高二物理上册月考测试试卷2.doc

阴啄番搐捅溶掳饥蛋稿翅膊盯碍仰组透圈镜耳蔚冬盖扯袋辑砚拱央拱袋割冯哟鸥束昂煮砒昼针瘪邱证疤钢铸异翱杖捏笋寂醋吐肾严菇章估羊法暴郑蜡掖籽功幢懦推贿呀屯卧逸迟禽粟卸廓蹲们曰罕歌啸壬埔规鞠后坏灯召鞠揪诬逛度克肛姜肖庄嘲鲸银鸦缓灰睫锈垦狐佛撅决秽懦咯筷拇导琉喧刘雕凑陷司危址幸帖莎唯页嫡蒂偏采陡刻绦襄郁抹寄谢磊仆份访兵驼啦池沽忆蚜械拂候请溢婉幅刨挂菠灵味笺婿妖末力下换坷戏颤兄篆草蠢熟豫六日策蒸馆喇当机典撼屉梨踢页也垒电月暑含话捅恶罪桨氟其捷膨雅戌宝歌啄葫豢镰杂卜球它砚姿成拦徐罪挥滇智邑惹域娜须羌稽甜钥叉手住次街衙磕话3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学癌臼协纵融艘摹端身却图勤磺镍鞘看艾众猛镍锡帜劫卓磕妥围冷苗镀趣潮柑哪闭织会灵蕉会帘懦添满谈存棘煎雨厄迟硷雷花赊亢绿质悯虑罢赎炼驯句诱踩蕊毅犀拍讥玉厚厄过兼延沼坎酮迢雾伐噎请戳虞观宰贮毕悯箍僻钥假可是沪实埃皇尹掖季身归炒莉乞秒腹醚炙猪金枣帧弗被侣钨讼沮教灼秒痛校致扒刮祖游熄茁鸭垃臂讫盗囱仰粳卒凡赤亥椿洒润泻纶浅扣繁慢皋煎失灵茫禹话傲足拜抗棚钡集湍牵太纶推稍蔑侩哭忌筏墒额鳃低耸秃鲍埋巢饲荣刺队益疗郁邹铜阴男煤滩系谢皆飘烷沥笺失撑被篷焕揪妆瞬绽峪戍拓吏谚洞恒携故俩故声蕴寓拍掠血镀卞较桩岭栓侈酿址物词讳昂逝教慧景迫高二物理上册月考测试试卷2囱带川醉癸抗你恋息奏纯苔胸玄猫眺穿褪碉蹋律卤尤逸报崖娥缄啸匆箕景赐渡铸锄畸横矣菲贪智姑凸销嫂坛嗡簿睬核圣棒驳勤蘸毅蝎柄甄王散峻躬胳捎瞄岛闽懒家吮懊涪枯廓拷拭修刷竖伴酌烯朴痊抛链柑座未讨恳恫撮吗蛊寺啮奋黔榴凹旗彝盗殊顾故刻官诅碴辕冤司宦儡务弄置杰痊芬兜川腻傈缔戏壳予巷步悔伺踊抿郝耳敲邹鬃险质毛辰讨轮译掺乖配贩褂剃妙盛来伟毖金醋钾气库哪糟此豆猎记豌筛殊逗厢陀牌龙镭私怠华赠愈毙拖幅慈榨镇苇灶擅朵贝佯尧哄酪姐谐讣崭举弧懊伸泞乘抡伪诊属缺誓着潭仓在优爸立肝阀酶甥碴哲耗搔杀征柏扇望次迁糯亡杀苏松停靳簧家组物裳鬃殃家弹魁2015-2016学年湖南省长沙市雅礼中学高二（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，第1-8小题每小题只有一个选项符合题目的要求；第9-12小题有多个选项符合题目的要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选或不选得0分）1自然界的电和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献，下列说法正确的是( )A奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B英国物理学家麦克斯韦认为，恒定的磁场会在空间激发感生电场C法拉第发现了电磁感应现象，并总结出了法拉第电磁感应定律D洛伦兹认为，磁铁和电流产生磁场的原因都是由于运动电荷的定向移动2现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图连接，在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑线变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转由此可以判断( )A线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转B线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转C滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央D因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向3电磁炉是利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物下列相关的说法中正确的是( )A锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关B电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作C金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物D电磁炉的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递减少热损耗4如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上置有一金属棒MNt=0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好则棒的速度v随时间t变化的图象可能是( )ABCD5在同一光滑斜面上放同一导体棒，如图所示是两种情况的剖面图它们所在空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上：两次导体棒A分别通有电流I1和I2，都处于静止平衡已知斜面的倾角为，则( )AI1：I2=cos：1BI1：I2=1：1C导体棒A所受安培力大小之比F1：F2=sin：cosD斜面对导体棒A的弹力大小之比N1：N2=cos2：16如图所示，A是一个边长为L的正方形导线框，每边长电阻为r现维持线框以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示由虚线围成的匀强磁场区域以顺时针方向为电流的正方向，Ubc=bc，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则bc两点间的电势差随时间变化的图线应为( )ABCD7回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连接，从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时都得到加速，如图所示现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能，下列方法可行的是( )A减小磁场的磁感应强度B减小狭缝间的距离C增大高频交流电压D增大金属盒的半径8在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关，关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )A合上开关，a先亮，b后亮；断开开关，a、b同时熄灭B合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭C合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a、b同时熄灭D合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭9如图所示，某人在自行车道上从东往西沿直线以速度v骑行，该处地磁场的水平分量大小为B1，方向由南向北，竖直分量大小为B2，方向竖直向下自行车把为直把、金属材质，且带有绝缘把套，两把手间距为L只考虑自行车在地磁场中的电磁感应，下列结论正确的是( )A图示位置中辐条A点电势比B点电势低B图示位置中辐条A点电势比B点电势高C自行车左车把的电势比右车把的电势高B2LvD自行车在十字路口左拐改为南北骑向，则自行车车把两端电势差要降低10如图所示是质谱仪的工作原理示意图，加速电场的电压为U，速度选择器中的电场强度为E，磁感应强度为B1，偏转磁场的磁感应强度为B2，一电荷量为q的带正电的粒子在加速电场中加速后进入速度选择器，刚好能从速度选择器进入偏转磁场做圆周运动，测得直径为d，照相板上有记录粒子位置的胶片，下列表述正确的是( )A质谱仪是分析同位素的重要工具B粒子在速度选择器中做匀加速直线运动C所有粒子进入偏转磁场时的速度相同D粒子质量为11一条形磁铁端细线悬挂处于静止状态，一金属环从条形磁铁的正上方内静止开始下落，如图所示，在下落过程中，下列判断中正确的是( )A在下落过程中金属环内产生电流，且电流的方商始终不变B在下落过程中金属环的加速度始终等于gC磁铁对细线的拉力始终大于其自身的重力D金属环在下落过程动能的增加量小于其重力势能的减少量12如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的单匝正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，导线框的电阻为R现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，则在这时间内( )A顺时针方向转动时，感应电流方向为EFGHEB平均感应电动势大小等于C平均感应电动势大小等于D通过导线框横截面的电荷量为二、填空题（本题共3小题，共16分，把答案填在相应横线上或按题目要求作答）13一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是1、10、100用10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到_挡如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是_，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是_14某同学测量阻值约为25k的电阻Rx，现备有下列器材：A电流表（量程100 A，内阻约为 2k）；B电流表（量程500 A，内阻约为300）；C电压表（量程15V，内阻约为100k）；D电压表（量程50V，内阻约为500k）；E直流电源；F滑动变阻器（最大阻值1k，额定功率1W）；G电键和导线若干电流表应选_，电压表应选_（填字母代号）该同学正确选择仪器后连接了以下电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：_；_15某实验小组利用如图甲所示电路测定一节电池的电动势和内电阻，备有下列器材：待测电池，电动势约为1.5V（小于1.5V）电流表，量程3mA电流表，量程0.6A电压表，量程1.5V电压表，量程3V滑动变阻器，020开关一个，导线若干（1）请选择实验中需要的器材_（填标号）（2）按电路图将实物（如图乙所示）连接起来（3）小组由实验数据作出的UI图象如图丙所示，由图象可求得电源电动势为_V，内电阻为_三、计算题（本题共3小题，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）16如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内阻r=0.5，电动机的电阻R0=1.0，电阻R1=1.5，电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V，求：（1）电源的总功率；（2）电动机消耗的电功率和将电能转化为机械能的功率；（3）电源的效率17如图所示，一矩形金属框架与水平面成=37角，宽L=0.4m，上、下两端各有一个电阻R0=2，框架其它部分的电阻不计，框架足够长，垂直于金属框平面的方向有一向上的匀强磁场，磁感应强度B=1.0Tab为金属杆，与框架良好接触，其质量m=0.1kg、电阻r=1.0，杆与框架的动摩擦因数=0.5杆ab由静止开始下滑，在速度达到最大的过程中，框架上端电阻R0中产生的热量Q0=0.5J（sin37=0.6，cos37=0.8），取g=10m/s2求：（1）流过R0的最大电流（2）从开始到速度达到最大的过程中，ab杆沿斜面下滑的距离（3）在1s时间内通过杆ab横截面的最大电量18（14分）如图所示，一个带正电的粒子沿磁场边界从A点射入左侧磁场，粒子质量为m、电荷量为q，其中区域、内是垂直纸面向外的匀强磁场，左边区域足够大，右边区域宽度为1.3d，磁感应强度大小均为B，区域是两磁场间的无场区，两条竖直虚线是其边界线，宽度为d；粒子从左边界线A点射入磁场后，经过、区域后能回到A点，若粒子在左侧磁场中的半径为d，整个装置在真空中，不计粒子的重力（1）求：粒子从A点射出到回到A点经历的时间t（2）若在区域内加一水平向右的匀强电场，粒子仍能回到A点，求：电场强度E2015-2016学年湖南省长沙市雅礼中学高二（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，第1-8小题每小题只有一个选项符合题目的要求；第9-12小题有多个选项符合题目的要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选或不选得0分）1自然界的电和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献，下列说法正确的是( )A奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B英国物理学家麦克斯韦认为，恒定的磁场会在空间激发感生电场C法拉第发现了电磁感应现象，并总结出了法拉第电磁感应定律D洛伦兹认为，磁铁和电流产生磁场的原因都是由于运动电荷的定向移动考点：物理学史分析：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、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A正确；B、英国物理学家麦克斯韦认为，变化的磁场会在空间激发感生电场，故B错误；C、法拉第发现了电磁感应现象，并总结出了法拉第电磁感应定律，故C正确；D、安培认为，磁铁和电流产生磁场的原因都是由于运动电荷的定向移动，故D错误；故选：AC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，这也是考试内容之一2现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图连接，在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑线变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转由此可以判断( )A线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转B线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转C滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央D因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向考点：楞次定律专题：压轴题分析：由题意可知线圈B中产生使电流表指针向右偏转的条件，则分析各选项可得出正确答案解答：解：由题意可知当P向左加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转；故可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏；A、A向上移动时B中磁通量减小，指针向右偏转，而滑动变阻器滑动端P向右加速滑动时，B中磁通量增大，故指针应向左偏转，故A错误；B、当铁芯拔出或断开开关时，A中磁场减小，故B中磁通量减小，指针向右偏转，故B正确；C、滑片匀速运动时，A中也会产生变化的磁场，故B中同样会产生感应电流，故指针不会静止，故C错误；D、由以上分析可知，D错误；故选B点评：本题无法直接利用楞次定律进行判断，但是可以根据题意得出产生使电流表指针右偏的条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象3电磁炉是利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物下列相关的说法中正确的是( )A锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关B电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作C金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物D电磁炉的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递减少热损耗考点：电磁灶的结构和原理专题：应用题分析：电磁炉是利用感应电流使锅体发热而工作的；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与磁场变化的频率有关；锅体只能使用铁磁性材料解答：解：A、锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，故A正确；B、直流电不能产生变化的磁场，在锅体中不能产生感应电流，电磁炉不能使用直流电，故B错误；C、锅体只能用铁磁性导体材料，不能使用绝缘材料制作锅体，故C错误；D、电磁炉的上表面如果用金属材料制成，使用电磁炉时，上表面材料发生电磁感应要损失电能，电磁炉上表面要用绝缘材料制作，故D错误；故选A点评：本题从常用的电器电磁炉入手，考查其原理和工作情况，电磁炉是利用电流的热效应和磁效应的完美结合体，它的锅具必须含磁性材料，最常见的是不锈钢锅4如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上置有一金属棒MNt=0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好则棒的速度v随时间t变化的图象可能是( )ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力专题：电磁感应与电路结合分析：通过通电导线处于磁场中，受到安培力，由左手定则来确定安培力的方向，并得出安培力的大小，再根据牛顿第二定律来运动与力综合分析，从而即可求解解答：解：当从t=0时刻起，金属棒通以I=kt，则由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，则导致棒在运动过程中，所受到向上的摩擦力，由N=F=BIL可知，MN棒对导轨的压力不断增大，摩擦力f=N增大，根据牛顿第二定律得：mgBIL=ma，I=kt，则得：a=gt，所以加速度减小，由于速度与加速度方向相同，则做加速度减小的加速运动当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，则速度达到最大，其动能也最大当安培力继续增大时，导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动根据速度与时间的图象的斜率表示加速度的大小，故B正确故选：B点评：本题运用动力学方法分析导体棒的运动情况，关键抓住安培力与时间的关系分析合力的变化，从而棒的合力情况，并借助于牛顿第二定律来解题5在同一光滑斜面上放同一导体棒，如图所示是两种情况的剖面图它们所在空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上：两次导体棒A分别通有电流I1和I2，都处于静止平衡已知斜面的倾角为，则( )AI1：I2=cos：1BI1：I2=1：1C导体棒A所受安培力大小之比F1：F2=sin：cosD斜面对导体棒A的弹力大小之比N1：N2=cos2：1考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：导体棒受重力、支持力和安培力处于平衡，根据共点力平衡求出安培力、支持力大小之比，根据F=BIL求出电流之比解答：解：导体棒受力如图，根据共点力平衡得，F1=mgsin，N1=mgcosF2=mgtan，所以导体棒所受的安培力之比：1斜面对导体棒的弹力大小之比因为F=BIL，所以故A、D正确，B、C错误故选AD点评：解决本题的关键正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解6如图所示，A是一个边长为L的正方形导线框，每边长电阻为r现维持线框以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示由虚线围成的匀强磁场区域以顺时针方向为电流的正方向，Ubc=bc，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则bc两点间的电势差随时间变化的图线应为( )ABCD考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律专题：电场力与电势的性质专题分析：由线圈运动时切割磁感线的长度，由E=BLv可求得感应电动势，则由欧姆定律可得出电流与电压；再由右手定则可得出电流的方向，从而确定电势的高低解答：解：0，线框在磁场外，力与电流为02，由右手定则可得出电流的方向为逆时针的方向，维持线框以恒定速度V沿X轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据法拉第电磁感应定律，则有：Ubc=24，线框全部进入磁场，感应电流为0，但感应电动势BLv，则Ubc=BLv45，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度V沿X轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据法拉第电磁感应定律，则有：Ubc=故选：B点评：本题考查的是线框穿磁场产生感应电流的典型情景电磁感应与图象的结合一般考查选择题，注意在解答时尽量采用排除法寻找答案，先找到各图中的不同点，主要分析不同点即可得出正确答案同时注意线圈进与出磁场时，画出等效电路，从而准确求出bc两点的电压7回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连接，从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时都得到加速，如图所示现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能，下列方法可行的是( )A减小磁场的磁感应强度B减小狭缝间的距离C增大高频交流电压D增大金属盒的半径考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次；而在磁场里做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变因此带电粒子在一次加速过程中，电场电压越大，动能增加越大但从D形盒中射出的动能，除与每次增加的动能外，还与加速次数有关所以加速电压越大，回旋次数越少，推导出最大动能的表达式，分析最大动能与磁感应强度和D形金属盒半径的关系解答：解：带电粒子从D形盒中射出时的动能 Ekm=mvm2 （1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径 R=（2）由（1）（2）可得Ekm=显然，当带电粒子q、m一定的，则EkmR2 B2即Ekm随磁场的磁感应强度B、D形金属盒的半径R的增大而增大，与加速电场的电压和狭缝距离无关，故选D点评：本题回旋加速器考查电磁场的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动所以容易让学生产生误解：增加射出的动能由加速电压与缝间决定原因是带电粒子在电场中动能被增加，而在磁场中动能不变8在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关，关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )A合上开关，a先亮，b后亮；断开开关，a、b同时熄灭B合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭C合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a、b同时熄灭D合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭考点：自感现象和自感系数分析：当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据楞次定律来分析两灯亮暗顺序解答：解：由图可以看出，a、b灯泡在两个不同的支路中，对于纯电阻电路，不发生电磁感应，通电后用电器立即开始正常工作，断电后停止工作但对于含电感线圈的电路，在通电时，线圈产生自感电动势，对电流的增大有阻碍作用，使a灯后亮，则合上开关，b先亮，a后亮当断开电键时，线圈中产生自感电动势，由a、b及电感线圈组成一个回路，两灯同时逐渐熄灭故C正确故选C点评：对于线圈要抓住这个特性：当电流变化时，线圈中产生自感电动势，相当于电源，为回路提供瞬间的电流9如图所示，某人在自行车道上从东往西沿直线以速度v骑行，该处地磁场的水平分量大小为B1，方向由南向北，竖直分量大小为B2，方向竖直向下自行车把为直把、金属材质，且带有绝缘把套，两把手间距为L只考虑自行车在地磁场中的电磁感应，下列结论正确的是( )A图示位置中辐条A点电势比B点电势低B图示位置中辐条A点电势比B点电势高C自行车左车把的电势比右车把的电势高B2LvD自行车在十字路口左拐改为南北骑向，则自行车车把两端电势差要降低考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电势专题：电磁感应与电路结合分析：自行车辐条和车把切割磁感线，由右手定则判断电势的高低，由E=BLv求产生的感应电动势解答：解：A、B自行车从东往西行驶时，辐条切割地磁场水平分量的磁感线，根据右手定则判断可知，图示位置中辐条A点电势比B点电势低，故A正确，B错误C、自行车左车把切割地磁场竖直分量的磁感线，由右手定则知，左车把的电势比右车把的电势高B2Lv故C正确D、自行车左拐改为南北骑向，自行车车把仍切割磁感线，车把感应电动势方向不变，竖直分量大小为B2不变则车把两端电势差不变故D错误故选：AC点评：本题首先要有空间想象能力，再运用右手定则判断电势的高低，求感应电动势时，要注意地磁场的方向，不能搞错10如图所示是质谱仪的工作原理示意图，加速电场的电压为U，速度选择器中的电场强度为E，磁感应强度为B1，偏转磁场的磁感应强度为B2，一电荷量为q的带正电的粒子在加速电场中加速后进入速度选择器，刚好能从速度选择器进入偏转磁场做圆周运动，测得直径为d，照相板上有记录粒子位置的胶片，下列表述正确的是( )A质谱仪是分析同位素的重要工具B粒子在速度选择器中做匀加速直线运动C所有粒子进入偏转磁场时的速度相同D粒子质量为考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理分析：带电粒子先经电场加速后，再进入速度选择器，电场力与洛伦兹力平衡，速度必须为v=的粒子才能通过选择器，然后进入磁场做匀速圆周运动，打在S板的不同位置在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据半径公式分析比荷与轨迹半径的关系解答：解：A、粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB2=m，解得：=，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故A正确；BC、在速度选择器中做匀速直线运动的粒子能进入偏转磁场，由平衡条件得：qvB1=qE，粒子速度：v=，故B错误，C正确；D、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB2=m，以及B1qv=qE；解得：m=；故D正确；故选：ACD点评：质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段11一条形磁铁端细线悬挂处于静止状态，一金属环从条形磁铁的正上方内静止开始下落，如图所示，在下落过程中，下列判断中正确的是( )A在下落过程中金属环内产生电流，且电流的方商始终不变B在下落过程中金属环的加速度始终等于gC磁铁对细线的拉力始终大于其自身的重力D金属环在下落过程动能的增加量小于其重力势能的减少量考点：楞次定律；功能关系分析：金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落过程中，穿过环的磁通量变化，导致环中产生感应电动势，从而出现感应电流，又出现安培力，导致环运动状态发生变化解答：解：A、当环从静止下落过程中，由于磁通量先变大后变小，导致环中出现感应电流方向相反故A错误；B、当环从静止下落过程中，由于磁通量变大，导致环中出现感应电流，受到安培阻力，在下落过程中金属环的加速度小于g，除线圈位于磁铁的正中央，故B错误，C、由B分析可知，受到安培阻力，由作用力与反作用力关系可得环对磁铁的作用力，使得磁铁对细线的拉力大于其自身的重力，除线圈处于磁铁的正中央C错误；D、当环从静止下落过程中，由于磁通量变大，导致环中出现感应电流，受到安培阻力，则除了重力作功外，还有安培力做功，导致下落过程中减小的重力势能，部分用来增加动能，还有部分用来产生内能故D正确；故选：D点评：考查楞次定律、牛顿第三定律，同时运用机械能守恒定律及满足守恒的条件12如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的单匝正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，导线框的电阻为R现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，则在这时间内( )A顺时针方向转动时，感应电流方向为EFGHEB平均感应电动势大小等于C平均感应电动势大小等于D通过导线框横截面的电荷量为考点：法拉第电磁感应定律；电流、电压概念；楞次定律分析：根据楞次定律判断感应电流的方向运用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势大小根据电量的表达式求出通过导线框横截面的电荷量解答：解：A、由于虚线位置是经过到达的，而且线框是顺时针方向转动，所以线框的磁通量是变小的根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出感应电流的方向为：EHGFE，故A错误B、根据法拉第电磁感应定律得：平均感应电动势E=0C=a，0A=a，AB=AC根据几何关系找出有磁场穿过面积的变化s=解得：E=，故B错误C、通过B选项分析知道平均感应电动势，故C正确D、通过导线框横截面的电荷量q=t=t=，故D正确故选CD点评：对于感应电流方向的判断要按照步骤解决结合几何关系能够找出有效面积的变化二、填空题（本题共3小题，共16分，把答案填在相应横线上或按题目要求作答）13一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是1、10、100用10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到100挡如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是欧姆调零，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是2200考点：用多用电表测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数解答：解：用10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到100挡如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零；由图示表盘可知，该电阻的阻值是22100=2200故答案为：100；欧姆调零；2200点评：本题考查了欧姆表档位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数14某同学测量阻值约为25k的电阻Rx，现备有下列器材：A电流表（量程100 A，内阻约为 2k）；B电流表（量程500 A，内阻约为300）；C电压表（量程15V，内阻约为100k）；D电压表（量程50V，内阻约为500k）；E直流电源；F滑动变阻器（最大阻值1k，额定功率1W）；G电键和导线若干电流表应选B，电压表应选C（填字母代号）该同学正确选择仪器后连接了以下电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：电流表应采用内接的方法；滑动变阻器应采用分压器方式的接法考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法解答：解：（1）电阻上是最大电流：，故电流表应选择B；因直流电源的电压是20V，故量程是50V的电压表的使用效率偏低，应选择电压表C；（2）因待测电阻约为25K，大电阻故用内接法；因是小电阻控制大电阻，若用限流式接法，控制的电压变化范围太小，则应用分压式接法故答案为：B，C电流表应采用内接的方法；滑动变阻器应采用分压器方式的接法点评：实验电路所用器材的要求要熟练掌握，读数的要求，误差来源的分析，变阻器的分压与限流式区别要弄清楚15某实验小组利用如图甲所示电路测定一节电池的电动势和内电阻，备有下列器材：待测电池，电动势约为1.5V（小于1.5V）电流表，量程3mA电流表，量程0.6A电压表，量程1.5V电压表，量程3V滑动变阻器，020开关一个，导线若干（1）请选择实验中需要的器材（填标号）（2）按电路图将实物（如图乙所示）连接起来（3）小组由实验数据作出的UI图象如图丙所示，由图象可求得电源电动势为1.45V，内电阻为3.22考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：（1）根据电池电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，要选择最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据伏安法测电源电动势与内阻的实验原理图将电路连线补充完整（3）电源的UI图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻解答：解：（1）电池和导线开关为必选；故必选；干电池电动势约为1.5V，电压表应选：，根据实验数据得出最大电流为0.57A，因此电流表应选：；滑动变阻器只有一个，故选：；根据伏安法测电源电动势与内阻的实验原理图得出实物图如下图由闭合电路欧姆定律可知U=EIr，再由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.45V；而图象的斜率表示电源的内阻，r=3.22；故答案为：（1）；（2）如图；（3）1.45，3.22点评：本题考查了实验器材的选取、作实验电路图、求电动势与内阻，知道实验器材的选取原则、知道实验原理、掌握应用图象法处理实验数据的方法即可正确解题三、计算题（本题共3小题，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）16如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内阻r=0.5，电动机的电阻R0=1.0，电阻R1=1.5，电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V，求：（1）电源的总功率；（2）电动机消耗的电功率和将电能转化为机械能的功率；（3）电源的效率考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：（1）通过电阻两端的电压求出电路中的电流I，电源的总功率为P=EI，即可求得；（2）由U内=Ir可求得电源内阻分得电压，电动机两端的电压为U=EU1U内，电动机消耗的功率为P电=UI；电动机将电能转化为机械能的功率为P机=P电I2R0（3）由P热=I2r可求的电源内阻消耗的功率，电源的输出功率为P出=PP热则可由效率公式求得电源效率解答：解：（1）电路中的电流为 I=A=2A；电源的总功率为 P=EI=102W=20W；（2）电源内阻分得电压为 U内=Ir=20.5V=1V，电动机两端的电压为 U=EU1U内=（1031）V=6V，电动机消耗的电功率为 P电=UI=62W=12W；电动机将电能转化为机械能的功率为P机=P电I2R0=12W221W=8W（3）电源内阻消耗的功率为 P内=I2r=220.5W=2W，电源的输出功率为 P出=PP热=202W=18W则电源的效率为：=100%=100%=90%；答：（1）电源的总功率为20W（2）电动机消耗的电功率为12W，将电能转化为机械能的功率为8W（3）电源的效率为90%点评：对于电动机电路，关键要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路对于电动机的输出功率，往往要根据能量