点评： 本题关键是找到向心力来源，并得到重力和电场力平衡，从而判断出电性和转动方向，最后根据洛伦兹力提供向心力列式求解． 9．（4分）（2014?上海）如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场（ ）
A． 逐渐增强，方向向外 B． 逐渐增强，方向向里 C． 逐渐减弱，方向向外 D． 逐渐减弱，方向向里 考点： 楞次定律．
专题： 电磁感应与电路结合． 分析： 磁场发生变化，回路变为圆形说明导线受到的安培力的方向向外，结合楞次定律与左手定则即可判定，也可由楞次定律的推广形式解答．
解答： 解：磁场发生变化，回路变为圆形，受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，而推广扩大面积可以阻碍磁通量的减小．该过程与磁通量的方向无关．故选项CD正确，AB错误． 故选：CD．
点评： 解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，也可以使用楞次定律的推广的形式处理． 10．（4分）（2014秋?濠江区校级期末）关于回旋加速器，下列说法正确的是（ ） A． 离子从磁场中获得能量
B． 离子由加速器的中心附近进入加速器
C． 增大加速器的加速电压，则粒子离开加速器时的动能将变大 D． 将增大D形盒的半径，离子获得的动能将增加 考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理．
分析： 回旋加速器是利用磁场使带电粒子作回旋运动，在运动中经高频电场反复加速的装置．是高能物理中的重要仪器． （1）磁场的作用
带电粒子以某一速度垂直进入匀强磁场时，只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其中周期与速率和半径无关，使带电粒子每次进入D形盒中都能运动相等时间（半个周期）后，平行于电场方向进入电场中加速． （2）电场的作用
回旋加速器的两个D形盒之间的窄缝区域存在周期性的变化的并垂直于两D形盒直径的匀强电场，加速就是在这个区域完成的． （3）交变电压
为了保证每次带电粒子经过狭缝时均被加速，使其能量不断提高，要在狭缝处加一个与粒子运动的周期一致的交变电压．
解答： 解：A、洛伦兹力不做功，故磁场只能使粒子旋回狭缝，故A错误；
B、粒子最终的速度与回旋半径成正比，要使半径最大，故从中间射入，故B正确；
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C、由qvB=m得，v=
，则最大动能EK=mv=
2
，知最大动能与加速器的半
径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压无关，故C错误； D、由qvB=m
得，v=
，则最大动能EK=mv=
2
，将D形盒的半径增大，离
子获得的动能将增加，故D正确； 故选：BD．
点评： 解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关． 11．（4分）（2013秋?扬州期末）在一水平通电直导线的正下方，有一半圆形光滑圆弧轨道，一导体圆环自轨道左侧的A点无初速度释放，则下列说法中正确的是（ ）
考点： 感应电流的产生条件；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．
分析： 水平通电导线周围有磁场，且离导线越远磁场强度越小，在圆环下落过程中，通过圆环的磁通量变小故能判断圆环中是否有感应电流．
解答： 解：A、水平通电导线周围有磁场，且离导线越远磁场强度越小，在圆环下落过程中，通过圆环的磁通量变小故有感应电流产生，故A正确；
B、因为圆环在运动的过程中，有感应电流，对整个过程由能量守恒定律得，重力势能转化为电能，故不能上升到右侧与C点等高处，故B错误；
C、由于小环运动的范围内，各处的磁场强度不同，所以小环运动的过程中机械能不断转化为电能，故小球的机械能会越来越小，最终停在最低点B，故C正确； D、整个过程重力势能转化为电能，机械能不守恒，故D错误； 故选：AC
点评： 此题要掌握通电导线周围的磁场是越来越小，并会对整个过程的能量转化进行分析，难度不大． 12．（4分）（2014秋?濠江区校级期末）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示．产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法正确的是（ ）
A． 圆环中有感应电流产生
B． 圆环能滑到轨道右侧与A点等高处C C． 圆环最终停在轨道的最低点B D． 圆环运动过程中机械能守恒
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A． t=0.01s时穿过线框的磁通量最大 B． 该交变电动势的有效值为11 V
C． 该交变电动势的瞬时值表达式为e=22 sin（100πt）V
D． 电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为45° 考点： 正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
专题： 交流电专题．
分析： 从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大，转速加倍，最大值加倍．
解答： 解：A、由图象知：t=0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，A正确；
B、由图象可知，周期为0.02s，则线框1秒钟转动50圈，B错误；
C、当t=0时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt=22sin（100πt）V，故C错误；
D、电动势瞬时值为22V时，代入瞬时表达式，则有线圈平面与中性面的夹角为45°，D正确；
故选：AD
点评： 本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系． 三.实验题（每个空3分，共18分） 13．（6分）（2008秋?雅安期末）（1）用螺旋测微器（千分尺）测金属导线的直径，其示数如甲图所示，该金属导线的直径为 8.474 mm．用游标卡尺（卡尺的游标有20等分）测量一支铅笔的长度，测量结果如图乙所示，由此可知铅笔的长度是 100.60 mm．
考点： 螺旋测微器的使用；刻度尺、游标卡尺的使用． 专题： 实验题．
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分析： 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；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，注意两种仪器读数的不同． 解答： 解：螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为0.01×47.4mm=0.474mm，所以最终读数为：8mm+0.474=8.474mm；
游标尺上总共是20个小格，故其精度为0.05mm，主尺读数为10cm=100mm，游标尺上第12个刻度与主尺上某一刻度对齐，故游标读数为：0.05×12mm=0.60mm，所以最终读数为：100mm+0.60mm=100.60mm． 故答案为：8.474（8.473﹣8.475），100.60．
点评： 解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，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．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读． 14．（12分）（2014秋?濠江区校级期末）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：量程0～0.6A，内阻约为0.3Ω C．电压表：量程0～3V，内阻约3kΩ D．电压表：量程0～15V，内阻约15kΩ E．滑动变阻器：0～10Ω，2A F．滑动变阻器：0～100Ω，1A G．开关、导线若干 请在现有器材的条件下，尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．
（1）在上述器材中请选择合适的器材： ABCEG （填写选项前的字母）； （2）实验电路图应选择图中的 乙 （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，则干电池的电动势E= 1.5 V，内电阻r= 1.0 Ω（r计算结果保留2位有效数字）． 考点： 测定电源的电动势和内阻． 专题： 实验题；恒定电流专题．
分析： （1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；
（2）本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；
（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．
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解答： 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，所以选择电流表：量程0～0.6A，电压表：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，H．开关、导线若干，故选ABCEG．
（2）因电源内阻与电流表内阻很接近，故应采用相对电源来说的电流表外接法，应选图乙所示电路图．
（3）由U﹣I图可知，电源的电动势E=1.50V；内电阻r=
=
=1.0Ω
故答案为：（1）ABCEG；（2）乙；（3）1.5；1.0． 点评： 本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，由图象得出电动势和内电阻． 四.计算题（共40分，要求写出必要的文字说明） 15．（10分）（2014秋?濠江区校级期末）如图，两块竖直的彼此绝缘平行金属板A、B，两板间距离为d，让A、B两板连接到直流电源上，能在AB间形成一个匀强电场．一个带电量为q，质量为m的小球用绝缘细线悬挂在电场中，平衡时细线偏离竖直方向夹角θ=30°．求：若将绝缘细线剪断错误！未找到引用源，求小球开始运动瞬间的加速度 （1）小球的电性和AB间的电场强度； （2）若将绝缘细线剪断，求小球开始运动瞬间的加速度．
考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律． 专题： 电场力与电势的性质专题．
分析： （1）小球处于静止状态，分析受力，根据受力平衡方程，判断出电性，也可以求解电场强度的大小．
（2）将细线突然剪断小球将沿细线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度；
解答： 解：（1）小球受到重力mg、电场力F和绳的拉力T的作用，如图可知小球带负电 由共点力平衡条件有： F=qE=mgtanα 解得：E=
=
；
（2）剪断细线后，小球做偏离竖直方向，夹角为37°匀加速直线运动， 设其加速度为a， 由牛顿第二定律有：解得：a=
答：（1）带负电，场强为
； =ma
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