即采用线圈产生的磁场使金属杯产生感应电流；从而进行加热的，则由法拉第电磁感应定律可知，增加线圈的匝数、提高交流电的频率均可以提高发热功率；则可以缩短加热时间；故AB正确；

C、将杯子换作瓷杯不会产生涡流；则无法加热水；故C错误；

D、取走铁芯磁场减弱，则加热时间变长；故D错误；

故选：AB。

【点评】本题考查涡流的应用，要注意明确涡流现象其实就是电磁感应的，由法拉第电磁感应定律可知涡流现象的强弱。

A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止

C．当F＞3μmg时，A相对B滑动

【考点】27：摩擦力的判断与计算；37：牛顿第二定律

【专题】522：牛顿运动定律综合专题．

【分析】根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力。然后通过整体法隔离法逐项分析。

故选：BCD。

【点评】本题考查牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力。

A．霍尔元件前表面的电势低于后表面

B．若电源的正负极对调，电压表将反偏

C．IH与I成正比

D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比

【考点】CO：霍尔效应及其应用

【分析】A、根据通电导线产生磁场，带电粒子在电场力作用下加速，而磁场力的作用下偏转，由左手定则可知，偏转方向，得出电势高低；

B、由电源的正负极变化，导致电子运动方向也变化，由左手定则可知，电子的偏转方向，从而即可求解；

C、根据并联电压相等，可知，电流与电阻成反比，即可求解；

【解答】解：A、根据电流周围存在磁场，结合安培定则可知，磁场的方向，而电子移动方向与电流的方向相反，再由左手定则可得，电子偏向后表面，导致前表面的电势高于后表面，故A错误；

B、当电源正负对调后，磁场虽反向，而电子运动方向也反向，由左手定则可知，洛伦兹力的方向不变，则电压表将不会反偏，故B错误；

故选：CD。

【点评】考查电流形成的条件，理解左手定则与安培定则的应用，注意串并联电路的特点，掌握理论推理的方法：紧扣提供信息，结合已有的规律．

三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分，请将解答填写在答题卡相应的位置．【必做题】

10．（8分）某同学通过实验测量一种合金的电阻率。

（1）用螺旋测微器测量合金丝的直径，为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图1所示的部件B（选填“A”、“B”、“C”或“D”），从图中的示数可读出合金丝的直径为0.410mm。

（2）图2所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出，合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化，由此可以推断：电路中7、9（7、8）（选填图中表示连线柱的数字）之间出现了断路（选填“短路”或“断路”）。

（3）在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为2.23V和38mA，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7Ω，为了更准确的测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进？请写出两条建议。

【考点】N2：测定金属的电阻率

【专题】13：实验题．

【分析】（1）为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧固定螺钉B．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，注意其精度是0.01mm。

（2）合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化，说明电路中有断路。

（3）根据电压表和电流表的示数求出合金丝的阻值大约值，与两个电表的内阻进行比较，确定电流表的接法。为减小测量误差，测量多组电流和电压值，计算出电阻的平均值。

【解答】解：（1）为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧固定螺钉B。

螺旋测微器的固定刻度读数为0mm，可动刻度的读数为：0.01mm×41.0＝0.410mm，故合金丝的直径为 d＝0.410mm。

（2）由图知：电压表的读数接近3V，而电路中电流接近零，说明电路中7、9（7、8）间有断路。