浙江省金华市艾青中学2014-2015学年高二(上)第二次月考物理试卷

1、2014-2015学年浙江省金华市艾青中学高二（上）第二次月考物理试卷一、单项选择题（本题共9小题；每题3分，共27分在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确选对的得3分，选错或不答的得0分）1（3分）（2013秋东胜区校级期中）最早提出用电场线描述电场的物理学家是（）A牛顿B法拉第C伽利略D阿基米德2（3分）（2011海淀区学业考试）在图所示的实验中，能在线圈中产生感应电流的情况是（）A磁铁静止在线圈上方B磁铁静止在线圈右侧C磁铁静止在线圈里面D磁铁插入或抽出线圈的过程3（3分）（2015通州区二模）一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正检验电荷固定

2、在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（）ABCD4（3分）（2010秋香坊区校级期末）如图为一有界匀强电场，场强方向为水平方向（虚线为电场线），带负电微粒以某一角度从电场的a点斜向上方射入，沿直线运动到b点，则可知（）A电场中a点的电势低于b点的电势B微粒在a点时的动能与电势能之和与在b点时的动能与电势能之和相等C微粒在a点时的动能小于在b点时的动能，在a点时的电势能大于在b点时的电势能D微粒在a点时的动能大于在b点时的动

3、能，在a点时的电势能小于在b点时的电势能5（3分）（2014秋金东区校级月考）如图所示，开始时L1和L2均能发光，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，则（）AL1、L2都变亮B流过L1的电流变大CL1变亮，L2变暗DL1变暗，L2变亮6（3分）（2009安徽）如图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹云室旋转在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用分析此径迹可知粒子（）A带正电，由下往上运动B带正电，由上往下运动C带负电，由上往下运动D带负电，由下往上运动7（3分）（2014秋金东区校级月考）带电粒子以速度v0沿竖直方向垂直

4、进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后，其速度变为水平方向，大小仍为v0，则错误的有（）A带电粒子做变加速运动B电场力与重力大小相等C电场力所做的功一定等于重力做的功的负值D电势能减少量一定等于重力势能增大量8（3分）（2013秋泉州校级期末）如图所示，水平直导线中通有稳恒电流I，导线的正上方处有一电子初速度v0，其方向与电流方向相同，以后电子将（）A沿路径a运动，曲率半径变小B沿路径a运动，曲率半径变大C沿路径b运动，曲率半径变小D沿路径b运动，曲率半径变大9（3分）（2011秋鲁甸县校级期末）圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率沿着

5、AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图所示若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（）Aa粒子速率最大Bc粒子速率最大Ca粒子在磁场中运动的时间最短D它们做圆周运动的周期TaTbTc二、不定项选择题（本题共5小题，每题4分，共20分每小题有一个或多个选项符合题意，全选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）10（4分）（2014秋金东区校级月考）如图所示，电源电动势为30V，内阻不计，一个“6V，12W”的电灯与一个绕线电阻为2的电动机M串联接入电路已知电路中电灯正常发光，则下列说法正确的是（）A电动机输出的机械功率为40WB电动机的总功率为288WC电动机输出的机械功率

6、为48WD电动机的发热功率为8W11（4分）（2014秋金东区校级月考）某电子以固定的正点电荷为圆心在匀强磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，磁场方向垂直于它的运动平面，电子所受正点电荷的电场力是洛伦兹力的4倍若电子电荷量为e、质量为m，磁感应强度为B，不计重力，则电子运动的角速度可能是（）ABCD12（4分）（2014春东城区期末）回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，在两盒间的窄缝中形成交变电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，通过两盒间的窄

7、缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出，如果用同一回旋加速器分别加速氚核（H）和粒子（He），比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，可知（）A加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小B加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大C加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小D加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大13（4分）（2013惠州模拟）如图甲所示，面积为S=1m2的导体圆环内通有垂直于圆平面向里的磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所所示（B取向里方向为正），以下说法中正确的是（）A环中产生逆

8、时针方向的感应电流B环中产生顺时针方向的感应电流C环中产生的感应电动势大小为1VD环中产生的感应电动势大小为2V14（4分）（2014秋金东区校级月考）如图为一个质量为m、电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图中的（）ABCD三、填空题（本题共2题，每空3分，共18分）15（6分）（2014秋金东区校级月考）用伏安法测电阻，当对被测电阻的阻值一无所知而无法选择接法时，可以采用试接的方法，如图所示，让电压表的一端接A点，另一端先后接到B点和C点，若电流表示数无明显变化，

9、而电压表示数有明显变化，说明待测电阻阻值（选填“较大”或“较小”），应选择电流表电路（“内接”或“外接”）16（12分）（2015崇明县二模）在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：（A）待测的干电池（B）电流传感器1（C）电流传感器2（D）滑动变阻器R（020，2A）（E）定值电阻R0（2000）（F）开关和导线若干某同学发现上述器材中虽然没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向右滑动，则电流传感器1的示数将（选填“变大”或“变小”）（2）图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的I1I2图线

10、（I1为电流传感器1的示数，I2为电流传感器2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值），则由图线可得被测电池的电动势E=V，内阻r=（3）若将图线的纵坐标改为，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小四、计算题（本题共3小题，共35分）17（11分）（2013秋文登市期末）重为G=0.1N的金属棒ab，放在光滑的平行金属导轨上，如图所示，轨道间距为L=0.5m，所在平面与水平面的夹角为30，匀强磁场垂直于轨道平面向上，电源电动势E=3V，金属棒电阻R=6，其余电阻不计，若金属棒恰好静止，求：（1）金属棒所受安培力的方向；（2）磁感应强度的大小18（12分）（2014安徽）如图所示，充电后

11、的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间19（12分）（2006塘沽区模拟）如图所示，在y0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，

12、经过x轴上x=2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y=2h处的P3点不计重力求（l）电场强度的大小（2）粒子到达P2时速度的大小和方向（3）磁感应强度的大小2014-2015学年浙江省金华市艾青中学高二（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共9小题；每题3分，共27分在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确选对的得3分，选错或不答的得0分）1（3分）（2013秋东胜区校级期中）最早提出用电场线描述电场的物理学家是（）A牛顿B法拉第C伽利略D阿基米德考点：物理学史版权所有专题：常规题型分析：根据各位物理学家的贡献，逐项分析解答即可解答：解：A、牛顿对物理学的贡献主要在力学

13、部分，如牛顿运动的三定律；故A错误；B、法拉第提出用电场线描述电场的物理学家，故B正确；C、伽利设想了理想斜面实验，表明了力不是维持物体运动的原因，故C错误；D、阿基米德提出了浸在液体中的物体受到向上的浮力，浮力的大小等于物体排开液体的重力故D错误；故选：B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（3分）（2011海淀区学业考试）在图所示的实验中，能在线圈中产生感应电流的情况是（）A磁铁静止在线圈上方B磁铁静止在线圈右侧C磁铁静止在线圈里面D磁铁插入或抽出线圈的过程考点：研究电磁感应现象版权所有专题：实验题分析：当通过线圈磁通量

14、发生变化时，会产生感应电流解答：解：ABC、磁铁静止在线圈上方、右侧、里面，通过线圈磁通量不发生变化，不产生感应电流故A、B、C错误D、磁铁插入或抽出线圈的过程，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流故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，知道当穿过闭合回路磁通量发生变化时，产生感应电流3（3分）（2015通州区二模）一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的

15、关系图象中正确的是（）ABCD考点：电容器的动态分析版权所有专题：电容器专题分析：由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由U=Ed可知E的变化，进而判断势能的变化解答：解：A、当负极板右移时，d减小，由C=可知，C与x图象不能为一次函数图象！故A错误；B、由U=可知，U=Q，则E=，故E与d无关，故B错误；C、因负极板接地，设P点原来距负极板为l，则P点的电势=E（ll0）；故C正确；D、电势能E=q=Eq（ll0），不可能为水平线，故D错误；故选：C点评：本题考查电容器的动态分析，由于结合了图象内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式

16、得出正确的表达式，再由数学规律进行分析求解4（3分）（2010秋香坊区校级期末）如图为一有界匀强电场，场强方向为水平方向（虚线为电场线），带负电微粒以某一角度从电场的a点斜向上方射入，沿直线运动到b点，则可知（）A电场中a点的电势低于b点的电势B微粒在a点时的动能与电势能之和与在b点时的动能与电势能之和相等C微粒在a点时的动能小于在b点时的动能，在a点时的电势能大于在b点时的电势能D微粒在a点时的动能大于在b点时的动能，在a点时的电势能小于在b点时的电势能考点：电势能；电势版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：粒子沿直线运动到b点，粒子的合力与速度在同一直线上，重力竖直向下，则受到的电场力

17、水平向左，电场方向水平向右顺着电场线，电势降低则可判断ab电势的高低粒子的重力势能、动能、电势能总量不变，根据重力势能增加，判断动能与电势能之和的大小根据电场力做功正负，判断电势能与动能的大小解答：解：A、粒子沿直线运动到b点，粒子的合力与速度在同一直线上，重力竖直向下，则受到的电场力水平向左，电场方向水平向右则a点的电势高于b点的电势故A错误 B、根据能量守恒，粒子的重力势能、动能、电势能总量不变，重力势能增大，则动能与电势能之和减小故B错误 C、D粒子从a到b，电场力做负功，动能减小，电势能增大C错误，D正确故选D点评：本题运用到物体做直线运动的条件，分析物体的受力情况，属于轨迹类型5（3

18、分）（2014秋金东区校级月考）如图所示，开始时L1和L2均能发光，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，则（）AL1、L2都变亮B流过L1的电流变大CL1变亮，L2变暗DL1变暗，L2变亮考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：滑动变阻器的滑片P向上移动时，其接入电路的电阻变大，外电路的总电阻变大，总电流变小，即可分析灯L1的亮度变化电路的总电流减小，故L1和R0两端的电压变小电路的总电流减小，则路端电压变大，L2两端的电压等于路端电压减去L1和R0两端的电压，则L2两端的电压变大，即可分析灯L2的亮度变化解答：解：当滑动变阻器的滑片P向上移动时，变阻器接入电路的电阻变大，外电路的

19、总电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律，总电流变小，即流过L1的电流变小，由L1的功率P1=I2R1变小，知灯L1变暗电路的总电流减小，内电压减小，则路端电压变大，L1和R0两端的电压变小，故L2两端的电压变大，则L2的功率P2=变大，即L2变亮故D正确故选：D点评：本题考查并联电路的电压特点和欧姆定律的应用，会根据滑动变阻器的移动判断出电路中阻值的变化，要注意电灯的亮暗是根据功率的变化来判断的6（3分）（2009安徽）如图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹云室旋转在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用分析此径迹可知粒

20、子（）A带正电，由下往上运动B带正电，由上往下运动C带负电，由上往下运动D带负电，由下往上运动考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；左手定则版权所有专题：压轴题分析：根据粒子的运动的轨迹可以判断出粒子的带电的性质，由半径的变化和半径的公式可以判断粒子的速度的变化的情况解答：解：粒子穿过金属板后，速度变小，由半径公式r=可知，粒子的速度减小，运动的半径就变小，粒子运动方向为由下向上；又由于洛仑兹力的方向指向圆心，由左手定则，粒子带正电所以A正确故选A点评：根据粒子的速度的变化，和半径的公式可以分析的出粒子的运动的方向和粒子的带电的性质7（3分）（2014秋金东区校级月考）带电粒子以速度v0沿竖直方向

21、垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后，其速度变为水平方向，大小仍为v0，则错误的有（）A带电粒子做变加速运动B电场力与重力大小相等C电场力所做的功一定等于重力做的功的负值D电势能减少量一定等于重力势能增大量考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：带电粒子在重力与电场力共同作用下，从A点到B点过程中，竖直方向重力做负功，导致速度减小；水平方向电场力做正功，导致速度增大同时根据动能定理可知，重力做功与解答：解：B、将粒子的运动分解成水平方向与竖直方向，根据分运动的等时性，由运动学公式可知，水平方向与竖直方向加速度大小相等，合力不变，加速度不变，故A

22、错误；C、选取A到B过程中，根据动能定理，则有：qEsmgh=0，得电场力所做的功一定等于克服重力所做的功，故C正确；B、由BC选项知qES=mgh，s=h，所以重力大小与电场力大小相同，B正确；D、由C选项可知，电场力做正功，导致电势能减小，而克服重力做功，导致重力势能增加，所以电势能与机械能之和不变，即有电势能的减少一定等于机械能的增加，故D正确；因选错误的，故选：A点评：考查运动如何分解，及分运动的等时性，并要掌握运动学公式，牛顿第二定律，动能定理，及能量守恒定律并理解电场力做功与电抛能变化关系8（3分）（2013秋泉州校级期末）如图所示，水平直导线中通有稳恒电流I，导线的正上方处有一电

23、子初速度v0，其方向与电流方向相同，以后电子将（）A沿路径a运动，曲率半径变小B沿路径a运动，曲率半径变大C沿路径b运动，曲率半径变小D沿路径b运动，曲率半径变大考点：洛仑兹力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：水平导线中通有稳定电流I，根据安培定则判断出导线所产生的磁场方向，由左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向，即可分析电子的运动方向根据半径公式，结合磁感应强度的变化分析电子半径如何变化解答：解：水平导线中通有稳定电流I，根据安培定则判断导线上方的磁场方向向里，导线下方的磁场方向向外，由左手定则判断可知，导线上面的电子所受的洛伦兹力方向身向上，则电子将沿b轨迹运动，其速率v不变，而

24、离导线越远，磁场越弱，磁感应强度B越小，由公式可知，电子的轨迹半径逐渐增大，故轨迹不是圆故D正确，ABC错误故选：D点评：本题是安培定则、左手定则和半径公式的综合应用，基础题目9（3分）（2011秋鲁甸县校级期末）圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图所示若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（）Aa粒子速率最大Bc粒子速率最大Ca粒子在磁场中运动的时间最短D它们做圆周运动的周期TaTbTc考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：三个质量和电

25、荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定解答：解：粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=A、由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，由图示可知，a粒子的轨道半径最小，粒子c的轨道半径最大，则a的粒子速率最小，c粒子的速率最大，故A错误，B正确；C、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，粒子在磁场中的运动时间：t=T，三粒子运动周期相同，由图示可知，a在磁

26、场中运动的偏转角最大，对应时间最长，故CD错误；故选：B点评：带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短二、不定项选择题（本题共5小题，每题4分，共20分每小题有一个或多个选项符合题意，全选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）10（4分）（2014秋金东区校级月考）如图所示，电源电动势为30V，内阻不计，一个“6V，12W”的电灯与一个绕线电阻为2的电动机M串联接入电路已知电路中电灯正常发光，则下列说法正确的是（）A电动机输出的机械功率为40WB电动机的总

27、功率为288WC电动机输出的机械功率为48WD电动机的发热功率为8W考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：先根据电灯的额定电压和额定功率求出额定电流，再求出电动机的输入电压；求出电动机消耗的总功率和绕线电阻的电热功率；最后求出电动机输出的机械功率解答：解：通过电灯的电流：I=2A电动机的电压：U电=EU灯=306=24V电动机消耗的总功率：P电=U电I=242=48w绕线电阻的电热功率：P热=I2R=222=8w电动机输出的机械功率P机=P电P热=40w，故AD正确，BC错误故选：AD点评：该题考查了非纯电阻电路中欧姆定律和电功率的应用注意在非纯电阻电路中，电功

28、率用P=UI计算，电热功率用P热=I2R计算，二者不能混用11（4分）（2014秋金东区校级月考）某电子以固定的正点电荷为圆心在匀强磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，磁场方向垂直于它的运动平面，电子所受正点电荷的电场力是洛伦兹力的4倍若电子电荷量为e、质量为m，磁感应强度为B，不计重力，则电子运动的角速度可能是（）ABCD考点：带电粒子在混合场中的运动；洛仑兹力版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：由于不知道磁场方向和电荷运动方向，但是知道洛伦兹力和速度垂直，因此分洛伦兹力指向圆心和背离圆心两种情况进行分析，然后根据向心力公式列方程即可求解解答：解：当洛伦兹力方向和电场力方向相同时，

29、有：F电+evB=m=mv其中：F电=4evB 联立解得：=当洛伦兹力方向和电场力方向相反时，有：F电evB=mv联立得：=；故BD正确，AC错误故选：BD点评：本题在电磁场中结合电场力和洛伦兹力考查了圆周运动问题，关键是熟练运用向心力公式的各种表达式正确解答12（4分）（2014春东城区期末）回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，在两盒间的窄缝中形成交变电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时

30、通过特殊装置被引出，如果用同一回旋加速器分别加速氚核（H）和粒子（He），比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，可知（）A加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小B加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大C加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小D加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理版权所有分析：回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电粒子带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据T=比较周期当粒子最后离开回旋加速器时的速度最大，根据qvB=m求出粒子的最大速度，从

31、而得出最大动能的大小关系解答：解：带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据T=，知氚核（13H）的质量与电量的比值大于粒子（24He），所以氚核在磁场中运动的周期大，则加速氚核的交流电源的周期较大 根据qvB=m得，最大速度v=，则最大动能EKm=mv2=，氚核的质量是粒子的倍，氚核的电量是倍，则氚核的最大动能是粒子的倍，即氚核的最大动能较小故A正确，B、C、D错误故选：A点评：解决本题的关键知道带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，以及会根据qvB=m求出粒子的最大速度13（4分）（2013惠州模拟）如图甲所示，面积为S=1m2的导体圆环内通有垂直于圆平面向里的磁场，磁

32、场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所所示（B取向里方向为正），以下说法中正确的是（）A环中产生逆时针方向的感应电流B环中产生顺时针方向的感应电流C环中产生的感应电动势大小为1VD环中产生的感应电动势大小为2V考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律版权所有专题：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方向；由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势解答：解：A、磁场垂直于纸面向里，由图乙所示可知，磁感应强度增加，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，故A正确，B错误；C、感应电动势E=S=1=1V，故C正确，D错误；故选：AC点评：本题考查了判断感应电流方向、求感

33、应电动势，应用楞次定律与法拉第电磁感应定律即可正确解题14（4分）（2014秋金东区校级月考）如图为一个质量为m、电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图中的（）ABCD考点：电势差与电场强度的关系；功能关系版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向上，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的解答：解：由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂

34、直细杆的弹力及向左的摩擦力，A、当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图象为A，故A正确；B、当qvBmg时，FN=mgqvB此时：FN=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其vt图象的斜率应该逐渐增大，故B正确，C错误D、当qvBmg时，FN=qvBmg，此时：FN=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，故D正确；故选：ABD点评：分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意vt图象斜率的物理应用，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识三、填空题（本题共2题，每空3分，共18分）15（6分）（2014秋金东区校

35、级月考）用伏安法测电阻，当对被测电阻的阻值一无所知而无法选择接法时，可以采用试接的方法，如图所示，让电压表的一端接A点，另一端先后接到B点和C点，若电流表示数无明显变化，而电压表示数有明显变化，说明待测电阻阻值较小（选填“较大”或“较小”），应选择电流表外接法电路（“内接”或“外接”）考点：伏安法测电阻版权所有专题：实验题分析：本题的关键是明确电流表采用外接法时，造成误差的原因是电压表的分流作用，所以当电压表内阻越大时，应用外接法测量误差越小，反之电压表的内阻若不是很大时，则应用电流表内接法；电流表采用内接法时，造成误差的原因是电流表的分压作用，所以当电流表内阻很小时，应用内接法测量误差较小，

36、反之若电流表内阻不是很小，则应用外接法测量解答：解：由图示电路图可知，电压表的一端接A点，另一端接到B点时，电压表与电阻并联，电流表测电阻与电压表电流之和，另一端接到C点时，电流表测通过电阻的电流；若电流表示数无明显变化，而电压表示数有明显变化，说明电压表分流较小，电流表分压大，待测电阻阻值较小；要有外接法故答案为：较小外接法点评：应明确“试触法”选择电流表内外接法的原理和方法：当电压表示数变化明显时，说明电流表的分压作用明显，即电流表内阻较大，由于电流表内阻较小时，应用内接法，所以当电压表示数变化明显时应用外接法；当电流表示数变化明显时，说明电压表分流作用明显，说明电压表内阻较小，应用内接法

37、16（12分）（2015崇明县二模）在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：（A）待测的干电池（B）电流传感器1（C）电流传感器2（D）滑动变阻器R（020，2A）（E）定值电阻R0（2000）（F）开关和导线若干某同学发现上述器材中虽然没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向右滑动，则电流传感器1的示数将变小（选填“变大”或“变小”）（2）图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的I1I2图线（I1为电流传感器1的示数，I2为电流传感器2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值），则由图线可得被

38、测电池的电动势E=3.00V，内阻r=2.00（3）若将图线的纵坐标改为I1R0，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小考点：测定电源的电动势和内阻版权所有专题：实验题；压轴题；恒定电流专题分析：（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向右滑动时 R值减小，电流传感器1的示数和电流传感器2的示数都变化（2）由闭合电路欧姆定律可得出与题目中给出仪器有关的表达式，再由数学规律可得出电动势和内电阻 （3）若图象纵坐标为路端电压，则图象与纵坐标的交点为电源的电动势；解答：解：（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向右滑动时 R值减小，电流传感器2的示数变大，电流传感器

39、1的示数变小 （2）由闭合电路欧姆定律可得： I1R0=E（I1+I2）r变形得：I1=I2； 由数学知可得：图象中的k=；b=；由图可知：b=1.50；k=； 故解得：E=3.00V，r=2.00；（3）若图象纵坐标改为路端电压，即I1R0，则图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故答案为：（1）变小（2）2.96（士0.04）V；2.00（士0.03）（3）I1R0点评：本题要注意电路中采用的是传感器安安法测电动势和内电阻，其本质就是用其中的表头改装电压表；另外在解题时要注意一些细节，如图象中的纵坐标不是从零开始变化的，并且其单位为mA等，都应细心观察四、计算题（本题共3小题，共35分）17（

40、11分）（2013秋文登市期末）重为G=0.1N的金属棒ab，放在光滑的平行金属导轨上，如图所示，轨道间距为L=0.5m，所在平面与水平面的夹角为30，匀强磁场垂直于轨道平面向上，电源电动势E=3V，金属棒电阻R=6，其余电阻不计，若金属棒恰好静止，求：（1）金属棒所受安培力的方向；（2）磁感应强度的大小考点：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版权所有分析：（1）知道电流方向、磁场方向，根据左手定则可以判断安培力方向；（2）根据平衡条件列方程，导体棒所受安培力与重力沿斜面向下的分力相等，由此可以求出磁感应强度的大小解答：解：（1）根据左手定则，磁感线穿过手心，四指指向电流方向，大拇指指向为安培力方向，由此可知安培力方向沿导轨平面向上 答：金属棒所受安培力的方向沿斜面向上（2）回路中的电流I=0.5A 对金属棒受力分析如图所示，根据平衡条件，有F=Gsin30 又 F=BIL 由以上三式，代入数据，解得：B=0.2T答：磁感应强度的大小为：B=0.2T点评：本题比较简单，结合安培力特点考查了物体的平衡，注意公式F=BIL的应用条件，以及公式中各个物理量的含义18（12分）（2014安徽）如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下