广东省深圳市福田区耀华实验学校2018_2019学年高二物理下学期期初考试试题（国际班含解析）.docx

广东省深圳市福田区耀华实验学校2018-2019学年高二物理下学期期初考试试题（国际班，含解析）一、单项选择题（30*260）1.下列物理量中，属于矢量的是（）A. 路程B. 质量C. 电场强度D. 电阻【答案】C【解析】【详解】只有大小，没有方向的物理量是标量，路程、质量和电阻都是标量，故ABD错误；既有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，电场强度是矢量，故C正确。所以C正确，ABD错误。2. 将电荷量为q的点电荷放在电场中的A点，它受到的电场力为F，则A点的电场强度的大小等于（ ）A. B. C. FqD. F【答案】B【解析】试题分析：由电场的定义式可知，A、C、D错误，B正确。考点：电场强度的定义式3.真空中有两个点电荷，它们之间静电力的大小为F如果保持它们所带的电荷量不变，将它们之间的距离增大到原来的2倍，那么它们之间静电力的大小等于（）A. B. 2FC. D. 4F【答案】A【解析】【详解】由点电荷库仑力的公式,可以得到，电量不变，将它们之间的距离增大为原来的2倍，则库仑力，故A正确，BCD错误。4.半径为R的两个较大金属球放在绝缘桌面上，若两球都带等量同种电荷Q时它们之间的静电力为F1，两球带等量异种电荷Q与Q时静电力为F2，则A. F1F2B. F1F2C. F1F2D. 不能确定【答案】B【解析】半径为R的两个较大的金属球固定在绝缘桌面上，两球不能看成点电荷，因带同种电荷，导致电量间距大于带异种电荷的间距，根据库仑定律，可知，它们相互作用的库仑力大小有：F1F2，故B正确，ACD错误故选B.点睛：本题应明确当两球心相距较近时，两球不能看成点电荷，不能直接运用库仑定律解答，注意库仑定律的成立条件，理解点电荷的含义5.如图所示的是真空中两个点电荷A、B周围某一平面内电场线的分布情况(电场线方向未标出)。图中O点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，电场线的分布关于MN左右对称。下列说法中正确的是（ ）A. 这是两个等量异种电荷周围的电场线分布B. 这是两个等量同种电荷周围的电场线分布C. 这是两个不等量异种电荷周围的电场线分布D. 这是两个不等量同种电荷周围的电场线分布【答案】A【解析】试题分析：根据图中电场线关于两电荷连线和其中垂线对称分布可知此电场是等量异种电荷的电场，故选项A正确考点：考查等量异种电荷形成静电场的特点，要求学生必须熟记正、负点电荷和等量同种电荷及等量异种电荷形成的静电场中电场线及等势面的分布特点6.如图所示是某一正点电荷电场中的一条电场线，则A、B两点电场强度EA、EB的大小关系是：( ) A. EAEBB. EA=EBC. EAEBD. 上述三种情况都可能【答案】A【解析】电场线的疏密表示场强的大小，一条电场线不能判断电场线的疏密，所以不能判断场强的大小，故D正确，ABC错误。7.有一个电容器，当它所带的电量q1106C时，电容器两极板间的电压U1V，这个电容器的电容大小是（）A. 1FB. 2FC. 3FD. 4F【答案】A【解析】【详解】根据电容的定义式可得这个电容器的电容大小为 ，故A正确，BCD错误。8.下表为某电热水壶铭牌上的一部分内容. 根据表中的信息，可计算出电热水壶在额定电压下以额定功率工作时的电流约为型 号DF-938额定功率900 W额定电压220 V额定容量1.2 LA. 6.8 AB. 4.1 AC. 1.2 AD. 0.24 A【答案】B【解析】热水壶正常工作时的电流；故选A9. 下列说法中正确的是A. 在家庭电路中洗衣机和电冰箱是串联的B. 节能灯比白炽灯的发光效率高C. 变压器是用于改变直流电压的装置D. 交流电的周期越长，频率也越高【答案】B【解析】试题分析：A在家庭电路中洗衣机和电冰箱都是并联的，A错误；B节能灯比白炽灯的发光效率高，B正确；C变压器是用于改变交流电压的装置，C错误；D周期和频率是倒数关系，交流电的周期越长，频率也越低，D错误。故选B考点：家庭电路的连接、变压器和交流电点评：本题考查学生对家庭电流连接方式、变压器和交流电的理解情况10. 一个小电珠上标有“6V 03A”，它在正常发光时的电阻是（ ）A. 20B. 18C. 005D. 63【答案】A【解析】试题分析：由题意知小电珠正常发光时电压为 U=6V，电流为 I=03A，则在正常发光时的电阻是，故选A。考点：欧姆定律【名师点睛】本题要明确电珠正常发光的条件，由其铭牌读出额定电压和额定电流，能熟练运用欧姆定律变形求电阻。11.城市民用供电线路有的地方用的是截面积为502的铝芯电缆线输电已知铝的电阻率为2.9108m那么长度为1500m的这种铝芯电缆线的电阻是（）A. 0.87B. 87C. 9.71016D. 9.7102【答案】A【解析】【详解】截面积为50mm2的铝芯电缆线，电阻率为2.9108m，长度为1500m，根据电阻定律可得电阻为：，故A正确，BCD错误。12.如图所示的电路中，闭合开关S后，向左移动滑动变阻器R的滑片，则滑动变阻器连入电路的阻值和安培表示数的变化情况是A. 连入电路的阻值变小，安培表的示数变小B. 连入电路的阻值变小，安培表的示数变大C. 连入电路的阻值变大，安培表的示数变小D. 连入电路的阻值变大，安培表的示数变大【答案】C【解析】【分析】由滑动变阻器的连接方式可知滑片左移时接入电阻的变化；再由闭合电路的欧姆定律即可得出电路中电流的变化。【详解】由电路图可知，滑动变阻器接入电路部分为右半部分，故向左移动时，接入部分增大，故接入电阻增大；电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流减小，故电流表示数减小，故C正确，ABD错误。故选：C。【点睛】本题考查滑动变阻器的使用方法及闭合电路的欧姆定律，属基础题目。13.正电荷形成的电场中，一带电粒子只受电场力作用，其运动轨迹如图abcd曲线，则（）A. 粒子带负电B. 粒子通过a点时的速度比通过b点时大C. 粒子在a点受到的电场力比b点大D. 粒子在a点时的电势能比b点大【答案】BC【解析】试题分析：轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，知电场力背离正电荷方向，所以该粒子带正电故A错误从a到b，电场力做负功，根据动能定理，动能减小，a点动能大于b点动能，则a点速度大于b点的速度故B正确b点的电场线比a点电场线密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，所以粒子在a点的电场力比b点小故C正确；从a到b，电场力做负功，电势能增加所以a点的电势能小于b点的电势能故D错误考点：考查了带电粒子在电场中的偏转14.一段粗细均匀的电阻丝横截面的直径为d，电阻为R，把它拉制成直径为的均匀细丝后，它的电阻变成()A. R/1 000B. 10 000 RC. R/100D. 100 R【答案】B【解析】将电阻丝拉制成直径是的均匀细丝后，横截面积变为原来的，因为体积不变，所以则长度变为原来的100倍，根据电阻定律：可知，电阻变为原来的10000倍，故B正确，ACD错误。 15.下列说法中正确的是( )A. 磁感线可以表示磁场的方向和强弱B. 磁感线从磁体的N极出发，终止于磁体的S极C. 磁铁能产生磁场，电流不能产生磁场D. 放入通电螺线管内的小磁针，根据异名磁极相吸的原则，小磁针的N极一定指向通电螺线管的S极【答案】A【解析】A、磁感线可以表示磁场的强弱和方向，故A正确；B、磁感线外部由N极指向S极，内部由S极指向N极，故B错误；C、磁铁及电流都能产生磁场，故C错误；D、将小磁针放入通电螺线管内部，小磁针N极指向磁感线的方向，故指向N极，故D错误；点睛：在磁场中为了形象地表述磁场，我们引入了磁感线；磁感线的切线方向表示磁场的方向，疏密表示磁感线的强弱。16.关于磁感应强度，下列说法中正确的是（ ）A. 由可知，与成正比，与成反比B. 由可知，一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处一定无磁场C. 通电导线在磁场中受力越大，磁场可能越强D. 磁感应强度的方向就是该处电流受力方向【答案】C【解析】A、磁感应强度是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故A错误；B、通电导体在某处不受磁场力，可能由于导体与磁场平行，也可能是因为无磁场，故B正确。C、根据，是导体与磁场的夹角，可知通电导线在磁场中受力与B、I、L和夹角四个因素有关，所以通电导线在磁场中受力越大，B不一定大，磁场则不一定强，故C错误；D、磁感应强度的方向与该处电流受到的安培力方向垂直，故D错误。点睛：本题关键要理解并掌握磁感应强度的定义式为，抓住比值法定义的共性来理解B的物理意义；要知道安培力的一般公式是，式中是导体与磁场的夹角，由这个公式分析安培力。17.关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是：（ ）A. 磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B. 磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向C. 沿磁感线方向，磁场逐渐减弱D. 在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小【答案】D【解析】磁感线从磁体的N极出发，进入S极,形成闭合曲线。电流所受磁场力方向垂直于磁场和电流所确定的平面。磁感线的疏密能表示磁场强弱，沿着磁感线磁场不一定减弱。安培力的大小除了和磁场强弱电流大小有关以外，还与磁场与电流的方向夹角有关，所以在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小。答案选D。18.首先发现电流磁效应的科学家是（）A. 安培B. 奥斯特C. 库 仑D. 伏 特【答案】B【解析】【详解】首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特，故B正确，ACD错误。19.在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态，突然发现小磁针N极向东偏转，由此可知 ( )A. 一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针B. 一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针C. 可能是小磁针正上方有电子流自南向北通过D. 可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过【答案】C【解析】试题分析：（1）1820年奥斯特发现：当小磁针发生偏转时，说明了磁场的存在，当电流方向改变时，产生的磁场的方向也改变，故小磁针的偏转方向也改变（2）同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引解：A、B、若小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针；由于异名磁极相互吸引，所以小磁针的N极向东偏转，但不能肯定是磁铁的作用，也有可能是电流引起的，因此不能肯定，是有可能的，故A错误，B正确；C、若小磁针正上方有电子流自南向北水平通过，电流方向即为自北向南，所以小磁针的N极向东偏转，因此有可能；故C正确；D、发现小磁针的N极向东偏转，说明小磁针的正上方有电子流自南向北水平通过，故D错误故选：BC点评：本题考查的知识有两点：（1）磁场的基本性质是对放在磁场中的磁体有力的作用；（2）电流周围存在着磁场，磁场的方向与电流方向有关20. 关于垂直于磁场方向的通电直导线所受磁场作用力的方向，正确的说法是（）A. 跟磁场方向垂直，跟电流方向平行B. 跟电流方向垂直，跟磁场方向平行C. 既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直D. 既不跟磁场方向垂直，也不跟电流方向垂直【答案】C【解析】【分析】左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且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安培力的方向。【详解】根据左手定则的内容知与磁场方向垂直的通电直导线，它受到的磁场作用力与电流方向垂直，与磁场方向垂直，故C正确，ABD错误。【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判定安培力的方向，知道安培力垂直于电流方向与磁场方向构成的平面。21.如右图所示，直导线处于足够大的磁场中，与磁感线成30角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是()A. 增大电流IB. 增加直导线的长度C. 使导线在纸面内顺时针转30角D. 使导线在纸面内逆时针转60角【答案】D【解析】由公式F=BIL，当增大电流时，可增大通电导线所受的磁场力故A正确；由公式F=BIL，当增加直导线的长度时，可增大通电导线所受的磁场力故B正确；当使导线在纸面内顺时针转30时，导线与磁感线平行，则所受磁场力变为零，故C错误；当使导线在纸面内逆时针转60时，导线有效长度伸长，则所受磁场力变大，故D正确；故选ABD.22.有两个相同的圆形线圈，通以大小不同但方向相同的电流，如图所示，两个线圈在光滑的绝缘杆上的运动情况是（）A. 互相吸引，电流大的加速度较大B. 互相排斥，电流大的加速度较大C. 互相吸引，加速度相同D. 以上说法都不正确【答案】D【解析】【详解】两个圆形线圈，电流同向，根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈相互吸引。因为线圈I对线圈i的力和线圈i对线圈I的力大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律知，加速度大小相等，但方向相反，故D正确，ABC错误。23.如图所示为带电粒子(不计重力)在匀强磁场中的运动轨迹中央是一块金属薄板，粒子穿过金属板时有动能损失则() A. 粒子带正电B. 粒子的运动路径是abcdeC. 粒子的运动路径是edcbaD. 粒子在下半周的运动时间比上半周运动的时间长【答案】C【解析】由Bqv=m，可知 ； 因粒子在穿过板后速度减小，则粒子的半径减小，故说明粒子是由下向上穿过，故运动方向为edcba；粒子受力指向圆心，则由左手定则可知粒子应带负电； 故C正确，AB错误；粒子在磁场中运动的周期： ，与粒子的速度无关，所以粒子在下半周的运动时间与上半周运动的时间一样长故D错误故选C.点睛：带电粒子在磁场中运动的考查的重点为牛顿第二定律及向心力公式的应用，不过在选择题中可以直接应用结论，同时判定洛伦兹力方向时，注意正负电荷24.实验室有一个旧的学生直流电源，输出端的符号模糊不清，无法分辨正负极某同学设计了下面的判断电源两极的方法在桌面上放一个小磁针，在小磁针右面放一个螺线管，如图所示，闭合开关后，小磁针S极的一端向左偏转下述判断正确的是（）A. 电源A端是正极，在电源内电流由A流向BB. 电源B端是正极，在电源内电流由A流向BC. 电源A端是正极，在电源内电流由B流向AD. 电源B端是正极，在电源内电流由B流向A【答案】C【解析】【详解】闭合开关后，小磁针的S极向左偏转，N极向右偏，说明螺线管的左端为S极，右端为N极。用右手握住螺线管，使大拇指指向螺线管的N极，四指环绕的方向就是电流的方向。由此可知，电流从左端流入、右端流出，因此，电源的A极为正极，B端为负极，在电源外部，电流由A流向B，而在电源内电流由B流向A，故C正确，ABD错误。25. 下列说法中正确的是()A. 运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力作用B. 运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零C. 洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D. 洛伦兹力对带电粒子不做功【答案】D【解析】试题分析：当运动电荷的速度方向与场强方向平行时，电荷所受洛仑兹力为零，A；磁感强度是磁场本身的性质，与运动电荷无关，B错；洛仑兹力始终与速度方向垂直，永远不做功，但可以改变速度的方向，C错；同理D对；考点：考查洛伦兹力点评：难度较小，处理好洛仑兹力与磁感应强度的关系是本题的难点，洛仑兹力始终与速度方向垂直，永远不做功26.如图所示的速度选择器中有正交的电场和磁场，有一粒子沿垂直于电场和磁场的方向飞入其中，并沿直线运动（不考虑重力作用），则此粒子（ ）A. 一定带正电B. 一定带负电C. 可能带正电或负电，也可能不带电D. 一定不带电【答案】C【解析】若带电粒子带正电，受到的洛伦竖直向下，电场力竖直向上，且，即速度，该电荷做匀速直线运动，从左向右运动；若带电粒子带负电，受到的洛伦竖直向上，电场力竖直向下，且，即速度，该电荷做匀速直线运动，也从左边射入，从右边射出,若不带电，则不受到任何力，所以做匀速直线运动，故C正确，ABD错误.点睛：在速度选择器中，存在相互正交的匀强电场、磁场，带电粒子进入其中后受到电场力和洛伦兹力，只有两力平衡，粒子才能从左孔射入，从右孔射出由左手定则判断洛伦兹力方向，当然也可以不带电，则做匀速直线运动。27.如图所示，直导线中通以电流I，矩形线圈与电流共面，下列情况不能产生感应电流的是（）A. 电流I增大B. 线圈向右平动C. 线圈向下平动D. 线圈绕ab边转动【答案】C【解析】【详解】线圈不动，导线中电流增大时，线框中的磁感应强度变大，磁通量变大，故会产生感应电流，故A不符合题意；当线圈向右移动时，穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中产生感应电流，故B不符合题意；当线圈向下移动，穿过线圈的磁通量不变，则不可以产生感应电流，故C符合题意；线框绕ab边为轴转动时，线框中的磁通量发生变化，故会产生感应电流，故D不符合题意。所以选C。28. 如图13所示的匀强磁场中，有一直导线ab在一个导体框架上向左运动，那么ab导线中感应电流方向（有感应电流）及ab导线所受安培力方向分别是：（ ）A. 电流由b向a，安培力向左B. 电流由b向a，安培力向右C. 电流由a向b，安培力向左D. 电流由a向b，安培力向右【答案】D【解析】根据右手定则，可判断出感应电流由a向b，再根据左手定则可判断出安培力方向向右，D正确。29.如图所示，一个有弹性的金属环被一根橡皮绳吊于通电直导线的下方，当通电直导线中的电流I增大时，圆环的面积S和橡皮绳的长度L将（ ）A. S增大，L变短B. S增大，L变长C. S减小，L变短D. S减小，L变长【答案】D【解析】试题分析：根据楞次定律，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化，阻碍作用有三种形式：一是产生感应电流，二是通过面积的变化阻碍磁通量的变化，三是通过相对运动阻碍磁通量的变化。通电直导线周围的磁场离导线越远就越弱，当直导线中的电流增大时，通过金属环的磁通量增大，产生的感应电流必然要阻碍磁通量的增加，由于金属环有弹性，相邻的金属环相互吸引，金属环面积缩小，同时有相对远离导线的趋势，所以橡皮绳拉长，金属环远离直导线。正确答案选D考点：考查对楞次定律的理解点评:用安培定则判断电流周围磁场的方向，以及会用楞次定律判断感应电流的方向，正确理解楞次定律的阻碍二字。30.如图所示，一轻弹簧悬于O点，下端恰好与水银面接触，在弹簧和水银间接上电源，闭合开关K后，发现（）A. 弹簧上下振动B. 弹簧伸长C. 弹簧收缩后离开水银面静止D. 什么现象也没有【答案】A【解析】【详解】当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则可知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，所以弹簧上下振动，故A正确，BCD错误。二、双项选择题（10*440）31.用电流表和电压表测量电阻的电路如图所示，其中Rx为待测电阻由于电表内阻对测量结果的影响，下列说法中正确的是（ ）A. 电流表的示数小于通过Rx的电流B. 电流表的示数大于通过Rx的电流C. 电压表的示数小于Rx两端的电压D. 电压表的示数大于Rx两端的电压【答案】D【解析】根据电路的串联可知，电流表的示数等于通过Rx的电流，故AB错误；电压表所测电压为电流表与电阻的电压之总和，即其读数大于RX的实际电压，故C正确，D错误故选C点睛：考查电流表，电压表的测量原理，明确电压表所测为与其并联部分电压，电流表为其串联电路的电流32. 如图电路，当滑动变阻器的滑片P左右滑动时，有关小灯泡L亮度的变化，下列判断正确的是（ ）A. 向右滑动时，灯泡L变亮B. 向右滑动时，灯泡L变暗C. 向左滑动时，灯泡L变亮D. 向左滑动时，灯泡L亮度不变【答案】A【解析】试题分析：由图可知灯泡与滑动变阻器串联，由滑片的移动可知电路中总电阻的变化，则由欧姆定律可知电路中电流的变化，则可得出灯泡亮度的变化解：当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻减小，故电路中总电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可得通过灯泡的电流增大，故灯泡L变亮，故A正确、B错误；当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻增大，电路中总电阻增大，则由闭合电路的欧姆定律可得通过灯泡的电流减小，故灯泡变暗，故C、D均错误；故选A33.如图所示，A、B为相互接触的用绝缘支柱支撑的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是（）A. 把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开B. 把C移近导体A后，先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开C. 把C移近导体A后，先把A、B分开，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开D. 把C移近导体A后，先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A、B上的金属箔片仍张开【答案】AC【解析】【详解】感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷。金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，故A正确；先把C移走，A、B电荷恢复原状，若再把A、B分开，A、B上的金属箔片不会张开，故B错误；把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，故C正确；把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片闭合，B上的金属箔片也闭合，故D错误。所以AC正确，BD错误。34.如图所示，一点电荷先后置于匀强电场中的A、B两点，则该点电荷在这两点所受的电场力（）A. 大小相等B. 大小不等C. 方向相同D. 方向相反【答案】AC【解析】【详解】匀强电场中电场强度处处相同，根据FEq可知，同一个试探电荷放在A、B两点时，所受电场力大小相等，方向相同，故AC正确，BD错误。35.如图所示，在垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，O1O2和O3O4都是线圈的对称轴，应使线圈怎样运动才能使其中产生感生电流？（）A. 向左或向右平动B. 向上或向下平动C. 绕O1O2转动D. 绕O3O4转动【答案】C【解析】【详解】当线圈向左或向右平动，沿磁感线方向平移时，线圈的磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生，故A错误；当线圈向上或向下平动，沿垂直于磁感线方向移动时，线圈的磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生，故B错误；当线圈以O1O2边为轴转动时，磁通量发生变化，穿过线圈的磁通量从无到有发生变化，有感应电流产生，故C正确；当线圈绕O3O4边为轴转动时，磁感线始终与线圈平行，磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生，故D错误。所以C正确，ABD错误。36.如图所示，A1、A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是A. 开关S接通时，A2灯先亮、A1灯逐渐亮，最后A1A2一样亮B. 开关S接通时，A1、A2两灯始终一样亮C. 断开S的瞬间，流过A2的电流方向与断开S前电流方向相反D. 断开S的瞬间，流过A1的电流方向与断开S前电流方向相反【答案】D【解析】【详解】AB、电路的结构是A1灯与线圈L并联，A2灯与电阻R并联，然后两部分串联，开关S接通时，由于两部分电路是串联关系，所以A1、A2灯同时亮；之后由于线圈的自感慢慢消失，线圈L的电阻可以忽略，灯A1短路，A1灯熄灭， A2变亮，故A、B错误；CD、断开S的瞬间，A1灯与线圈构成闭合的自感回路，所以有电流流过A1灯，而没有电流流过A2灯，同时流过A1的电流方向与断开S前电流方向相反，故C正确，D错误；故选C。【点睛】开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光，由于线圈的电阻可以忽略，之后灯A1短路， 灯A1熄灭灯A2变亮，断开开关S