浙江省宁波市余姚中学高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年浙江省宁波市余姚中学高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（每题3分，共39分）1首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是( )a库仑b安培c奥斯特d法拉第2磁感应强度单位是特斯拉，1特斯拉相当于( )a1kg/as2b1kgm/as2c1kgm2/s2d1kgm2/as23关于三个公式：p=ui，p=i2rp=，下列叙述正确的是( )a公式适用于任何电路的电热功率b公式适用于任何电路的电热功率c公式、适用于任何电路电功率d上述说法都不正确4如图所示的电路中，电源的输出电压恒为u，电动机m的线圈电阻与电炉l的电阻相同，电动机正常工作，在相同的时间内，下列判断正确的是( )a电炉放出的热量大于电动机放出的热量b电炉两端电压小于电动机两端电压c电炉两端电压等于电动机两端电压d电动机消耗的功率等于电炉消耗的功率5a、b两灯的额定电压u相同，额定功率papb，将a灯接在电动势和内阻一定的某电源两极，恰能正常发光，若改成b灯接在该电源两极，则b灯的实际功率一定是( )a等于pab等于pbc小于pbd大于pb6粗细均匀的金属环上a、b、c、d四点把其周长分成四等分，如图所示，当a、b点接入电路中时，圆环消耗的电功率为p；当a、d点接入电路中时，圆环消耗的电功率为：（电源内阻不计）( )a3pbcpd7如果你看过中央电视台体育频道的围棋讲座就会发现，棋子在竖直放置的棋盘上可以移动，但不会掉下来原来，棋盘和棋子都是由磁性材料制成的棋子不会掉落是因为( )a质量小，重力可以忽略不计b受到棋盘对它向上的摩擦力c棋盘对它的吸引力与重力平衡d它一方面受到棋盘的吸引，另一方面受到空气的浮力819世纪20年代，以塞贝克为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假没：地球磁场是由绕地球的环形电流引起的该假设中电流的方向是( ) （注：磁子午线是地球磁场n极与s极在地球表面的连线）a由西向东垂直磁子午线b由东向西垂直磁子午线c由南向北沿磁子午线方向d由赤道向两极沿磁子午线方向9薄铝板将同一匀强磁场分成、两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域运动的轨迹如图，半径r1r2，假定穿过铝板前后粒子电量保持不变，则该粒子( )a带正电b在、区域的运动时间相同c在、区域的运动加速度相同d从区域穿过铝板运动到区域10如图所示：在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为l，质量为m的直导体棒当导体棒中的电流i垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度b的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的过程中，关于b的大小的变化，正确的说法是( )a逐渐增大b逐渐减小c先减小后增大d先增大后减小11如图，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线ab正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力fn及在水平方向运动趋势的正确判断是( )afn先小于mg后大于mg，运动趋势向左bfn先大于mg后小于mg，运动趋势向左cfn先小于mg后大于mg，运动趋势向右dfn先大于mg后小于mg，运动趋势向右12一环形线圈放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直线圈平面（即垂直于纸面）向里，如图甲所示若磁感应强度b随时间t变化的关系如图乙所示，那么第3s内线圈中感应电流的大小与其各处所受安培力的方向是( )a大小恒定，沿顺时针方向与圆相切b大小恒定，沿着圆半径指向圆心c逐渐增加，沿着圆半径离开圆心d逐渐增加，沿逆时针方向与圆相切13在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0v，内阻不计，l1、l2、l3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关s闭合后( )a通过l1的电流为通过l2的电流的2倍bl1的电阻为7.5cl1消耗的电功率为0.75wdl2消耗的电功率为0.375w二、多选题（每题4分，共12分多选、不选、错选不给分，漏选给2分）14经过精确校准的电压表v1和v2，分别用来测定如图所示电路中r两端a、b间的电压，读数依次为12.7v和12.3v，则( )aa、b间的实际电压应大于12.7vba、b间的实际电压应小于12.3vc电压表v1的内阻大于v2的内阻d电压表v1的内阻小于v2的内阻15如图所示，一个带正电的小球沿光滑的水平绝缘桌面向右运动，速度的方向垂直于一个水平方向的匀强磁场，小球飞离桌子边缘落到地板上设其飞行时间为t1，水平射程为s1，落地速率为v1撤去磁场，其余条件不变时，小球飞行时间为t2，水平射程为s2，落地速率为v2，则( )at1t2bs1s2cs1s2dv1=v216如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路虚线mn右侧有磁感应强度为b的匀强磁场方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径cd始终与mn垂直从d点到达边界开始到c点进入磁场为止，下列结论正确的是( )a感应电流方向不变bcd段直线始终不受安培力c感应电动势最大值e=bavd感应电动势平均值=bav三、非选择题（本题共有5小题，49分）17演示地磁场存在的实验装置（由环形线圈，微电流传感器，dis等组成）如图所示首先将线圈竖直放置，以竖直方向为轴转动，屏幕上的电流指针_（填：“有”或“无”）偏转；然后仍将线圈竖直放置，使其平面与东西向平行，并从东向西移动，电流指针_（填：“有”或“无”）偏转；最后将线圈水平放置，使其从东向西移动，电流指针_（填：“有”或“无”）偏转18某同学通过实验研究小灯泡的电压与电流的关系可用的器材如下：电源（电动势3v，内阻1）、电键、滑动变阻器（最大阻值20）、电压表、电流表、小灯泡、导线若干（1）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的ui图象如图a所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而_（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）根据图a，在图b中把缺少的导线补全，连接成实验电路（其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压）（3）若某次连接时，把ab间的导线误接在ac之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，小灯泡可能获得的最小功率是_w（本小题若需要作图，可画在图a中）19一个允许通过最大电流为2a的电源，其路端电压u随外阻r变化的规律如图乙所示该电源和一个滑线变阻器，接成如图甲所示的电路，变阻器最大阻值r0=22，图中u=12v的直线为图线的渐近线，试求：（1）电源的电动势和内电阻（2）a、b空载（即ab间不接任何用电器）时输出电压的范围（3）若要保证变阻器的滑片能任意滑动，a、b两端可以接的电阻的最小值是多少？20一质量为m、带电荷量为q的粒子以速度v0从o点沿y轴正方向射入磁感应强度为b的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面粒子飞出磁场区域后，再运动一段时间从b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向夹角为30，如图所示不计粒子重力，求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；（2）b点到o点的距离；（3）粒子从o点到b点的时间21（13分）如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为l1、l2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为e0，e0表示电场方向竖直向上t=0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的n1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的n2点q为线段n1n2的中点，重力加速度为g上述d、e0、m、v、g为已知量（1）求微粒所带电荷量q和磁感应强度b的大小；（2）求电场变化的周期t；（3）改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求t的最小值2015-2016学年浙江省宁波市余姚中学高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（每题3分，共39分）1首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是( )a库仑b安培c奥斯特d法拉第【考点】电磁感应现象的发现过程【分析】首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是奥斯特【解答】解：首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是丹麦的物理学家奥斯特安培提出了分子电流假说，研究了通电导线的磁场法拉第研究了电磁感应现象，特斯拉是电力工程师故c正确故选：c【点评】物理学史也是高考考查的内容之一，对于物理学上，著名的物理学家、经典实验、重要学说要记牢2磁感应强度单位是特斯拉，1特斯拉相当于( )a1kg/as2b1kgm/as2c1kgm2/s2d1kgm2/as2【考点】磁感应强度【分析】根据磁感应强度与磁能量的关系和磁感应强度的定义式推导出t与其他单位的关系【解答】解：由公式b=，安培力的单位是n，而电流的单位是a，长度的单位为m，则单位的换算可得n/am，即为1t根据牛顿第二定律f=ma，即1n=1kgm/s2，则1特斯拉相当于1kg/as2，故a正确，bcd错误故选：a【点评】t是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉基础题3关于三个公式：p=ui，p=i2rp=，下列叙述正确的是( )a公式适用于任何电路的电热功率b公式适用于任何电路的电热功率c公式、适用于任何电路电功率d上述说法都不正确【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】p=iu适用于任何电路计算电功率；p=i2r适用于任何电路计算热功率；p=只能适用于纯电阻电路【解答】解：a、p=iu适用于任何电路计算电功率，可用于计算纯电阻电路的电热功率，对非纯电阻电路不能用来计算电热功率故a错误；b、d、p=i2r由焦耳定律推导出来，适用于任何电路计算热功率；故b正确，d错误；c、对于纯电阻电路，p=iu、p=i2r和p=都可以用来求解电功率；对于非纯电阻电路，只能用p=iu求解电功率；故c错误；故选：b【点评】对于纯电阻电路，电功与电热相同，三个公式p=iu；p=i2r；p=通用；而对于非纯电阻电路，求电热功率只能用p=i2r4如图所示的电路中，电源的输出电压恒为u，电动机m的线圈电阻与电炉l的电阻相同，电动机正常工作，在相同的时间内，下列判断正确的是( )a电炉放出的热量大于电动机放出的热量b电炉两端电压小于电动机两端电压c电炉两端电压等于电动机两端电压d电动机消耗的功率等于电炉消耗的功率【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】电动机m与电炉l串联，电流相等，根据焦耳定律分析放出的热量关系电炉l是纯电阻电路，电动机是非纯电阻电路，根据欧姆定律分析l的电压与电流的关系，判断电动机两端电压的关系根据能量守恒定律分析消耗的功率关系【解答】解：a、电动机m与电炉l串联，电流相等，电阻相等，根据焦耳定律q=i2rt可知，在相同的时间内，电炉放出的热量与电动机放出的热量相等故a错误b、c设电动机m线圈电阻与电炉l的电阻均为r，电路中电流为i，根据欧姆定律得：电炉两端的电压ul=ir，电动机是非纯电阻电路，其电压umir，则有umul，所以电炉两端电压小于电动机两端电压故b正确，c错误d、电动机消耗的功率pm=umi，电炉消耗的功率pl=uli，umul，则pmpl，即电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率故d错误故选：b【点评】本题中电炉是纯电阻电路，电动机是非纯电阻电路，两个电路焦耳定律都适用，但欧姆定律只适用于电炉，不适用于电动机5a、b两灯的额定电压u相同，额定功率papb，将a灯接在电动势和内阻一定的某电源两极，恰能正常发光，若改成b灯接在该电源两极，则b灯的实际功率一定是( )a等于pab等于pbc小于pbd大于pb【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】先根据p=判断a、b两灯的电阻大小；然后根据闭合电路欧姆定律判断改成b灯接在该电源两极时电流的变化情况，再根据闭合电路欧姆定律判断外电压情况，得到b灯的实际功率情况【解答】解：a、b两灯的额定电压u相同，额定功率papb，根据p=，有rarb；改成b灯接在该电源两极时，根据闭合电路欧姆定律公式i=，外电阻变大，故电流减小；外电压u=eir，电流减小，故外电压增加；故b灯泡的实际电压大于其额定电压，故实际功率大于其额定功率pb；由于电阻不同，故b灯泡的实际功率不一定等于灯泡a的额定功率pa；故选：d【点评】本题关键是明确电路结构，然后结合闭合电路欧姆定律分析路端电压的变化情况，不难6粗细均匀的金属环上a、b、c、d四点把其周长分成四等分，如图所示，当a、b点接入电路中时，圆环消耗的电功率为p；当a、d点接入电路中时，圆环消耗的电功率为：（电源内阻不计）( )a3pbcpd【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路【专题】恒定电流专题【分析】电源内阻不计，路端电压等于电动势，保持不变设圆环每一等分的电阻为r，根据串并联电路的特点求出当a、b点接入电路中时总电阻及当a、d点接入电路中时总电阻，由功率公式p=，利用比例法求解当a、d点接入电路中时，圆环消耗的电功率【解答】解：设电源的电动势为e，金属环每一等分的电阻为r，则当a、b点接入电路中时总电阻r1=r当a、d点接入电路中时总电阻r2=由功率公式p=，u=e得到p2：p1=r1：r2=4：3，又p1=p得到 p2=故选b【点评】本题是串并联电路知识与电功率的综合，关键之处在于应用比例法研究两种情况功率关系7如果你看过中央电视台体育频道的围棋讲座就会发现，棋子在竖直放置的棋盘上可以移动，但不会掉下来原来，棋盘和棋子都是由磁性材料制成的棋子不会掉落是因为( )a质量小，重力可以忽略不计b受到棋盘对它向上的摩擦力c棋盘对它的吸引力与重力平衡d它一方面受到棋盘的吸引，另一方面受到空气的浮力【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】首先对棋子进行受力分析，根据棋子的运动状态，结合二力平衡的条件可知棋子不会掉下来的原因【解答】解：a、物体质量小而重力小时，若没有其他阻力存在，仍会向下运动，故a错误b、棋子没有支撑物还不下落，很明显是由于跟棋盘接触而同时由于两者材料的特点而产生吸力互相挤压，使得两者的摩擦力较大，从而不会向下落，故b正确c、吸引力和重力不共线，不是平衡力，故c错误d、棋子不下落的原因不是空气对它的浮力，也不是受到棋盘的吸引，而是由于最大静摩擦力大于重力，故d错误故选：b【点评】两个作用在同一物体上、大小相等、方向相反、作用在同一条直线的力为平衡力，物体在平衡力的作用下处于静止或匀速直线运动状态819世纪20年代，以塞贝克为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假没：地球磁场是由绕地球的环形电流引起的该假设中电流的方向是( ) （注：磁子午线是地球磁场n极与s极在地球表面的连线）a由西向东垂直磁子午线b由东向西垂直磁子午线c由南向北沿磁子午线方向d由赤道向两极沿磁子午线方向【考点】地磁场【分析】要解决此题首先要掌握安培定则：四指绕向电流的方向，大拇指所指的方向便是螺线管的n极首先根据信息中给出的已知条件，根据根据“磁子午线”由安培定则确定电流的方向【解答】解：由题意知，地磁体的n极朝南，根据安培定则，大拇指指向地磁体的n极，则四指的绕向即为电流的方向，即安培假设中的电流方向应该是由东向西垂直磁子午线故选b【点评】此题通过一个信息，考查了学生对安培定则的掌握及应用，相对比较简单，属于基础题9薄铝板将同一匀强磁场分成、两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域运动的轨迹如图，半径r1r2，假定穿过铝板前后粒子电量保持不变，则该粒子( )a带正电b在、区域的运动时间相同c在、区域的运动加速度相同d从区域穿过铝板运动到区域【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；左手定则【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子穿过铝板受到铝板的阻力速度将减小，根据半径公式可知，半径将减小，根据左手定则可以判断此粒子的电性，根据周期公式判断运动的时间是否相同，根据向心加速度的公式判断加速度是否相同【解答】解：a、粒子穿过铝板受到铝板的阻力速度将减小，由r=可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小，故可得粒子由区域运动到区域，结合左手定则可知粒子带负电，故ad错误；b、由t=可知粒子运动的周期不变，粒子在区域和区域中运动的时间均为t=t=，故b正确；c、根据向心加速度公式a=，可知，周期相同，半径不同，所以加速度不同，故c错误故选b【点评】解得本题的关键是掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式、周期公式，知道粒子穿过铝板受到铝板的阻力作用，速度将减小，难度适中10如图所示：在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为l，质量为m的直导体棒当导体棒中的电流i垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度b的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的过程中，关于b的大小的变化，正确的说法是( )a逐渐增大b逐渐减小c先减小后增大d先增大后减小【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】本题中导体棒受三个力，重力g、支持力fn和安培力fa，三力平衡，合力为零，其中重力的大小和方向都不变，支持力的方向不变，安培力的方向由水平向右逐渐变为竖直向上，根据平行四边形定则分析【解答】解：对导体棒受力分析，受重力g、支持力fn和安培力fa，三力平衡，合力为零，将支持力fn和安培力fa合成，合力与重力相平衡，如图从图中可以看出，安培力fa先变小后变大，由于fa=bil，其中电流i和导体棒的长度l均不变，故磁感应强度先变小后变大；故选c【点评】三力平衡的动态分析问题是一中常见的问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变、大小变，第三个力的大小和方向都变，根据平行四边形定则做出力的图示分析即可11如图，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线ab正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力fn及在水平方向运动趋势的正确判断是( )afn先小于mg后大于mg，运动趋势向左bfn先大于mg后小于mg，运动趋势向左cfn先小于mg后大于mg，运动趋势向右dfn先大于mg后小于mg，运动趋势向右【考点】楞次定律【分析】由磁铁的运动可知线圈中磁通量的变化，由楞次定律可判断线圈的支持力及运动趋势【解答】解：当磁铁向右运动时，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留：可知，线圈有向下和向右的趋势；故线圈受到的支持力增大；同时运动趋势向右；故选d【点评】线圈的运动是因发生了电磁感应而产生了感应电流，从而受到了安培力的作用而产生的；不过由楞次定律的描述可以直接判出，并且能更快捷12一环形线圈放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直线圈平面（即垂直于纸面）向里，如图甲所示若磁感应强度b随时间t变化的关系如图乙所示，那么第3s内线圈中感应电流的大小与其各处所受安培力的方向是( )a大小恒定，沿顺时针方向与圆相切b大小恒定，沿着圆半径指向圆心c逐渐增加，沿着圆半径离开圆心d逐渐增加，沿逆时针方向与圆相切【考点】楞次定律；安培力【专题】电磁感应与电路结合【分析】变化的磁场产生电磁，均匀变化的磁场产生恒定的电磁，根据楞次定律判断出感应电流的方向【解答】解：在第3s内，磁场的方向垂直于纸面向里，且均匀增大，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，根据左手定则可以判断出安培力的方向指向圆心所以b正确故选：b【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，难度不大，属于基础题13在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0v，内阻不计，l1、l2、l3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关s闭合后( )a通过l1的电流为通过l2的电流的2倍bl1的电阻为7.5cl1消耗的电功率为0.75wdl2消耗的电功率为0.375w【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】通过灯泡的伏安特性曲线，找出对应电压对应的电流，即可求出电阻、电功率【解答】解：a、l1两端间的电压为3v，l2、l3两端间的电压为1.5v由乙图可看出通过l1的电流为0.25a，通过l2的电流为0.20a，故a错误 b、l1的电阻r1=12，故b错误 c、l1消耗的电功率p1=i1u1=0.253w=0.75w故c正确 d、l2消耗的功率p2=i2u2=0.3w故d错误故选c【点评】解决本题的关键注意伏安特性曲线不是直线，根据对应的电压找对应的电流二、多选题（每题4分，共12分多选、不选、错选不给分，漏选给2分）14经过精确校准的电压表v1和v2，分别用来测定如图所示电路中r两端a、b间的电压，读数依次为12.7v和12.3v，则( )aa、b间的实际电压应大于12.7vba、b间的实际电压应小于12.3vc电压表v1的内阻大于v2的内阻d电压表v1的内阻小于v2的内阻【考点】伏安法测电阻【专题】恒定电流专题【分析】本题的关键是明确电压表不是理想电表，根据欧姆定律和串并联规律不能得出接入电压表后电路两端的电压小于没接入电压表时电路两端的实际电压，即电压表内阻越大电压表的示数越接近电路两端的实际电压【解答】解：由于电压表不是理想电表（内阻不是无穷大），当a、b两端接入电压表后，电阻r与电压表的并联电阻小于电阻r，根据欧姆定律和串并联规律可知，电阻r与电压表的并联总电压小于电阻r的实际电压，即a、b两端实际电压将大于电压表的示数，当然大于电压表的示数，所以a正确b错误根据欧姆定律可知，若电压表的内阻越大，电压表与r的并联电阻就越大，电压表的示数也越大，即电压表的内阻大于电压的内阻，所以c正确d错误故选ac【点评】应牢记若电压表不是理想电表时，电压表的示数总小于电路两端的实际电压，电压表的内阻越大，电压表示数越接近实际电压15如图所示，一个带正电的小球沿光滑的水平绝缘桌面向右运动，速度的方向垂直于一个水平方向的匀强磁场，小球飞离桌子边缘落到地板上设其飞行时间为t1，水平射程为s1，落地速率为v1撤去磁场，其余条件不变时，小球飞行时间为t2，水平射程为s2，落地速率为v2，则( )at1t2bs1s2cs1s2dv1=v2【考点】带电粒子在混合场中的运动；洛仑兹力【分析】小球在有磁场时做一般曲线运动，无磁场时做平抛运动，运用分解的思想，两种情况下，把小球的运动速度和受力向水平方向与竖直方向分解，然后利用牛顿第二定律和运动学公式来分析判断运动时间和水平射程；最后利用洛伦兹力不做功判断落地的速率【解答】解：a、有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛仑兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛仑兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛仑兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力fx水平向右，竖直分力fy竖直向上 如图所示，竖直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要长，即t1t2，所以，a选项错误b、c：小球水平方向也将加速运动，从而使水平距离比撤去磁场后要大，即s1s2，所以，b选项正确，c选项错误d、在有磁场，重力和洛仑兹力共同作用时，其洛仑兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力作功，动能的增加是相同的有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，因此，d选项正确故选：bd【点评】本题关键运用分解的思想，把小球的运动和受力分别向水平和竖直分解，然后根据选项分别选择规律分析讨论16如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路虚线mn右侧有磁感应强度为b的匀强磁场方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径cd始终与mn垂直从d点到达边界开始到c点进入磁场为止，下列结论正确的是( )a感应电流方向不变bcd段直线始终不受安培力c感应电动势最大值e=bavd感应电动势平均值=bav【考点】楞次定律；安培力；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势【专题】压轴题【分析】由楞次定律可判断电流方向，由左手定则可得出安培力的方向；由e=blv，分析过程中最长的l可知最大电动势；由法拉第电磁感应定律可得出电动势的平均值【解答】解：a、在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，a正确b、根据左手定则可以判断，受安培力向下，故b错误c、当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大e=bav，c正确d、由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值，故d正确故选acd【点评】本题注意以下几点：（1）感应电动势公式只能来计算平均值；（2）利用感应电动势公式e=blv计算时，l应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度三、非选择题（本题共有5小题，49分）17演示地磁场存在的实验装置（由环形线圈，微电流传感器，dis等组成）如图所示首先将线圈竖直放置，以竖直方向为轴转动，屏幕上的电流指针有（填：“有”或“无”）偏转；然后仍将线圈竖直放置，使其平面与东西向平行，并从东向西移动，电流指针无（填：“有”或“无”）偏转；最后将线圈水平放置，使其从东向西移动，电流指针无（填：“有”或“无”）偏转【考点】地磁场【分析】穿过闭合线圈平面的磁通量发生变化时，线圈中会产生感应电流；若磁通量不变，则线圈中没有感应电流【解答】解：根据题意，当线圈竖直放置，以竖直方向为轴转动，由于地磁场的作用，则导致穿过闭合线圈的磁通量发生变化，所以线圈中产生感应电流，则电流指针会偏转；当线圈竖直放置，使其平面与东西向平行，并从东向西移动，由于地磁场的磁感线是从地理的南极向北极，所以穿过线圈的磁通量没变，则电流指针不会偏转；当线圈水平放置，使其从东向西移动，由上可知，仍没有磁通量变化，则电流指针也不会偏转故答案为：有，无，无【点评】考查线圈中产生感应电流的条件，强调磁通量变化，而不是有磁通量18某同学通过实验研究小灯泡的电压与电流的关系可用的器材如下：电源（电动势3v，内阻1）、电键、滑动变阻器（最大阻值20）、电压表、电流表、小灯泡、导线若干（1）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的ui图象如图a所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而增大（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）根据图a，在图b中把缺少的导线补全，连接成实验电路（其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压）（3）若某次连接时，把ab间的导线误接在ac之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，小灯泡可能获得的最小功率是0.32w（0.300.34都对）w（本小题若需要作图，可画在图a中）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；恒定电流专题【分析】在小灯泡的ui图象中，图象上的与原点连线的斜率表示小灯泡电阻的大小，所以小灯泡电阻随电流的最大而增大；本题的难点是当把ab间的导线误接在ac之间时，滑动变阻器的连接情况：的滑动触头打到最左端或最右端时变阻器均短路，此时小灯泡功率最大，的滑动触头在中间时，变阻器的有效电阻最大【解答】解：（1）根据欧姆定律r=知，小灯泡的电阻随电压增大而增大（2）由于小灯泡的电阻远小于电压表的内阻，电流表应用外接法；又电流与电压从零逐渐增大，故滑动变阻器应用分压式接法，实物图如图，（3）若把ab间的导线误接在ac之间，则当变阻器滑动触头在变阻器中间时阻值最大r=5，此时小灯泡功率最小，把变阻器与电源内阻看成为等效电源的内阻，其电动势为3v，内阻为6，则短路电流=0.5a，在小灯泡的up图象中，连接u=3v与i=0.5a两点，画出表示电源的ui图象，如图，读出两图线的交点坐标为u=0.88v，i=0.35a，则小灯泡的最小功率为p=ui=0.32w（0.300.34都对）故答案为（1）增大 （2）如图 （3）0.32w（0.300.34都对）【点评】当已知小灯泡的伏安特性曲线，要求其功率时，要再画出表示电源的ui图象，则两图线的交点坐标即为小灯泡的实际电流与电压，然后根据p=ui求解19一个允许通过最大电流为2a的电源，其路端电压u随外阻r变化的规律如图乙所示该电源和一个滑线变阻器，接成如图甲所示的电路，变阻器最大阻值r0=22，图中u=12v的直线为图线的渐近线，试求：（1）电源的电动势和内电阻（2）a、b空载（即ab间不接任何用电器）时输出电压的范围（3）若要保证变阻器的滑片能任意滑动，a、b两端可以接的电阻的最小值是多少？【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】计算题；定量思想；极端假设法；恒定电流专题【分析】（1）当外电阻r趋于无穷大时，路端电压等于电动势，由图象可知电源的电动势，由闭合电路欧姆定律可求得电源的内阻； （2）ab输出电压为ab并联的滑动变阻器部分电阻的电压，根据滑动变阻器两端的电压范围即可求出； （3）根据闭合电路欧姆定律可求得当电源达最大电流时的外电阻，分析外电路的特点可得出ab两端所接的最小电阻【解答】解：（1）由乙图可知，当r趋近无穷大时，u=12v，则电动势 e=12v，而当u=6v=e时，应有 r=r=2（2）当滑片滑到变阻器的最上端时，a、b两端输出电压最大值： umax=e=12v=11v当滑片滑到变阻器的最下端时，a、b两端输出电压最小为零，故a、b空载时输出电压的范围为011v（3）当滑片滑到变阻器的最上端时，通过电源的电流恰好为最大电流2a时，a、b两端所接负载电阻最小由i=，解得：rab=4.9答：（1）电源电动势e是12v，内电阻r