热门试卷

A、由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转；故A错误；

B、电压表的示数为1.5V，则根据闭合电路的欧姆定律：E=U+IR0+Ir，所以电路中的电流值：I===0.3A，

液体所受的安培力大小为：F=BIL=BIa=0.1×0.3×0.05=1.5×10﹣3N．故B错误；

C、液体的等效电阻为R=0.9Ω，10s内液体的热能Q=I2Rt=0.32×0.9×10=0.81J．故C错误；

D、玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9Ω，则液体热功率为P热=I2R=0.32×0.9=0.081W，故D正确．

金属棒切割磁感线，感应电动势，，由于电流与时间成正比，所以可知，金属棒做匀加速直线运动，A错，B对；，化简可知，所以答案为C

根据穿过整个回路的磁通量增大，依据楞次定律，及R＞r，则大圆环中电流的方向为逆时针，小圆环中电流的方向为顺时针，故A错误，B正确；

根据法拉第电磁感应定律，则有：E=kπ（R2﹣r2），由闭合电路欧姆定律，那么回路中感应电流大小为I===，故C错，D对；

设线框的电阻为R，

甲图中：ab两点间的电势差等于外电压，其大小为U=E=B•2Lv=BLv，电流为I==；乙图中：ab两点间的电势差等于外电压的，其大小为U=E=B•2Lv=BLv，电流为I=；丙图中：ab两点间的电势差等于，电流为I= ；丁图中：ab两点间的电势差等于，电流为I=；由上分析可知AB正确。

甲图中的安培力，乙图中的安培力，所以甲乙相等；丙图中安培力，丁图，丙图，丁图相等，但是四幅图不等，C错；由于电流相等，所以电功率也相等，所以D正确。

总电流增大，内电压变大，外电压变小，电压表测的是外电压，所以电压表示数变小．故A错误；设电路中的电阻R1、R2和R3的阻值为R，当电键打在1时，R2两端的电压U2==E，当电键打在2时R2两端的电压U2′=E=E，可知．U2′＜U2．故C错误。电池的效率可根据η==得知，外电压U变小，电池的效率变小。故D正确；根据，带入上面的式子可知，功率的大小无法判断，所以B错。

选项A，由功率的计算：P=知道由于金属棒从x1=1m经x2=2m到x3=3m的过程中，R的电功率保持不变则，E不变，故A错误。B选项，在x1与x3处受到磁场B的作用力大小由，P=EI可知，B正确。C选项，由=，知道，,选项C正确。选项D，知道，I相等电量之比等于时间差之比，则从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R产生的焦耳热之比为5：3，D正确。

A、当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R的电压增大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动．故A正确．

B、当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式C==知，电容减小，而电容器的电压不变，由C=知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推论可知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故B错误．

C、当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由E=知电容器板间场强不变，由U=Ed知，P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高．故C错误．

D、当电容器的下极板向左移动时，C=，电容器的电容减小，由C=知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间U增大，由E=知电容器板间场强变大，则P与下极板间的电势差变大，P点的电势升高．故D正确．