安培提出了分子电流假说，故D正确；本题选错误的，故选：C点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一3（3分）（2014秋西山区校级期中）关于电源的电动势，下列说法正确的是（）A同一电源接入不同的电路电动势就会发生变化B1号干电池比
16、7号干电池的体积大，但电动势相同C电动势、电压和电势差虽名称不同，但物理意义相同，所以单位相同D电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势就越大考点：电源的电动势和内阻版权所有专题：恒定电流专题分析：电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，反映了电源内部非静电力做功的本领，电动势与外电路无关解答：解：A、把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势不变，故A错误；B、干电池的电动势都是1.5V，1号干电池比7号干电池的体积大，但电动势相同，故B正确；C、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，反映了电源内部非静电力做功的本领，电压和电
17、势差是两点之间电势的差，它们的物理意义不同故C错误；D、电源是通过内部非静电力把其它形式的能转化为电能的装置，电动势的大小由电源本身决定，与对外做功的多少无关故D错误故选：B点评：本题考查对电动势的方向的理解，要注意电动势与电流相似，都是标量，难度不大，属于基础题4（3分）（2015蚌埠一模）关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半考点：安培力版权所有分析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不
18、受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL解答：解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsin，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故D错误故选：B点
19、评：解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL5（3分）（2014海淀区校级一模）关于楞次定律，下列说法中正确的是（）A感应电流的磁场方向总是与外磁场的方向相反B感应电流的磁场方向总是与外磁场的方向相同C感应电流的磁场方向取决于磁通量是增大还是减小D感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的变化考点：楞次定律版权所有分析：根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同解答：解：ABC、据楞次定律可知，当磁通量增大时，感应电流的磁
20、场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同即感应电流的磁场方向取决于引起感应电流的磁通量是增加还是减小故AB错误，C正确D、据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，并非原来磁场的变化故D错误故选：C点评：解决本题的关键掌握楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化6（3分）（2011春桃城区校级期末）如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数几乎都为U，下列判断正确的是（）Aa处接线断开B触头P开路Ca、b间电阻丝开路Db处接线开路考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：电压表的示数几乎都为
21、U，说明变阻器上没有电压，将四个选项逐一代入检验，选择符合题意的选项解答：解：A、若a处接线断开，电压表的示数为零，不符合题意故A错误 B、若触头P开路，电压表的示数为零，不符合题意故B错误 C、若a、b间电阻丝开路，电压表示数几乎为U，后变为零，不符合题意故C错误 D、若b处接线开路，ab上没有电压，电压表的示数几乎都为U故D正确故选D点评：本题是电路中故障分析问题，考查判断推理能力本题电压可以用电势差理解7（3分）（2010秋天山区校级期末）如图所示，条形磁铁放在水平地面上，两个完全相同的线圈a和b在等高处水平放置，a线圈在N极的正上方，b线圈位于磁铁的正中央，关于它们的磁通量a和b，下列
22、判断正确的是（）AabBa=bCabD无法判定考点：磁通量；磁感线及用磁感线描述磁场版权所有分析：磁通量等于穿过线圈的磁感线的条数当a线圈在N极的正上方时，有磁感线穿过a线圈b线圈位于磁铁的正中央，磁通量为零解答：解：磁通量等于穿过线圈的磁感线的条数a线圈在N极的正上方时，有磁感线穿过a线圈b线圈位于磁铁的正中央，左半边线圈中磁感线斜向右上方穿过，右半边线圈磁感线斜向右向下穿过，方向相反，完全抵消，磁通量为零故A正确故选A点评：对于非匀强磁场磁通量不能计算，但可以比较当线圈中有两种相反的磁感线穿过时，看抵消后剩余的磁感线来比较磁通量的大小8（3分）（2007山东模拟）一欧姆表有4个挡位，分别为
23、1挡、10挡、100挡和1k挡现用它来正确测量一未知电阻的阻值，当用100挡测量时，发现指针的偏转角很大（指针是从表盘的左侧O刻度处开始偏转的）为了使测量结果更准确，再次测量该电阻之前，应该进行的操作是（）A先将红表笔和黑表笔短接后调零，再将选择开关旋至10挡B先将红表笔和黑表笔短接后调零，再将选择开关旋至1k挡C先将选择开关旋至1k挡，再将红表笔和黑表笔短接后调零D先将选择开关旋至10挡，再将红表笔和黑表笔短接后调零考点：用多用电表测电阻版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：测量电阻时，先选择合适的档位，测量前进行欧姆调零解答：解：当用100挡测量时，发现指针的偏转角很大，知该电阻较小，应
24、将选择开关旋至10挡，再将红表笔和黑表笔短接后调零故D正确，A、C、D错误故选D点评：解决本题的关键知道欧姆表的表盘示数与电流表和电压表示数的区别，以及知道每次换挡，需重新欧姆调零9（3分）（2012秋大兴区校级期中）用伏安法测电阻时，待测电阻大约是10欧，电流表的内阻是1欧，电压表的内阻是5千欧，则（）A用电流表外接法，此时测量值比真实值大B用电流表外接法，此时测量值比真实值小C用电流表内接法，此时测量值比真实值大D用电流表内接法，此时测量值比真实值小考点：伏安法测电阻版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：伏安法测电阻时有电流表内接和外接两种接法，由于实际电压表内阻较大，但不是无穷大，实际
25、电流表内阻较小，也不是零，故两种接法都存在一定的实验误差，要根据实际情况灵活选择，以减小实验误差解答：解：由于本题中因，用电流表内接法时，安培表的分压作用比较明显，误差较大，而用安培表外接法时，电压表的分流作用较小，故应该采用安培表外接法；采用安培表外接法，电压表读数比较准确，由于伏特表的分流作用，电流表的读数偏大，故电阻的测量值偏小，测量值等于待测电阻与伏特表相并联的电阻值；故选：B点评：本题关键分析清楚电流表内、外接法的误差来源，然后根据实际数据选择误差较小的接法10（3分）（2013春中山期中）如图，电灯的灯丝电阻为2，电池电动势为2V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3先合上电键
26、K，过一段时间突然断开K，则下列说法中正确的是（）A电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同B电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反C电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同D电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反考点：自感现象和自感系数版权所有分析：断开S，线圈L将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反，线圈直流电阻比灯泡大，断开前通过线圈是电流小于通过灯泡的电流解答：解：断开S，线圈中电流将要减小，产生自感电动势，相当于电源，且与电灯构成一闭合回路，形成自感电流，根据楞
27、次定律可知，此时通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反；因线圈直流电阻比灯泡大，断开前通过线圈是电流小于通过灯泡的电流，即电灯会突然比原来暗一下再熄灭，B正确，ACD错误故选：B点评：本题考查了电感线圈对电流突变时的阻碍作用，要能根据楞次定律判断电流的方向，分析通过灯泡电流大小变化，判断灯泡是否能闪亮一下11（3分）（2010秋长春校级期末）如图所示电路中，r是电源的内阻，R1和R2是外电路中的电阻，如果用电阻r、R1、R2上所消耗的功率，当R1=R2=r时，Pr：P1：P2等于（）A1：1：1B2：1：1C1：4：4D4：1：1考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流
28、专题分析：当R1=R2=r时，干路中电流等于R1和R2电流的2倍，根据公式P=I2R研究三个电阻功率关系解答：解：设干路电流为I，流过R1和R2的电流分别为I1和I2由题，R1和R2并联，电压相等，电阻也相等，则电流相等，I1=I2=根据公式P=I2R，三个电阻相等，功率之比等于电流平方之比，即Pr：P1：P2=4：1：1故选D点评：本题是简单的功率问题对于纯电阻电路，功率公式有三种形式P=UI=I2R=，要根据不同的条件灵活选择12（3分）（2014秋新野县校级期末）如图所示，正方形区域ABCD内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，三个完全相同的带电粒子a、b、c分别以大小不同的初速度va、vb
29、、vc从A点沿图示方向射入该磁场区域，经磁场偏转后粒子a、b、c分别从BC边中点、CD边中点、AD边中点射出若ta、tb、tc分别表示粒子a、b、c在磁场中的运动时间则以下判断正确的是（）AvavbvcBva=vbvcCtatbtcDta=tbtc考点：带电粒子在匀强磁场中的运动版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子在你匀强磁场中做匀速圆周运动，粒子的运动时间t=T，为粒子轨迹所对应的圆心角解答：解：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：v=，粒子做圆周运动的周期：T=，由于三个粒子完全相同，则它们做圆周运动的周期T相等，如图所
30、示，粒子的轨道半径：rarbrc，vcvbva，故AB错误；粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角间的关系为：abc，粒子运动时间t=T，则粒子在磁场中的运动时间：tatbtc，故C正确，D错误；故选：C点评：本题考查了比较粒子的运动速度、时间关系，根据题意作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、t=T即可正确解题二多项选择题：（每小题3分，共18分）13（3分）（2012秋麒麟区校级期末）如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力作用的是（）ABCD考点：安培力；左手定则版权所有分析：当磁场的方向与电流的方向平行，导线不受安培力作用，当磁场的方向与磁场的方向不平行，导线受
31、安培力作用解答：解：A、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用故A正确 B、磁场的方向与电流的方向不平行，受安培力作用故B正确 C、磁场的方向与电流方向平行，不受安培力作用故C错误 D、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用故D正确故选ABD点评：解决本题的关键知道磁场的方向与电流的方向平行，导线不受安培力作用，当磁场的方向与磁场的方向不平行，导线受安培力作用14（3分）（2014秋诸暨市校级月考）如图所示为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下若一飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上会有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为1，右方机翼
32、末端处的电势为2，则下列说法正确的是（）A若飞机从西往东飞，1比2高B若飞机从东往西飞，2比1高C若飞机从南往北飞，1比2高D若飞机从北往南飞，2比1高考点：导体切割磁感线时的感应电动势版权所有分析：由于地磁场的存在，当飞机在北半球水平飞行时，两机翼的两端点之间会有一定的电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样由右手定则可判定电势的高低解答：解：当飞机在北半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，由右手定则可判知，在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低，即总有1比2高故BD错误，
33、AC正确故选：AC点评：本题要了解地磁场的分布情况，掌握右手定则对于机翼的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势，而电源内部的电流方向则是由负极流向正极的15（3分）（2014秋聊城期末）如图所示，一直流电动机与阻值R=9的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1，则下列说法中正确的是（）A通过电动机的电流为10AB电动机的输入功率为20WC电动机的热功率为4WD电动机的输出功率为16W考点：电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，而R和r是纯
34、电阻，可以对R和r，运用用欧姆定律求电路中的电流；电动机输入功率 P入=UI，发热功率P热=I2RM，输出功率P出=PP热根据功率关系求出电动机输出的功率解答：解：A、根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+I（r+R）解得：I=2A，故A错误；B、C、D、电动机的输入功率：P入=UI=102=20W电动机的热功率：P热=I2RM=221=4W电动机的输出功率：P出=PP热=UII2RM=102221=16W故B正确，C正确，D正确；故选：BCD点评：对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路16
35、（3分）（2014秋诸暨市校级月考）单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，如线圈所围面积里的磁通量随时间变化的规律如图所示，则线圈中（）A0时刻感应电动势最大B0.05s时感应电动势为零C0.05s时感应电动势最大D00.05s这段时间内平均感应电动势为0.4V考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理版权所有分析：根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比通过法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势的大小解答：解：A、由图示图象可知，0时刻磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故A正确；B、由图示图象可知，0.05s时刻磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故B正确，
36、C错误；D、由法拉第电磁感应定律可知，00.05s内平均感电动势：E=0.4V，故D正确；故选：ABD点评：本题关键是掌握好图象的含义，磁通量比时间其物理含义为感应电动势，即图象的斜率表示感应电动势17（3分）（2014秋诸暨市校级月考）如图所示，相距为d的两带电平行板间存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m，带电荷量为q的小球由下板边缘沿水平方向射入该区域，带电小球恰能在两板间做匀速圆周运动，运动轨迹如图中虚线所示，则（）A小球一定带负电B小球一定带正电C两板间电压为D小球在两板间的运动时间为考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律版权所有专题：带电粒子在磁场中的运
37、动专题分析：带电小球受到三个力的作用，小球恰能在两板间做匀速圆周运动，说明了小球受到一个大小不变而方向时刻变化的合力，该合力提供小球的向心力小球做匀速圆周运动，速率始终不变，重力做功始终等于电场力做功解答：解：A、小球受重力、电场力和洛伦兹力的作用做匀速圆周运动，速率始终不变，说明了重力做功的大小始终等于电场力做功，即电场力等于重力且方向向上，所以小球带正电荷，故A错误，B正确；C、由以上的分析可知，qE=mg，E=，两极板之间的电压：U=Ed=，故C正确；D：小球受到的洛伦兹力提供向心力，所以它运动的周期：T=，由图可知，小球在两板间的运动时间仅仅为半个周期，t=T=，故D错误故选：BC点评
38、：带电小球在重力场、电场和磁场的复合场中做匀速圆周运动，一定是电场力与重力大小相等，方向相反，洛伦兹力提供向心力切记属于基础题目18（3分）（2015春韶关期中）如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且v1=2v2，则在先后两种情况下（）A线圈中的感应电动势之比为E1：E2=2：1B线圈中的感应电流之比为I1：I2=1：2C线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2=1：4D通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2=1：1考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化版权所有专题：电磁感应功能问题分析：A、根据E=BLv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流
39、之比C、根据Q=I2Rt，求出线圈中产生的焦耳热之比D、根据q=It=n，求出通过线圈某截面的电荷量之比解答：解：A、v1=2v2，根据E=BLv，知感应电动势之比2：1，感应电流I=，则感应电流之比为2：1故A正确，B错误 C、v1=2v2，知时间比为1：2，根据Q=I2Rt，知热量之比为2：1故C错误 D、根据q=It=n，知通过某截面的电荷量之比为1：1故D正确故选：AD点评：解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势E=BLv，以及通过某截面的电荷量q=n三填空题：（每空3分，共18分）19（9分）（2014春潞西市校级期末）如图所示，在探究产生感应电流的条件的实验中，当磁铁静
40、止在线圈上方时，可观察到电流表指针不偏转（选填“偏转”或“不偏转“）；当磁铁迅速插入线圈时，可观察到电流表指针偏转（选填“偏转”或“不偏转“）；此实验说明：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电流产生考点：研究电磁感应现象版权所有专题：实验题分析：根据感应电流产生的条件分析答题；感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，产生感应电流解答：解：当磁铁静止在线圈上方时，穿过闭合回路的磁通量不变，电流表指针不偏转；当磁铁迅速插入线圈时，穿过闭合回路的磁通量变化，电流表指针偏转；此实验说明：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电流产生故答案为：不偏转；偏转；变化点评：本
41、题考查了探究感应电流产生的条件，分析图示实验、根据实验现象即可得出正确解题20（9分）（2014秋诸暨市校级月考）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，实验器材如下：待测小灯泡（2.5V，0.5A）；双量程电压表（中间接线柱3V，内阻约为3k；右边接线柱15V，内阻约为15k）；双量程电流表（中间接线柱0.6A，内阻约为0.125；右边接线柱3A，内阻约为0.025）；滑动变阻器（20，2A）；电源（电动势约为3V，内阻未知）；电阻箱（9999.9）；电键一个；导线若干（1）甲同学选择合适的器材，连好实物图如图1，乙同学检查时发现了3处错误，请指出其中的2处：滑动变阻器应采用分压式连接方式；电
42、流表应采用外接法接入电路；（2）若想测量该电源的电动势和内阻，实验操作时发现电流表指针偏转后抖动厉害，很难读数，原因初步确定为电流表本身出了问题，请选择合适的器材，在图2中画出实验电路图：考点：描绘小电珠的伏安特性曲线版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据实验原理及实物图的连接方式分析错误；（2）因电流表出现故障；故应采用电压表与电阻箱结合完成实验；（3）根据闭合电路欧姆定律分析公式，再由描点法作出图象，由数学规律可求得电动势和内阻解答：解：由电路图及实验原理可知，该同学接法中出现了三处错误；滑动变阻器应采用分压式连接方式；电流表应采用外接法接入电路电压表量程应选择3V档（只要答对
43、其中两个即可）（2）因电流表出现问题，故应弃用电流表，采用电压表与电阻箱组合完成实验；电路图如图故答案为：（1）滑动变阻器应采用分压式连接方式；电流表应采用外接法接入电路；电压表量程应选择3V档（只要答对其中两个即可）（2）如图；点评：本题考查测量电动势和内电阻及小灯泡的伏安特性曲线的实验，要注意正确选择电路，并掌握数据处理的方法四、计算题：（8分+12分+8分）21（8分）（2011秋白城期末）如图所示的电路中，当电键闭合时，电压表和电流表（均为理想电表）的示数各为1.6V和0.4A，当电键断开时，它们的示数各改变0.1V和0.1A，求电源的电动势和内阻考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：
44、恒定电流专题分析：当电键闭合时，电阻R1、R2并联，电压表测量路端电压，电流表测量干路电流，根据欧姆定律列出含E和r的方程；当电键断开时，电压表示数增大为1.7V，电流表示数减小为0.3A，再由欧姆定律列出含E和r的方程，联立组成方程组求解E和r解答：解：根据欧姆定律得 E=U1+I1r E=U2+I2r联立式得 r=1代入式得E=2v答：电源的电动势为2V，内阻为1点评：求解电源的电动势和内阻，常常根据两种情况由闭合电路欧姆定律列方程组求解22（12分）（2006春南京期中）如图所示，导体ef长L=0.4m，其电阻R0=0.1，质量m=0.4kg垂直于导线框的匀强磁场磁感应强度B=0.1T，
45、导体ef沿光滑的导线框abcd向右做匀速直线运动，运动速度v=5m/s电阻R=0.4，其他电阻不计求：（1）导体两端的电压Uef，并说出哪端电势高？（2）使导体ef向右做匀速直线运动所需的最小外力的大小和方向（3）某时刻撤去外力，直到导体停止运动，这个过程中电路消耗的电能为多少？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；电磁感应中的能量转化版权所有专题：电磁感应功能问题分析：（1）由公式E=BLv求出导体ef产生的感应电动势，由欧姆定律求解压Uef，根据右手定则可以判断出导体棒ef切割电动势的方向，导体棒相当于电源，即可判断ef电势高低； （2）根据安培力公式和拉力平衡可知解出此时的拉力（3
46、）撤去外力，直到导体停止运动的过程中，导体ef的动能全部转化为电路的电能，由功能关系求解解答：解：（1）导体ef产生的感应电动势 E=BLv=0.10.45V=0.2V感应电流为 I=A=0.4A导体两端的电压Uef=IR=0.40.4V=0.16V由右手定则判断可知：ef中感应电流方向从fe，则e点电势较高（2）要使导体ef向右做匀速直线运动，外力必须与安培力平衡，则有 F=BIL=0.16N，水平向右（3）撤去外力，直到导体停止运动的过程中，导体ef的动能全部转化为电路的电能，则这个过程中电路消耗的电能为Q=5J答：（1）导体两端的电压Uef是0.16V，e端电势高（2）使导体ef向右做匀
47、速直线运动所需的最小外力的大小是0.16N，方向水平向右（3）某时刻撤去外力，直到导体停止运动，这个过程中电路消耗的电能为5J点评：本题是简单的电磁感应与电路的综合题，可以画等效电路帮助理解，关键要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式及右手定则等等在电磁感应经常用到的基本规律23（8分）（2014秋诸暨市校级月考）质量m=0.016kg、长L=0.5m，宽d=0.1m，电阻R=0.4的矩形线圈，从h1=5m高处自由下落，进入一个匀强磁场，当线圈的下边刚进入磁场时，线圈恰好做匀速直线运动，已知线圈cd边通过磁场所用的时间t=0.15s求：（1）磁场的磁感应强度B（2）磁场区域的高度h2（
48、取g=10m/s2）考点：导体切割磁感线时的感应电动势版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：（1）线框从h1高度处由静止自由下落，由高度求出线框刚进磁场时速度，根据感应电动势公式和欧姆定律求出电流大小，由楞次定律判断电流方向（2）线框在磁场中做匀加速直线运动，位移为h2L，加速度为g，结合初速度求出时间解答：解：（1）安培力：F=BId根据欧姆定律：I=根据法拉第电磁感应定律：E=Bdv线圈刚好做匀速直线运动，根据平衡条件则：F=mg线圈自由落体运动，根据动能定理：mgh=gv2 得：v=m/s=10m/s联立以上各式得：B=T=0.8T（2）线圈的下边刚进入磁场到上边刚进入磁场的时间：t1=s=0.05s之后线圈做加速度为g的匀加速度运动，直到线圈cd到达磁场下边界，这个过程用时：t2=0.150.05=0.1（s）此段位移为：x2=vt2+gt22=100.1+100.12=1.05（m）磁场区域的高度为：h2=x2+L=1.55m答：（1）磁场的磁感应强度B为0.8T；（2）磁场区域的高度h2是1.55m点评：本题在电磁感应中属于常规题，从力的角度研究电磁感应现象，根据受力情况分析线圈的运动情况，并运用运动学公式求解高度
