1、2014-2015学年浙江省丽水市龙泉中学高二（上）月考物理试卷（12月份）一、单项选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的选对的得3分，选错的或不答的得0分1关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法不一定正确的是（）A 安培力的方向总是垂直于直导线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直导线和磁场方向的夹角有关D 将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半2下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（）A 将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的示数变化B 在一
2、通电线圈旁放置一接有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的示数变化C 绕在同一环形铁芯上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的示数变化D 将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表相连，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的示数变化3如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面下列判断正确的是（）A 1、2两点的场强相等B 1、3两点的场强相等C 1、2两点的电势相等D 2、3两点的电势相等4如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下
3、看），下列说法正确的是（）A 总是顺时针B 总是逆时针C 先顺时针后逆时针D 先逆时针后顺时针5将阻值随温度升而减小的热敏电阻和串联，接在不计内阻的稳压电源两端开始时和阻值相等，保持温度不变，冷却或加热，则的电功率在（）A 加热时变大，冷却时变小B 加热时变小，冷却时变大C 加热或冷却时都变小D 加热或冷却时都变大6如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者并联，接在220V，50Hz的交变电压两端，三只灯泡亮度相同若将交变电压改为220V，25Hz，则（）A 三只灯泡亮度不变B 三只灯泡都将变亮C a亮度不变，b变亮，c变暗D a亮度不变，b变暗，c变亮
4、7如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O已知粒子穿越铝板时，其动能损失四分之三，电荷量损失一半，速度方向不变不计重力铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（）A 2B C D 8如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（）A 增大R1的阻值B 增大R2的阻值C 增大两板间的距离D 断开电键S9如图所示，一正方形线圈的匝数为
5、n，边长为 a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中 在t 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由 B 均匀地增大到 3B在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（）A B C D 10如图所示，图为电热毯的电路示意图，电热毯接在电源插座上，电热毯被加热到一定程度后，由于装置P的作用，使加在电热丝ab两端的电压变成图所示的波形，从而进入保温状态若电热丝的电阻保持不变，此时图甲中交流电压表读出交流电的有效值是（）A 110VB 220 VC 156 VD 311 V二、多项选择题11如图所示，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形则该磁场（）A 逐渐增强，方向向外B 逐渐增强
6、，方向向里C 逐渐减弱，方向向外D 逐渐减弱，方向向里12如图所示为某磁谱仪部分构件的示意图，图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹，宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是（）A 电子与正电子的偏转方向一定不同B 电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C 仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D 粒子的动能越大，它在磁场中的运动轨迹的半径越小13如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（）A 增加线圈的匝数B 提高交流
7、电源的频率C 将金属杯换为瓷杯D 取走线圈中的铁芯14如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q的小球P，带电量分别为q和+2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法中正确的是（）A M与N之间的距离大于LB P、M和N在同一直线上C M、N及细杆组成的系统所受合外力为零D 在小球P产生的电场中，M、N处的电势相同15如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直于环面且过圆心 O，关于 x 轴上的电场强度和电势，下列说法中正确的是（）A O 点的电场强度为零，电势最低B O 点的电场强度为零，电势最高C 从 O 点沿 x 轴正方向
8、，电场强度先减小后增大，电势升高D 从 O 点沿 x 轴正方向，电场强度先增大后减小，电势降低16如图所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a、b所示，则（）A 两次t=0时刻线圈平面与中性面重合B 曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3C 曲线a表示的交变电动势频率为25HzD 曲线b表示的交变电动势有效值为10V17有一交变电压的变化规律为u=311sin 314t，有一只氖管，它的两端电压等于或大于220V时就会产生辉光，而小于220V则不会产生辉光，给这只氖管两端加上上述交变电压下列说法中正确的是（）A 交变电
9、压的有效值为220 VB 交变电压的周期为0.01sC 在1 s内氖管发光的时间是0.50sD 在1 s内氖管发光的时间是0.25s18如图所示，将电路中的滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的大小分别为U1、U2、U3，理想电流表A示数变化量的大小为I，则（）A V2的示数减小B A的示数减小C U1大于U2D U3与I的比值大于r三、实验探究题：本大题共3小题，共16分按题目要求作答19测量一个未知电阻Rx的阻值，用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是 （）A 这个电阻
10、很小，估计只有几欧姆B 这个电阻很大，估计有几千欧姆C 如需进一步测量可换“1”挡，调零后测量D 如需进一步测量可换“1k”挡，调零后测量20现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度螺旋测微器和游标卡尺的示数如图所示：（1）由图可知，圆柱体的直径为mm，长度为mm（2）若留经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用d、L表示，则用d、L、I、U表示的电阻率关系式为=21某同学设计的输出电压可调电源电路如图（a）所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片，闭合电键S用
11、电压表03V档测量A、B两端的电压，示数如图（b），电压值为V在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于端（填A或B）若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在的风险（填“断路”或“短路”）四、计算解答题：本大题共3小题，共32分解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤22如图所示，今有一个长20cm、宽10cm，共有500匝的矩形线圈，线圈电阻不计在外力作用下在B=0.10T匀强磁场中，以恒定的角速度=100rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，发电机线圈两端与R=100的电阻构成闭合回路求：（1）线圈转动时产生感应电动势的最大值Em（2）线圈匀速转动10
12、s，电流通过电阻R产生的焦耳热Q（3）从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90角的过程中通过电阻R横截面的电荷量q23 如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直，质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g，求：（1）导体棒与涂层间的动摩擦因素；（2）导体棒匀速运的速度大小v；（3）整个运动过程中，电阻产
13、生的焦耳热Q24如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进人电场不计重力若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为，求：（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；（2）该粒子在电场中运动的时间2014-2015学年浙江省丽水市龙泉中学高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的选对的得3分，选错
14、的或不答的得0分1关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法不一定正确的是（）A 安培力的方向总是垂直于直导线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直导线和磁场方向的夹角有关D 将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半考点：安培力；磁感应强度分析：当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场方向、导线垂直引用公式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：AB、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，即与直导线和磁场方向一定垂直，故
15、A、B正确；C、当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正确；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错误本题选不一定正确的，故选：D点评：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=BIL2下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（）A 将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的示数变
16、化B 在一通电线圈旁放置一接有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的示数变化C 绕在同一环形铁芯上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的示数变化D 将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表相连，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的示数变化考点：研究电磁感应现象专题：实验题分析：产生感应电流的条件：闭合回路的磁通量发生变化或闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中有感应电流解答：解：A、将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故A错误；B、在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈
17、，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故B错误；C、绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，回路中的磁通量发生变化，能观察电流表的变化，故C正确D、将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁的过程中有感应电流产生，但是之后，再到相邻房间去观察时，回路中已经没有磁通量的变化，此时观察到的电流表没有变化，故D错误；故选：C点评：解决本题关键要准确把握产生感应电流的一般条件：闭合回路的磁通量发生变化，电路必须闭合3如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面下列判断正确的是（）A 1、2两点的场强相等B
18、1、3两点的场强相等C 1、2两点的电势相等D 2、3两点的电势相等考点：电势；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大顺着电场线，电势降低利用这些知识进行判断解答：解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大故A错误；B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大故B错误；C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势故C错误；D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两
19、点的电势相等故D正确故选：D点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题4如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法正确的是（）A 总是顺时针B 总是逆时针C 先顺时针后逆时针D 先逆时针后顺时针考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：由楞次定律可以判断出感应电流的方向解答：解：由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的
20、感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故C正确故选：C点评：本题考查了楞次定律的应用，正确理解楞次定律阻碍的含义是正确解题的关键5将阻值随温度升而减小的热敏电阻和串联，接在不计内阻的稳压电源两端开始时和阻值相等，保持温度不变，冷却或加热，则的电功率在（）A 加热时变大，冷却时变小B 加热时变小，冷却时变大C 加热或冷却时都变小D 加热或冷却时都变大考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：将热敏电阻看成电源的内阻，当两个电阻相等时，上消耗的电功率最大，无论温度升高还是降低，上消耗的电功率都变小解答：解：将热敏电阻看成电源的内阻，开始时和阻值相等，根据数学知识分析得知此时电
21、源的输出功率最大，即上消耗的电功率最大，所以无论温度升高还是降低，阻值增大或减小，上消耗的电功率都变小故C正确故选：C点评：此题要对热敏电阻的特性掌握牢固本题中运用等效法研究功率问题，也是常用的方法6如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者并联，接在220V，50Hz的交变电压两端，三只灯泡亮度相同若将交变电压改为220V，25Hz，则（）A 三只灯泡亮度不变B 三只灯泡都将变亮C a亮度不变，b变亮，c变暗D a亮度不变，b变暗，c变亮考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用专题：交流电专题分析：根据电感的特性：通低频、阻高频及电容器的特性：通调
22、频、阻低频来分析灯泡亮度的变化解答：解：根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变低时，电感对电流的感抗减小，b灯变亮；根据电容器的特性：通调频、阻低频，当电源的频率变低时，电容器对电流的容抗增大，c灯变暗而电阻的亮度与频率无关，a灯亮度不变故选C点评：本题要抓住电感和电容的特性分析：电感：通直流、阻交流，通低频、阻高频，可根据法拉第电磁感应定律来理解电容器的特性：通交流、隔直流，通调频、阻低频，根据电容器充放电的特性理解7如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O已知粒子
23、穿越铝板时，其动能损失四分之三，电荷量损失一半，速度方向不变不计重力铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（）A 2B C D 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出磁感应强度，然后再求出磁感应强度之比解答：解：设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为r1、r2，速度分别为v1、v2由题意可知，粒子轨道半径：r1=2r2，由题意可知，穿过铝板时粒子动能损失，即：mv22=（1）mv12，v2=v1，电荷量损失一半，则：q2=q1，粒子在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，磁感应强度：B=
24、，磁感应强度之比：=；故选：D点评：本题考查了求磁感应强度，根据题意求出粒子的轨道半径、与速度关系，然后应用牛顿第二定律即可正确解题8如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（）A 增大R1的阻值B 增大R2的阻值C 增大两板间的距离D 断开电键S考点：闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析专题：电容器专题分析：分析清楚电路结构，求出极板间的电场强度，求出油滴受到的电场力，然后根据电场力的表达式分析答题解答：解：根据图示电路图，由欧姆定律可得：
25、电容器两端电压：U=IR1=R1=，油滴受到的电场力：F=，开始时油滴静止不动，F=mg，要使油滴保持静止不动，则电场力应保持不变；A、增大R1的阻值，电场力：F=变大，电场力大于重力，油滴受到的合力向上，油滴向上运动，故A错误；B、增大R2的阻值，电场力：F=不变，电场力与重力仍然是一对平衡力，油滴静止不动，故B正确；C、增大两板间的距离，极板间的电场强度减小，电场力减小，小于重力，油滴受到的合力向下，油滴向下运动，故C错误；D、断开电键S，极板间的电场强度为零，电场力为零，油滴受到重力作用，油滴向下运动，故D错误故选：B点评：本题考查了判断油滴的运动状态问题，分析清楚极板间的电场力如何变化
26、是正确解题的关键9如图所示，一正方形线圈的匝数为 n，边长为 a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中 在t 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由 B 均匀地增大到 3B在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（）A B C D 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，注意线圈的有效面积是正方形面积的一半解答：解：由法拉第电磁感应定律得：线圈中产生的感应电动势 E=n=n=n=故选：B点评：本题属于感生问题，运用法拉第电磁感应定律时，要注意要用有效面积求感应电动势10如图所示，图为电热毯的电路示意图，电热毯接在电源
27、插座上，电热毯被加热到一定程度后，由于装置P的作用，使加在电热丝ab两端的电压变成图所示的波形，从而进入保温状态若电热丝的电阻保持不变，此时图甲中交流电压表读出交流电的有效值是（）A 110VB 220 VC 156 VD 311 V考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式专题：交流电专题分析：电压表读数为有效值，根据正弦式交变电流峰值和有效值之间的关系以及电流的热效应便可求得有效值解答：解：由图象可知该交变电流的周期为：T=2102s可分两段00.01s和0.010.02S根据有效值的定义可得：=T，U=156V故选：C点评：本题考察有关交变电流有效值的计算问题，注意掌握焦耳定律的应用，及注意
28、图象只有一半二、多项选择题11如图所示，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形则该磁场（）A 逐渐增强，方向向外B 逐渐增强，方向向里C 逐渐减弱，方向向外D 逐渐减弱，方向向里考点：感应电流的产生条件分析：磁场发生变化，回路变为圆形说明导线受到的安培力的方向向外，结合楞次定律与左手定则即可判定，也可由楞次定律的推广形式解答解答：解：磁场发生变化，回路变为圆形，是由线圈受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，磁场在减弱，故CD正确，AB错误故选：CD点评：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，也可以使用楞
29、次定律的推广的形式处理12如图所示为某磁谱仪部分构件的示意图，图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹，宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是（）A 电子与正电子的偏转方向一定不同B 电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C 仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D 粒子的动能越大，它在磁场中的运动轨迹的半径越小考点：洛仑兹力分析：左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的
30、方向根据左手定则的内容判断安培力的方向，当然也可以判定洛伦兹力的方向根据粒子的半径公式判断BD选项解答：解：A、由于电子与正电子的电性相反，所以它们以相同的方向进入磁场时，受到的洛伦兹力的方向相反，偏转的方向相反，故A正确；B、根据带电粒子的半径公式：，电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径是否相同，与它们的速度有关，故B错误；C、质子与正电子的电性相同，所以它们以相同的方向进入磁场时，受到的洛伦兹力的方向相同，偏转的方向相同，仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，故C正确；D、根据带电粒子的半径公式：，粒子的半径与粒子的动量成正比，而不是与粒子的动能成正比；粒子的动量越大，它在磁场中
31、的运动轨迹的半径越大故D错误故选：AC点评：本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向注意正负电荷的区别会使用粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式进行判断13如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（）A 增加线圈的匝数B 提高交流电源的频率C 将金属杯换为瓷杯D 取走线圈中的铁芯考点：法拉第电磁感应定律；* 涡流现象及其应用分析：由题意可知电器的工作原理，则根据原理进行分析可得出缩短加热时间的方法解答：解：A、由题意可知，本题中是涡流现象的应用；即采用线圈产生的磁场使金属杯产生感应电
32、流；从而进行加热的，则由法拉第电磁感应定律可知，增加线圈的匝数、提高交流电的频率均可以提高发热功率；则可以缩短加热时间；故AB正确；C、将杯子换作瓷杯不会产生涡流；则无法加热水；故C错误；D、取走铁芯磁场减弱，则加热时间变长；故D错误；故选：AB点评：本题考查涡流的应用，要注意明确涡流现象其实就是电磁感应的，由法拉第电磁感应定律可知涡流现象的强弱14如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q的小球P，带电量分别为q和+2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法中正确的是（）A M与N之间的距离大于LB P、M和N在同一直线上C M、
33、N及细杆组成的系统所受合外力为零D 在小球P产生的电场中，M、N处的电势相同考点：电势能；电场强度分析：根据对M、N受力分析，结合平衡条件与库仑定律，假设杆无作用力，即可分析MN间的距离；根据整体受力分析，结合平衡条件，即可分析B项；由整体处于平衡状态，结合牛顿第二定律，即可求解合外力由点电荷电场线的分布，依据沿着电场线的方向，电势降低，即可求解解答：解：A、对M、N分别受力分析，根据库仑定律，假设杆无作用力，设M与N间距为r，则有：k=k，解得：r=（1）L；故A错误；B、由于水平桌面光滑，若P、M和N不在同一直线上，则各自受力不共线，会出现不平衡现象，故B正确；C、由题意可知，M、N及细杆
34、组成的系统处于静止状态，因此合外力为零，故C正确D、由带电量为+Q的小球P，结合沿着电场线方向电势降低的，则M点电势高于N点，故D错误；故选：BC点评：本题要灵活选择研究对象，进行受力分析，运用库仑定律和平衡条件分析，注意电势的高低判定方法15如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直于环面且过圆心 O，关于 x 轴上的电场强度和电势，下列说法中正确的是（）A O 点的电场强度为零，电势最低B O 点的电场强度为零，电势最高C 从 O 点沿 x 轴正方向，电场强度先减小后增大，电势升高D 从 O 点沿 x 轴正方向，电场强度先增大后减小，电势降低考点：点电荷的场强；电场的叠加；电势分析：圆
35、环上均匀分布着正电荷，根据电场的叠加和对称性，分析O点的场强根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低解答：解：A、B、圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最高，故A错误，B正确；C、D、O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小x轴上电场强度方向向右，电势降低，故C错误，D正确；故选：BD点评：解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活
36、运用；二是运用极限法分析场强的变化16如图所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a、b所示，则（）A 两次t=0时刻线圈平面与中性面重合B 曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3C 曲线a表示的交变电动势频率为25HzD 曲线b表示的交变电动势有效值为10V考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：根据图象可分别求出两个交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等解答：解：A、在t=0时刻，线圈一定处在中性面上；故A正确；B、由图
37、可知，a的周期为4102s；b的周期为6102s，则由n=可知，转速与周期成反比，故转速之比为：3：2；故B错误；C、曲线a的交变电流的频率f=25Hz；故C正确；D、曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2，曲线a表示的交变电动势最大值是15V，根据Em=nBS得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，则有效值为U=5V；故D错误；故选：AC点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量17有一交变电压的变化规律为u=311sin 314t，有一只氖管，它的两端电压等于或大于220V时就会产生辉光，而小于220V则不会产生辉光，给这只氖
38、管两端加上上述交变电压下列说法中正确的是（）A 交变电压的有效值为220 VB 交变电压的周期为0.01sC 在1 s内氖管发光的时间是0.50sD 在1 s内氖管发光的时间是0.25s考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式专题：交流电专题分析：根据交流电压的变化规律为U=311sin314t（V）求出交流电压的周期因为一个周期内氖管上的电压两次超过220V，正半周一次，负半周一次由正弦函数对称性求出一个周期内氖管发光的时间解答：解：A、交流电的有效值U=220V；故A正确；B、交流电的角速度为314，故其期T=0.02s；故B错误；C、解：辉光电压为220V，即加在氖管上的电压不小于220V
39、，氖管就会发光，u=311sin314t，0.0025st0.0075s，u220V，由正弦函数对称性，在一个周期内加在氖管上的电压不小于220V的时间是20.005s=0.01s交流电周期为0.02s；所以在1s内有50个周期所以在1s内氖管发光的时间为0.50s故C正确，D错误；故选：AC点评：本题考查交流电的性质，解决该题关键要能根据交流电压的变化规律结合数学函数知识找出电压不小于220V的时间18如图所示，将电路中的滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的大小分别为U1、U2、U3，理想电流表A示数变化量的大小为I，则（）A V2的示数减小B A的示数减小C U1
40、大于U2D U3与I的比值大于r考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路分析电路的连接关系，滑动变阻器滑片向上滑动，电阻增大，总电阻增大，根据欧姆定律分析即可解答：解：A、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压当滑动变阻器滑片向上滑动时，接入电路的电阻增大，电路中电流减小，则A的示数减小，电源内阻所占电压减小，则路端电压增大，即V2的示数增大，故A错误，B正确；C、根据闭合电路欧姆定律得：U2=EIr，则得：=r；=R，
41、由于不知道R与r的关系，所以无法判断U1和U2的关系，故C错误D、根据闭合电路欧姆定律得：U3=EI（R+r），则得：=R+rr，则U3与I的比值大于r，故D正确；故选：BD点评：本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析三、实验探究题：本大题共3小题，共16分按题目要求作答19测量一个未知电阻Rx的阻值，用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是 （）A 这个电阻很小，估计只有几欧姆B 这个电阻很大，估计有几千欧姆C 如需进一步
42、测量可换“1”挡，调零后测量D 如需进一步测量可换“1k”挡，调零后测量考点：用多用电表测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：根据表盘刻度的特点分析表针偏转与示数间的关系，从而确定出该选用的档位换挡后要重新欧姆调零解答：解：AB、欧姆表的表盘与电流计的刻度相反，即满偏刻度处电阻为零，电流为零时对应电阻无穷大，用用“10”挡测电阻，指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，说明这个电阻很小，约为几欧姆，故A正确，B错误；CD、为了准确测量，应换用小档位，故应换用“1”挡，重新欧姆调零后再测量，C正确，D错误故选：AC点评：本题考查了欧姆表的使用方法，使用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指
43、在中央刻度线附近，指针偏角大，说明所选挡位大，为准确测量应换小挡进行测量；特别注意每次换挡都要重新调零20现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度螺旋测微器和游标卡尺的示数如图所示：（1）由图可知，圆柱体的直径为1.843mm，长度为4.240mm（2）若留经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用d、L表示，则用d、L、I、U表示的电阻率关系式为=考点：测定金属的电阻率专题：实验题分析：（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻
44、度示数之和是螺旋测微器的示数；（2）根据欧姆定律和电阻定律列式求解解答：解：（1）由图a所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，游标尺示数为34.30.01mm=0.343mm，螺旋测微器示数为1.5mm+0.343mm=1.843mm；由图所示可知，游标卡尺主尺示数为4.2cm，游标尺示数为80.05mm=0.40mm，游标卡尺示数为42mm+0.40mm=42.40mm=4.240cm；（2）根据电阻定律，有：R=解得：=故答案为：（1）1.843，4.240；（2）点评：游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不
45、需要估读，螺旋测微器需要估读，对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度并掌握电阻定律与欧姆定律的应用21某同学设计的输出电压可调电源电路如图（a）所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片，闭合电键S用电压表03V档测量A、B两端的电压，示数如图（b），电压值为1.30V在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于A端（填A或B）若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在短路的风险（填“断路”或“短路”）考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据量程，确定电压表的最小分度，再进行读数（2）在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，应使变阻器输出电压最小（3）明确R0的作
46、用，体会其对电路的保护作用解答：解：（1）由题，电压表的量程为03V，其最小分度为0.1V，则图b中电压值为1.30V（2）在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于A端使输出电压为零（3）由于电源内阻较小，若不接入保护电阻，则存在短路的风险；故答案为：（1）1.30；（2）A；（3）短路点评：本题要掌握基本仪器的读数，注意估读一位要理解并掌握分压器电路的原理和调压方法，明确开关闭合前应使输出电压最小，从而确定安全四、计算解答题：本大题共3小题，共32分解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤22如图所示，今有一个长20cm、宽10cm，共有500匝的矩形线圈，线圈电阻
47、不计在外力作用下在B=0.10T匀强磁场中，以恒定的角速度=100rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，发电机线圈两端与R=100的电阻构成闭合回路求：（1）线圈转动时产生感应电动势的最大值Em（2）线圈匀速转动10s，电流通过电阻R产生的焦耳热Q（3）从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90角的过程中通过电阻R横截面的电荷量q考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：正弦式电流给灯泡供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值而求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电
48、流的值就是交流电的有效值通过横截面的电荷量则需要用交流电的平均值，而电器的耐压值时则交流电的最大值解答：解：（1）当线圈与磁感线平行时，线圈中感应电动势的最大值，则为：Em=nBS=5000.10.20.1100=3.14102 V （2）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，电阻两端电压的有效值为：经过t=10s电流通过电阻产生的焦耳热为：Q热=解：Q热=4.9103J（3）设从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90角所用时间为t，线圈中的平均感应电动势为：=n通过电阻R的平均电流为：在t时间内通过电阻横截面的电荷量为：Q=1.0102C，答：（1）线圈转动时产生感应电动势的最大值为
49、3.14102 V；（2）线圈匀速转动10s，电流通过电阻R产生的焦耳热4.9103J；（3）从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90角的过程中通过电阻R横截面的电荷量1.0102C点评：当线圈与磁场相平行时，即线圈边框正好垂直切割磁感线，此时产生的感应电动势最大求电荷量时，运用交流电的平均值，求产生的热能时，用交流电的有效值23 如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直，质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速
50、滑到导轨底端导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g，求：（1）导体棒与涂层间的动摩擦因素；（2）导体棒匀速运的速度大小v；（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；焦耳定律；安培力专题：电磁感应与电路结合分析：（1）研究导体棒在绝缘涂层上匀速运动过程，受力平衡，根据平衡条件即可求解动摩擦因数（2）据题导体棒在滑上涂层之前已经做匀速运动，推导出安培力与速度的关系，再由平衡条件求解速度v（3）导体棒在滑上涂层滑动时摩擦生热为QT=mgdcos，再根据能量守恒定律求解电阻产生的
51、焦耳热Q解答：解：（1）在绝缘涂层上，导体棒做匀速直线运动，受力平衡，则有： mgsin=mgcos解得：=tan（2）导体棒在光滑导轨上滑动时：感应电动势 E=BLv感应电流 I=安培力 F安=BIL联立得：F安=受力平衡 F安=mgsin解得：v=（3）导体棒在滑上涂层滑动时摩擦生热为 QT=mgdcos整个运动过程中，根据能量守恒定律得：3mgdsin=Q+QT+解得：Q=2mgdsin答：（1）导体棒与涂层间的动摩擦因素为tan；（2）导体棒匀速运的速度大小v为；（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q为2mgdsin点评：本题实质是力学的共点力平衡与电磁感应的综合，都要求正确分析受力
52、情况，运用平衡条件列方程，关键要正确推导出安培力与速度的关系式，分析出能量是怎样转化的24如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进人电场不计重力若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为，求：（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；（2）该粒子在电场中运动的时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运
53、动，作出粒子运动轨迹，由几何知识求出粒子做匀速圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律、类平抛运动规律可以求出电场强度与磁感应强度之比，粒子的运动时间解答：解：粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B=m，由几何知识可得：R0=d，粒子进入电场后做类平抛运动，由牛顿第二定律得：qE=max，vx=axt，d=t，tan=，解得：=v0tan2，t=；答：（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值为v0tan2；（2）该粒子在电场中运动的时间为点评：本题考查了带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，在磁场中的匀速圆周运动，对数学的几何能力要求较高，关键画出粒子的轨迹图，结合牛顿第二定律以及向心力等知识进行求解