知识点：法拉第电磁感应定律

C

【考点】感应电流的产生条件；电容．

【分析】明确电流磁效应的发现，知道电磁炉利用了电磁感应规律；明确感应电流产生的条件，知道只有闭合回路中磁通量发生变化时才能产生感应电流；

电容器对电流的阻碍作用取决于电容和交流电的频率．

【解答】解：A、奥斯特最早通过实验发现了电流的磁效应，故A正确；

B、电磁炉是利用电磁感应产生涡流原理制成的，故B正确；

C、穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中才能产生感应电流，故C错误；

D、根据电容的性质可知，电容器的电容越大、交流的频率越高，电容器对交流的阻碍作用就越小，故D正确．

本题选错误的，故选：C．

知识点：物理

B

【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．

【分析】由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，线圈转动一周电流改变2次

【解答】解：A、由图可知周期T=0.02s，转速n=故A错误；

B、电流表测量的是有效值，故I=，故B正确；

C、线圈转一周电流改变2次，故1s内改变的次数为n=次，故C错误；

D、0.01 s时，产生的感应电流最大，此时线圈平面与磁场平面平行，故D错误；

故选：B

知识点：闭合电路的欧姆定律

D

【考点】闭合电路的欧姆定律．

【分析】根据油箱油面升高或降低，分析R有效电阻的变化，由欧姆定律判定电路中电流的变化．

【解答】解：当油箱油面升高时，由于浮力作用使金属滑片向下移动，R接入电路的有效电阻减小，则回路的总电阻减小，由欧姆定律知，电路中的电流增大，故ABC错误，D正确．

故选：D

知识点：电势差

D

【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．

【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．由电场线的疏密分析场强的大小，由牛顿第二定律判断加速度的大小．由粒子运动轨迹弯曲的方向，判断粒子受到的电场力方向，从而判断电场力做功情况和粒子的电性，即可分析速度的大小．

【解答】解：A、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以有EM＜EN．故A错误．

B、M处场强小，粒子受到的电场力小，由牛顿第二定律知加速度也小，即有 aM＜aN．故B错误．

CD、根据粒子的运动的轨迹弯曲方向可以知道，粒子的受到的电场力的方向斜向上，所以粒子为正电荷，若粒子从M点运动到N点，电场力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，粒子的速度增大，则有vM＜vN．故C错误，D正确；

故选：D

知识点：电容器

A

【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．

【分析】电容器的特点是：通交流，隔直流，电感线圈的特点是；通低频阻高频；交流或直流对导体的电阻值没有影响．

【解答】解：由题意，当开关S接“1”直流电源时，A、B两灯均正常发光，C灯不亮；

当接“2”交流电源时，A灯仍正常发光，说明a对交流电和直流电的影响相同，则a为电阻，c为电容器；

B灯变暗，说明对交流电的阻碍作用比直流电阻碍作用大，则b为电感；

由以上的分析可知，A正确，BCD错误

故选：A

知识点：闭合电路的欧姆定律

A

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．

【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；

由右手定则可得出电流的方向．

【解答】解：线圈从0开始向右运动L时，线圈的右侧导体切割磁感线，有效长度增大，

正方形导线框做匀速直线运动，故电动势均匀增大，电流增大，

由右手定则可知，电流方向沿顺时针；

L到2L时，左侧边开始进入磁场，由图可知，右侧导体切割磁感线长度不变，左侧导体切割磁感线长度增加，故有效长度减小，则感应电动势减小，电流减小，沿顺时针方向；

2L时，右侧导体切割磁感线长度为L，左侧导体切割磁感线长度为L，感应电动势为0，电流为0；

而2L到3L过程中，右侧长度减小，而左侧长度不变，故电流要增大；由右手定则可知，电流方向沿逆时针；

3L到4L过程中，左侧减小，而右侧为0，故电流要减小；由右手定则可知，电流方向沿逆时针；

故选A．

知识点：动量定理

D

【考点】动量定理．

【分析】根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出物块运动的时间，从而比较重力的冲量以及合力的冲量，注意两物块合力的方向不同．根据动能定理得出到达底端的速度，抓住速度方向不同分析动量不同．根据初末状态的动量得出动量变化量大小的关系．

【解答】解：A、物体沿斜面下滑的加速度a=gsinθ，根据得，运动的时间t=，由于倾角不同，则运动的时间不同，根据I=mgt知，重力冲量不同，故A错误．

B、物体所受的合力F合=mgsinθ，则合力的冲量，由于合力的方向不同，则合力的冲量不同，故B错误．

C、根据动能定理知，mgh=，解得物体到达底端的速度v=，由于两物体到达底端时的速度方向不同，则动量不同，故C错误．

D、到达底端的速度大小相等，初状态的动量为零，可知下滑过程中动量变化量的大小相等，故D正确．

故选：D．

知识点：电磁感应

AB

【考点】涡流现象及其应用．

【分析】圆环向右穿过磁场后，会产生电流，根据能量守恒求解．

当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流．

整个圆环在磁场区域来回摆动，不产生感应电流，机械能守恒．

【解答】解：A、圆环向右穿过磁场后，会产生电流，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的机械能将转化为电能，所以回不到原来的高度了，故A正确．

B、当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流．故B正确．

C、整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，机械能守恒．离平衡位置越近速度越大，感应电流为零．故C错误．

D、在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化（一直是最大值），所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在平衡位置．故D错误．

故选：AB．

知识点：带电粒子在磁场中的运动

ABC

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

【分析】所有粒子的初速度大小相同，轨迹半径相同，当入射点与出射点连线最长时，轨迹的圆心角最大，粒子在磁场中运动的最长．相反连线最短，时间最短．根据几何知识，作出轨迹，确定时间的范围进行选择．

【解答】解：粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦．初速度大小相同，轨迹半径R=相同．

设OS=d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则由粒子在磁场中运动的时间最长．由此得到：

轨迹半径为：R=

当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短．

则：SE=，由几何知识，得θ=60°

最短时间：tmin=

所以，粒子在磁场中运动时间范围为≤t≤

故选ABC

知识点：变压器

BCD

【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．

【分析】理想变压器的输入功率与输出功率相等，而副线圈与电动机相连，则电动机的输出功率与电动机线圈的内阻之和为副线圈的输出功率．

【解答】解：A、电动机电路属于非纯电阻电路，则欧姆定律不适用．因此电动机两端的电压不能为IR，故A错误；

B、因为原副线圈的匝数比为n，且电流表读数为I，则由理想变压器的原副线圈的电流与匝数成反比得，原线圈的电流为，故B正确；

C、原线圈接正弦交流电压u=U0sinωt，

由理想变压器的原副线圈的电压与匝数成正比得，电动机两端的电压U=，

所以电动机消耗的电功率为P=，故C正确；

D、电动机消耗的功率为线圈内阻消耗的功率与输出功率之和，

输出功率

解得，故D正确；

故选：BCD

知识点：用伏安法测电源电动势和内阻

解：（1）测量线圈的电阻一般采用伏安法，为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表，可与电表串联一个开关． 由于待测线圈L的阻值约为2Ω，额定电流为2A，最大电压为4V，而电源电动势为9V，所以定值电阻选F：R3、滑动变阻器选D：R1即可．

（2）由于本实验尽可能大的范围内测得数据，所以必须采用滑动变阻器的分压接法；电流表A2的量程大，所以电流表A2外接电路进行测量，电路如图所示．

（3）由电路图知自感线圈两端的电压与下边支路电压相等，所以I1（R1+r1）=（I2﹣I1）RL，

解得：RL=（R1+r1），从I1﹣﹣I2图象上选取一组数据，如（0.3，1.8）代入公式解得：RL=2.0Ω．

（4）实验结束时为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表，应先断开开关S2 ．才能断开S1；

④故答案为：①F；D；②电路图如图所示；③2.04；④S2；S1

【考点】伏安法测电阻．

【分析】（1）测量线圈自感很大，连接实物图时要考虑到保护电路，通过对电压和电流的分析，选择滑动变阻器和定值电阻；

（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后完成实验电路．

（3）根据部分电路的欧姆定律可表示出通过两个电表的电流关系，根据两个电流表示数的关系可求出电感线圈的电阻．

（4）实验中要保护电流表A1，从而判断先断开哪个电键．

知识点：牛顿第二定律

解：（1）对滑块在水平方向上受力分析，如右图所示，根据牛顿第二定律得

Fa﹣Fb=ma1，

得 a1===6m/s2，方向水平向右．

则汽车做加速运动．

（2）汽车静止时，传感器a、b的示数均为 10N，则当左侧弹簧弹力Fa′=0时，右侧弹簧的弹力 Fb′=20N，

根据牛顿第二定律，Fb′=ma2

代入数据得：a2===10m/s2，方向水平向左．

则汽车做减速运动．

故答案为：（1）加速；6； （2）减速；10．

【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．

【分析】（1）滑块在水平方向上受到两个力：a、b两个弹簧施加的弹力，这两个弹力的合力提供加速度，根据牛顿第二定律列式求解．

（2）a传感器的读数为零，即a侧弹簧的弹力为零，因两弹簧相同，a弹簧伸长多少，b弹簧就缩短多少．所以b弹簧的弹力变为20N，也就是滑块所受的合力为20N，由牛顿第二定律列方程求解．

知识点：交变电流

解：（1）设转动过程中感应电动势的最大值为Em，则

Em=NBL2ω=．

（2）设回路中电流的有效值为I，电阻两端电压的有效值即电压表的读数为U，则

=

则电压表的示数U=IR=0.4×4V=1.6V．

（3）设由图示位置转过30°角的过程中产生的平均感应电动势为E，则

，

△Φ=BL2sin30°，

代入数据解得E=．

答：（1）转动过程中线圈中感应电动势的最大值为2V；

（2）电压表的读数为1.6V；

（3）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过30°角的过程中产生的平均感应电动势为V．

【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理．

【分析】（1）根据Em=NBL2ω求出转动过程中感应电动势的最大值；

（2）根据最大值和有效值的关系求出电动势的有效值，结合闭合电路欧姆定律求出电压表的示数；

（3）通过法拉第电磁感应定律，结合磁通量的变化量求出平均感应电动势．

知识点：法拉第电磁感应定律

解：（1）由法拉第电磁感应定律知：

E=

i=

0﹣1S内，i1==2A，根据楞次定律得方向逆时针，为正；

1﹣3S内，i2=1A，方向顺时针，为负

故感应电流随时间变化的图象如图所示

（2）根据电流的热效应知： R•+R•=I2R•T

解得：I=A=1.41A

答：（1）如上图所示．

（2）线框中感应电流的有效值A．

【考点】法拉第电磁感应定律；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．

【分析】（1）当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；根据楞次定律判断感应电流的方向．

（2）根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．

知识点：电能的输送

解：（1）根据如图所示输电线路，设高压输电线电流I2，输电电压为U2，

由题意可知：P损=I22r=4×103W；

得：I2=20A；

所以有：U2==5×103V；

根据匝数与电压成正比，则有： ==；

U损=Ir=20×10V=200V；

则有，U3=U2﹣U损=5000﹣200=4800V；

所以， ==

（2）设最多安装n个40W电灯，

根据功率相等，则有：P总﹣P损=60×103+40n

解得：n=900个

答：（1）在用户需220V电压时，所用升压变压器和降压变压器的匝数比分别是1：10与240：11；

（2）如果用户计划生产用电60kW，其余是照明用电，那么最多可安装“220V 40W”的电灯900盏．

【考点】电能的输送．

【分析】（1）根据输电线路图，由输电线损耗功率求出输电电流I2，再由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流I1，由是I1，I2得升压变压器的匝数比；

求出升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再与用户电压结合求出降压变压器的原副线圈的匝数比．

（2）根据总的照明的功率的大小和每盏灯泡的功率可以求得总的灯泡的数目．

知识点：带电粒子在磁场中的运动

解：（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，

速度达到最大金属棒所受安培力：F安=B1IL，

感应电流：I==，

由平衡条件得：m1gsinα=F安，

即：m1gsinα=，

解得：vm=10m/s；

（2）整个电路消耗的电功率等于安培力的功率：P=m1gsinαvm

电阻R2消耗的功率：P=P总，解得：P=75W；

（3）金属棒下滑稳定时，两板间电压U=IR2=5×3=15V，

因为液滴在两板间有：m2g=q，

所以该液滴在两平行金属板间做匀速圆周运动，

由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，

微粒从金属板右侧射出需要满足：r≤，

微粒从金属板左侧射出需要满足：r≥d，

解得：v≤0.125m/s或v≥0.25m/s；

答：（1）金属棒下滑的最大速度为10m/s；

（2）当金属棒下滑达到稳定状态时，R2消耗的电功率P为75W；

（3）要使带电粒子能从金属板间射出，初速度v应满足的条件是：v≤0.125m/s或v≥0.25m/s．

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势．

【分析】（1）当金属棒匀速运动时速度达到最大，此时 金属棒所受合力为零，由平衡条件可以求出最大速度．

（2）金属棒匀速运动时达到稳定状态，应用功率公式求出R2消耗的电功率P．

（3）微粒在极板间做匀速圆周运动，重力与电场力合力为零，洛伦兹力提供向心力，求出微粒从极板间射出的临界速度，然后确定其速度范围