B.一定的通电导线在磁场中受到的安培力大小不仅与磁感应强度大小有关，还与磁场方向与导线之间的夹角有关，故B正确；
C.磁感线是为了形象描述磁场假想的，并不实际存在，空隙处依然存在磁场，故C错误；
D.某点的切线方向就是该点的磁场方向，静止电荷在磁场中不受力的作用，故D错误。
故选：
B.
9.如图所示，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出偏转电场的条件下，不计电子重力，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）
A.U1变大，U2变大
B.U1变小，U2变大
C.U1变大，U2变小
D.U1变小，U2变小
【答案】B
【解析】
试题分析：
根据动能定理：
eU1=
mv2;在偏转电场中：
vy=at；
；
；
；若使偏转角变大即使tanθ变大，由上式看出可以增大U2减小U1，故选：
B．
考点：
带电粒子在电场中的偏转.
10.图甲为磁控健身车，图乙为其车轮处结构示意图，在金属飞轮的外侧有一些磁铁（与飞轮不接触），人用力蹬车带动飞轮旋转时，磁铁会对飞轮产生阻碍，拉动旋钮拉线可以改变磁铁与飞轮间的距离．下列说法正确的有（ ）
A.飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力
B.飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮受到的阻力越小
C.磁铁和飞轮间的距离一定时，飞轮转速越大，受到的阻力越小
D.磁铁和飞轮间的距离一定时，飞轮转速越大，内部的涡流越弱
【答案】A
【解析】
【分析】
根据法拉第电磁感应定律分析感应电流的大小，金属飞轮在磁场中运动的过程中产生感应电流，与磁场之间产生相互作用的电磁阻力，由此分析即可．
【详解】A.飞轮在磁场中做切割磁感线运动，所以会产生电源电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动，所以飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力。
故A正确；
B.磁铁越靠近飞轮，飞轮处的磁感应强度越强，所以在飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，飞轮受到的阻力越大。
故B错误；
C.磁铁和飞轮间的距离一定时，根据法拉第电磁感应定律可知，飞轮转速越大，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大；飞轮受到的阻力越大。
故C错误；
D.磁铁和飞轮间的距离一定时，根据法拉第电磁感应定律可知，飞轮转速越大，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大。
故D错误。
故选：
A
11.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。
已知发电机线圈内阻为10.0Ω，现外接一只电阻为100.0Ω的灯泡，如图乙所示，则（ ）
A.理想电压表V的示数为220V
B.电路中的电流方向每秒钟改变100次
C.灯泡实际消耗的功率为200W
D.0到0.005s内通过灯泡的电荷量为
×10﹣2C
【答案】ABD
【解析】
【分析】
由图读出电动势的最大值，求出有效值，根据欧姆定律求出外电压的有效值，即为电压表的示数．根据电流方向每个周期改变两次，求出每秒钟电流方向改变的次数．根据电压有效值求出灯泡消耗的功率．根据电流的平均值求得流过的电荷量
【详解】A.由Em=220
，E=220V，电压表示数为：
U=
=200V.故A正确；
B.周期T=0.02s，每个周期交流电方向改变两次，则1s内电流方向改变的次数为：
n=2×
=100次。
故B正确；
C.灯泡实际消耗的功率为：
P=U2/R=2002/100W=400W，故C错误；
D.产生的平均感应电动势为：
，
在0−0.005s内流过的电荷量为：
q=
产生的感应电动势的最大值为：
Em=NBSω
ω=2π/T
联立解得：
q=
×10﹣2C，故D正确
故选：
ABD
12.如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板A、B之间有一个很强的磁场．一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂直于磁场的方向喷入磁场．把A、B与电阻R相连接．下列说法正确的是（ ）
A.R中有由b向a方向的电流
B.A板的电势高于B板的电势
C.若只改变磁场强弱，R中电流保持不变
D.若只增大粒子入射速度，R中电流增大
【答案】AD
【解析】
【分析】
等离子体从左向右进入磁场，受到洛伦兹力发生偏转，打到极板上，使两极板间形成电势差，当粒子所受电场力与洛伦兹力相等时，形成动态平衡．根据极板的正负判断电势的高低以及电流的流向．
【详解】AB、等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向下偏，打在下极板上，负电荷向上偏，打在上极板上。
所以下极板带正电，上极板带负电，则B板的电势高于A板的电势，流过电阻电流方向由b到a.故A正确，B错误；
C.依据电场力等于磁场力，即为q
=qvB，则有：
U=Bdv，再由欧姆定律，I=U/R=Bdv/R，电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱，R中电流也改变。
故C错误；
D.由上分析可知，若只增大粒子入射速度，R中电流也会增大，故D正确。
故选：
AD.
13.在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有
A.升压变压器的输出电压增大
B.降压变压器的输出电压增大
C.输电线上损耗的功率增大
D.输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
【答案】CD
【解析】
试题分析：
由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A错误．
B、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，导线上的电压损失变大，则降压变压器的初级电压减小，则降压变压器的输出电压减小，故B错误．根据P损=I线2R，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故C正确．根据
，则有：
；发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大．故D正确．故选CD。
考点：
远距离输电
14.如图所示，A、B为两个完全相同的灯泡，
为自感线圈（自感系数较大；直流电阻不计），
为电源，
为开关。
下列说法正确的是
A.闭合开关的瞬间，A、B同时亮，但A很快又熄灭
B.闭合开关稳定后，A、B一样亮
C.闭合开关稳定后，断开开关，A、B立即同时熄灭
D.闭合开关稳定后，断开开关，A闪亮后又熄灭
【答案】AD
【解析】
试题分析：
闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化．断开S，B灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断A灯亮度如何变化．
A、B闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，B变亮．故A正确，B错误．
C、D断开S，B立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过A灯，A闪亮一下后熄灭．故C错误，D正确．
故选AD
考点：
自感现象和自感系数．
点评：
对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可楞次定律分析发生的现象．
二、实验题
15.如图所示，游标卡尺的读数为_____mm，螺旋测微器的读数为______mm。
【答案】
（1）.104.10，
（2）.0.520
【解析】
【分析】
解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
【详解】游标卡尺的主尺读数为：
104mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为：
2×0.05mm=0.10mm，所以最终读数为：
104mm+0.10mm=104.10mm.
螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为：
2.0×0.01mm=0.020mm，所以最终读数为：
0.5mm+0.020mm=0.520mm。
16.用伏特法测定一段阻值约为5Ω的金属导线的电阻，要求按图甲所示电路图，将图乙中实验器材连接完整。
【答案】
【解析】
【分析】
连接实物图时需注意：
1.电压表、电流表的正负极；2.电压表、电流表的量程；3.连线不交叉。
【详解】根据电路图，实物连接如图：
17.
（1）如图所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图可以是图中的__。
A．
B.
C.
D.
（2）多用电表的欧姆挡有三个倍率，分别是×1Ω、×10Ω、×100Ω．，用×10Ω档测量某电阻时，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．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤：
___，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是___Ω．
（3）若换直流2.5V档测电压，指针在表盘上的位置不变，则电压读数为_____V．
【答案】
（1）.
（1）A；
（2）.
（2）×100，（3）.重新进行欧姆调零，（4）.2200；（5）.（3）1.00
【解析】
【分析】
红表笔插在正极孔中，与内部电源的负极相连，选档后要进行调零；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；根据量程由图示表盘确定其分度值，然后读出其示数．
【详解】
（1）每次换挡时都要进行欧姆调零，所以电阻要可调节，所以要串接有滑动变阻器；正极插孔接电源的负极，故A正确，BCD错误。
故选：
A；
（2）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，说明待测电阻较大，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22×100=2200Ω；
（3）选择开关指向直流电压2.5V档，由图示表盘可知，其分度值为0.05V，示数为1.00V；
故答案为：
（1）A；
（2）×100，重新进行欧姆调零，2200；（3）1.00
18.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表1：
量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω
C．电流表2：
量程0～3A，内阻未知
D．电压表1：
量程0～3V，内阻未知
E．电压表2：
量程0～15V，内阻未知
F．滑动变阻器1：
0～10Ω，2A
G．滑动变阻器2：
0～100Ω，1A
H．开关、导线若干
（1）从上述器材中选择适当的器材（填写器材前的字母）：
电流表选择___，电压表选择___，滑动变阻器选择___。
（2）实验电路图应选择图中的 （填“甲”或“乙”）；
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象，利用图线可知干电池的电动势E=___V，内电阻r=___Ω．
（4）由于电流表的分压作用，电动势测量值__真实值，内阻测量值__真实值（选填“大于、小于或等于”）．
（5）在测定电池的电动势和内阻的实验中，可以采用伏安法、安阻法、伏阻法等多种方法。
若电池是水果电池，实验要求尽量减小误差，可以选择如图__或__所示电路进行测定。
【答案】
（1）.
（1）B，
（2）.D，（3）.F；（4）.
（2）乙；（5）.（3）1.5,（6）.1.0；（7）.（4）小于，（8）.小于；（9）.（5）乙
【解析】
【分析】
（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；
（2）根据产生实验误差的原因，从减小误差选择电路图；
（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻．
（4）根据产生实验误差的原因，结合图像分析测量结果与真实值的关系。
（5）根据水果电池的内阻远大于电流表内阻，选择合适的电路。
【详解】
（1）在上述器材中请选择适当的器材：
A.被测干电池一节
为了读数准确，所以选择：
B.电流表1：
量程0∼0.6A；D.电压表1：
量程0∼3V，
滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F.滑动变阻器1：
0～10Ω，2A；
（2）采用甲图测量的内阻是电流表内阻与电源内阻的串联值，因二者比较接近，误差较大。
故采用乙图可以有效减小实验误差；
（3）由U−I图可知，纵轴的截距等于电源的电动势：
E=1.5V；
斜率等于内电阻：
r=（1.5−1.0）/0.5=1.0Ω；
（4）由于电压表的分流，路端电压越大，通过电压表的电流越大，实际电流比电流表的示数大的就越多，实际的U-I图像的斜率比实验的U-I图像斜率大，在纵轴的截距比实验值大。
故电动势测量值小于真实值，内阻测量值小于真实值；
（5）水果电池的内阻较大，远大于电流表内阻，选图乙所示电路，测量结果是水果电池内阻与电流表内阻之和，接近水果电池的实际内阻，误差较小。
采用电阻箱电阻无法连续变化。
故选图乙所示电路。
（电流表内接法）
三、计算题
19.在电场方向竖直向下的匀强电场中，一个质量为m＝10﹣10kg，带电量为q＝10﹣9c的带电粒子以初速度为v0＝
×106m/s垂直射入电场，2s末离开电场时速度与水平夹角为60°（不计粒子重力）．求
（1）电场强度的大小.
（2）电场力做的功.
【答案】
（1）3×105N/C；
（2）1800J
【解析】
【分析】
（1）根据末速度的方向及运动时间可求加速度，根据牛顿第二定律qE=ma，可求电场强度的大小；
（2）不计粒子重力，根据动能定理可求电场力做的功。
【详解】
（1）设加速度为a，垂直电场方向做匀速运动，沿电场方向粒子做匀加速运动，则：
代入数据，联立解得：
E=3×105N/C
（2）v=
根据动能定理，电场力做的功W=
=1800J
20.一线圈匝数为N、电阻为r，在线圈外接一阻值为2r的电阻R，如图甲所示.线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁通量Φ随时间t变化的规律如图乙所示.求0至t0时间内：
（1）线圈中产生的感应电动势大小 。
（2）通过R的感应电流大小和方向 。
（3）电阻R中感应电流产生的焦耳热。
【答案】
（1）E=2N
；
（2）I=
，方向为由a经
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