2018-2019学年河北省黄骅中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

2018-2019学年河北省黄骅中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

黄骅中学2018－2019年度高中二年级第一学期第一次月考 物理试卷 一、选择题（共12题，其中1—8题为单项选择，9—12题为多项选择，全对的4分，不全得2分，错选或不选得0分）‎ ‎1.关于电流和电动势说法，正确的是 A. 导体中有电荷运动就会形成电流 B. 电动势由电源中非静电力做功决定，与外电路无关 C. 通过导线横截面的自由电子数越多，导线中的电流就越大 D. 电动势的单位与电压的单位相同，所以电动势就是电压 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 只有电荷没有电势差也无法形成电流，故A错误；电动势由电源中非静电力做功决定，与外电路无关,故B正确；通过导线横截面的电荷多，若时间长，则导线中电流不一定大，故C错误；电动势与电压单位相同，但意义不同，所以电动势不是电压，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎2.真空中有甲、乙两个点电荷相距为，它们间的静电引力为．若甲的电荷量变为原来的倍，乙的电荷量保持不变，它们间的距离变为，则它们之间的静电引力将变为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据库仑定律可知，若甲的电荷量变为原来的倍，乙的电荷量不变，它们间的距离变为后，，A正确．‎ ‎3.下列说法中正确的是 (　 　)‎ A. 电场强度反映了电场的力的性质，因此场中某点的场强与试探电荷在该点所受的静电力成正比 B. 电场中某点的场强方向是试探电荷在该点的受力方向 C. 虽然电场中某点的场强等于F/q，但它与试探电荷q的受力大小及电荷量无关 D. 公式E＝F/q和E＝kQ/r2对于任何电场都是适用的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电场强度反映了电场的力的性质，电场中某点的场强用试探电荷在该点所受的静电力与试探电荷电量的比值来量度，但是与试探电荷所受的电场力及试探电荷的电量均无关系，选项A错误，C正确；电场中某点的场强方向是正的试探电荷在该点的受力方向，选项B错误；公式E＝F/q对于任何电场都是适用，而E＝kQ/r2只适用于点电荷电场，选项D错误；故选C.‎ ‎4.一半么为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（a>0）的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为，方向向右；由于b点处的场强为零，‎ 则圆盘在此处产生电场强度大小也为，方向向左。那么圆盘在此d产生电场强度大小仍为，方向向右。‎ 而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度大小为，方向向右。则d处电场强度为两者大小相加。‎ 所以两者在d处产生电场强度为，故B正确，ACD错误。‎ 故选：B。‎ 点睛：‎ 由题意可知，在b点处的场强为零，说明电荷量为q（q＞0）的固定点电荷与电荷量为Q 的圆盘上电荷在b处各自产生的电场强度大小相等，方向相反。那么在d点处场强的大小即为两者之和．因此根据点电荷的电场强度为即可求解。‎ 视频 ‎5.如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判断 A. M点的电势小于N点的电势 B. 粒子带负电，M点的电势大于N点的电势 C. 粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 D. 粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由图，若分别过M点与N点做等势线，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，比较可知，M点的电势一定高于N点的电势。故A错误；由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电，故B错误。M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小。故C错误。粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，M点的电势能大于N点的电势能，故D正确。故选D.‎ 点睛:对于粒子在电场中运动的问题，往往要根据曲线运动的特点：合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向。再结合电场线的物理意义分析场强、电势的大小。‎ ‎6.某静电场在x轴的电势的分布如图所示，x2处的电势为，下列说法正确的有（ ）‎ A. 将电量为q的点电荷从x1移到x2，电场力做的功为 B. x1处的电场强度为零 C. 负电荷从x1移到x2，电势能减小 D. 负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、以无穷远处电势为零，则x1移到x2电势差不等于，故选项A错误；‎ B、图中曲线斜率大小等于电场强度，x1处的斜率不为零，故x1处的电场强度不为零，故B错误；‎ C、负电荷从x1移到x2，电势升高，电势能减小，故C正确；‎ D、负电荷从x1移到x2，曲线的斜率减小，电场强度减小，所以负电荷受到的电场力减小，故D错误。‎ 点睛：解决本题的关键是明确图象的物理意义：曲线斜率大小等于电场强度，要知道电势是标量，但有正负，正负表示电势的高低。‎ ‎7.用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，下列说法中正确的是 A. 保持d不变，减小S，则θ变小 B. 保持S不变，增大d，则θ变小 C. 保持S不变，增大d，则θ变大 D. 保持d和S不变，在两极板间插入一陶瓷片，则θ变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由平行板电容器的电容可得保持d不变，，减小S，电容C减小，电荷量Q不变，两板间电压增大，θ变大，A错误；由平行板电容器的电容可得保持S不变，增大两板间的距离d，电容C减小，电荷量Q不变，两板间电压增大，θ变大，B错误C正确；在两板间插入一陶瓷片，增大，电容C增大，电荷量Q不变，两板间电压减小，θ变小 ‎，D正确．‎ ‎8.如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=25V，φB=5V，φC=﹣5V，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 把电荷量为1×10﹣‎3C的正点电荷从B点经C移到A点，电场力做功为2×10﹣2J B. A、C两点的连线方向即为电场线方向 C. D点的电势为15 V D. 把一个电子从B点移到D点，电场力做功可能为0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】把电荷量为1×10‎-3C的正点电荷从B点经C移到A点，电场力做功为：WBA=q（φB-φA）=1×10-3×（5-25）=-2×10-2J，故A错误；连接AC，又：φA-φC=25V-（-5V）=30V，将AC等分为6等分，找出与B电势相等的点E如图，连接BE，可知AC与BE相互之间不是垂直的，所以AC不是电场线的方向，故B错误；‎ 根据匀强电场的特点可知，φA-φB=φD-φC，所以：φD=15V，故C正确；由以上的分析可知，B点的电势与D点的电势不相等，所以把一个电子从B点移到D点，电场力做功不可能为0，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎9.将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地，三个微粒分别落在图中A、B、C三点，不计其重力作用，则 A. 三个微粒所带电荷量相同 B. 三个微粒所受电场力的大小关系是 C. 三个微粒在电场中运动时间相等 D. 三个微粒到达下板时的动能关系是 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】带电微粒进入垂直电场方向进入电场后均做类平抛运动，则有题意有：A、B、C三个微粒在水平方向位移有：xA＞xB＞xC，在竖直方向位移有：yA=yB=yC，因为微粒在水平方向做匀速直线运动，故满足x=v0t得运动时间有，所以：tA＞tB＞tC，故C错误；微粒在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有，又因为：yA=yB=yC，tA＞tB＞tC，所以：aA＜aB＜aC，微粒在电场中受电场力产生加速度，则由牛顿第二定律有：F=ma，有FA＜FB＜FC，故B正确；在电场中有，得到qA＜qB＜qC，故A错误；又因为微粒在电场中电场力对微粒做的功等于微粒动能的变化，由于微粒初动能相同，则可以比较电场力做功确定微粒末动能的大小，由于FA＜FB＜FC，yA=yB=yC；所以有电场力做功WC＞WB＞WA，根据W=Ek-Ek0，由于初动能相同所以有三个微粒到达下板时的动能关系是EkC＞EkB＞EkA ，故D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎10.如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电源E相连，在距离两板等距离的M点有一个带电液滴处于静止状态。若将b板向上平移一小段距离，但仍在M点下方，稳定后，下列说法中正确的是 A. 液滴将加速向下运动 B. M点电势升高 C. 带电液滴在M点的电势能增大 D. 带电液滴带负电 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将b板向上平移一小段距离，根据E=U/d 分析得知板间电场强度增大，液滴所受的电场力增大，液滴将加速向上运动．故A错误．由 U=Ed知，M与a间的电场差增大，a点的电势为零，M点的电势小于零，则知M点的电势降低．故B错误．油滴受向上的电场力，上极板为正极，可知油滴带负电，选项D正确；由于液滴带负电，则带电液滴在M点的电势能增大．故C正确．故选CD．‎ 点睛：由于金属板与电源始终相连，即使改变两板间距，两板的电压仍不变，所以电场力做功也相同．同时考查了电势能与电荷的电量及电势有关，且注意电荷的极性与电势的正负．‎ ‎11. 如图所示，A、B是两个等量异种点电荷，C、D是A、B连线的中垂线上且与连线距离相等的两点，则（ ）‎ A、在A、B连线的中垂线上，从C到D，各点电势都相等，场强都相同 B、在A、B连线的中垂线上，从C到D，场强先增大后减小，电势先升高后降低 C、在A、B连线的中垂线上，从C到D，场强先增大后减小，各点的电势都相等 D、在A、B连线上，从A到B，场强先减小后增大，电势逐渐升高 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：在中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，但是电场强度的大小不同，在正中间的电场强度最大，向两边逐渐的减小，所以A错误；在A、B连线的中垂线上，从C到D，场强先增大后减小，但是垂线上的所有点的电势都为零，所以B错误，C正确；‎ 从正电荷到负电荷，电势是逐渐升高的，所以从A到B，电势逐渐升高，离电荷越近，电荷的场强越大，所以从A到B，场强先减小后增大，所以D正确．‎ 考点：等量异种电荷的电场分布；场强及电势。‎ ‎12.如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点．在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J．则下列说法正确的是 A. 粒子带负电 B. 粒子在A点的电势能比在B点少1.5J C. 粒子在A点的动能比在B点多0.5J D. 粒子在A点的机械能比在B点少1.5J ‎【答案】CD ‎【解析】‎ A项，由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力向右，与电场方向相同，所以带电粒子应带正电，故A项错误。‎ B项，从A到B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，由题意知电场力做的功为 ，则电势能减少，所以在A点的电势能比B点的电势能大，故B项错误。‎ C项，从A到B的过程中，克服重力做功 ，电场力做功，则总功为 。由动能定理可知，粒子在A点的动能比在B点多0.5 J ，故C项错误。‎ D项，从A到B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了，即粒子在A点的机械能比在B点少，故D项正确。‎ 综上所述本题答案是;D。‎ 二、填空题（共3题14分）‎ ‎13. 在“探究两个电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关”的试验中，某同学采用如图所示的装置；试验时他保持两个小球所带的电量不变，研究力与两个带电小球间距离的关系；保持两个小球间距离不变，研究力与两个带电小球所带电量的关系．‎ ‎（1）试验表明：两个电荷间相互作用力的大小，随两球间距离的 而增大；随两球所带电量的 而增大．‎ ‎（2）试验中该学生采用了 这种方法来研究多个变量间的关系。（选填“累积法”、“控制变量法”、“演绎法”、“等效替代法”）‎ ‎（3）在我们所知道的物理实验中或物理规律的得出过程中也用到这种方法，请举一个例子： 。‎ ‎【答案】（1）减小；增大；（2）控制变量法 ‎（3）在研究力、质量和加速度的关系时采用了控制变量法．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）对小球B进行受力分析，可以得到小球受到的电场力：F=mgtanθ，即B球悬线的偏角越大，电场力也越大；所以使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其所带电荷量的增大而增大．‎ ‎（2）先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近．这是只改变它们之间的距离；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量．这是只改变电量所以采用的方法是控制变量法．‎ ‎（3）在研究力、质量和加速度的关系时采用了控制变量法．‎ 考点：探究两个电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关 ‎【名师点睛】该题考查库仑定律的演示实验，由于实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，所以采用的方法是控制变量法；记住这些研究物理问题的方法；此题属于记忆性的知识点．本题属于简单题。‎ ‎14.长为L的导体棒原来不带电，现将一带电量为+q的点电荷放在距棒左端R处，如图所示．当棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内中点产生的场强大小等于_____，方向为_____．‎ ‎【答案】 (1). (2). 沿pq连线且指向+q ‎【解析】‎ 试题分析：当棒达到静电平衡后，棒内各点的合场强为零，即感应电荷产生的电场强度与+q产生的电场强度大小相等、方向相反，根据静电平衡的特点和点电荷场强公式E=k结合求解．‎ 解：水平导体棒当达到静电平衡后，棒上感应电荷中点P处产生的场强大小与点电荷+q在该处产生的电场强度大小相等，方向相反．‎ 则棒上感应电荷在棒内中点产生的场强大小为：E=，‎ 由于P处的合场强为零，所以感应电荷产生的场强方向与点电荷+q在该处产生的电场强度的方向相反，即沿pq连线且指向+q．‎ 故答案为：，沿pq连线且指向+q．‎ ‎【点评】感应带电的本质是电荷的转移，当金属导体处于电场时会出现静电平衡现象，关键要理解并掌握静电平衡的特点．‎ ‎15.如图A、B、C三点为一直角三角形的三个顶点，∠B = 30°， 现在A、B两点放置两点电荷qA、qB，测得C点场强的方向与AB平行，则qA 带_________电，qA∶qB=___________.‎ ‎【答案】 (1). 负电 (2). 1:8‎ ‎【解析】‎ 若A、B都为正电荷，都为负电荷，或A为正电荷，B为负电荷，C点合场强的方向不可能与AB平行．所以A为负电荷、B为正电荷。‎ 根据平行四边形定则，知A、B在C点的场强之比为.又点电荷的场强公式为，C点距离A、B两点间的距离比，可知 ‎【点睛】解决本题的关键掌握点电荷场强的公式，以及知道场强的叠加遵循平行四边形定则．‎ 三、计算题（共3题38分）‎ ‎16.有一带电荷量q＝－3×10－‎6 C的点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服静电力做功6×10－4 J，从B点移到C点时，静电力做功9×10－4 J。求：‎ ‎(1)AB、BC、CA间电势差各为多少？‎ ‎(2)如果B点电势为零，则A、C两点的电势各为多少？电荷在A、C两点的电势能各为多少？‎ ‎【答案】（1）200V，-300V，100V；（2）200V、300V；-6×10-4 J ；-9×10-4 J.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据电势差的定义公式，求解AB、BC间的电势差；根据UAB=φA-φB求解A点的电势，同理求得C点的电势，在由求电势能。‎ ‎（1）AB间的电势差：‎ BC间的电势差：‎ ‎（3）由UAB=φA-φB可得：φA= -200V　　由UBC=φB-φC　可得：φC=- 300V 两点的电势能为：EPA=qφA=-3×10-6×-200=6×10-5=4J　EPB=qφB=-3×10-6×-300=9×10-4J　‎ 点睛：本题主要考查了电场力做功与电势差的关系，在运用W=qU计算时，W的正负、q的正负、U的正负均需代入计算。‎ ‎17.在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105N/C，方向与x轴正方向相同．在O处放一个电荷量q=﹣5.0×10﹣‎8C，质量m=1.0×10﹣‎2kg的绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0=‎2.0m/s，g取‎10m/s2，如图所示，求：‎ ‎（1）物块能到达O点右端的最远距离．‎ ‎（2）物块最终停止时的位置．‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设物块向右运动的最大距离为xm，由动能定理得：－μmgxm－E|q|xm＝0－，‎ 求得：xm="0.4" m ‎（2）因Eq>μmg，物块不可能停止在O点右侧，设最终停在O点左侧且离O点为x处，由动能定理得：E|q|xm－μmg（xm＋x）＝0 ，可得：x=‎‎0.2m 考点：动能定理 ‎18.如图所示，倾角α=370的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，电场强度E=103N/C，有一个质量为m=3×10‎-3kg的带电小球，以速度v=‎1m/s沿斜面匀速下滑，求：‎ ‎（1）小球带何种电荷？电荷量为多少？‎ ‎（2）在小球匀速下滑的某一时刻突然撤去斜面，此后经t=0.2s内小球的位移是多大？（g取‎10m/s2）‎ ‎【答案】（1）正电；2.25×10‎-5C（2）‎‎0.32m ‎【解析】‎ ‎（1）由于小球匀速运动，所受重力与电场力的合力和斜面对小球的支持力平衡，如图可知，小球必带正电，且 ，所以 ；从“等效重力场”观点看，实际上就是小球所受等效重力与斜面对小球的支持力平衡，故等效重力大小、等效重力加速度大小可分别表示为 ，。‎ ‎（2）撤去斜面后，小球仅受等效重力作用，且具有与等效重力方向垂直的初速度，所以小球做“平抛运动”（严格地讲是类平抛运动，这里只是为了方便说明和处理，以下带引号的名称意义同样如此。），基本处理的方法是运动的分解。‎ ‎　　‎ 如图，小球在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做“自由落体运动”，则有：‎ x=vt；y=g′t2，其中v=‎1m/s，t=0.2s，‎ 解得：y=‎0.25m，所以t=0.2s内的总位移大小为  ‎ 考虑到分析习惯，实际处理时可将上述示意图顺时针转过α角，让小球的运动和重力场中的平抛运动更接近。 ‎ 四、附加题选择题（共5题10分，其中1-3为多选，4-5为单选）‎ ‎19.分别用如图所示的甲、乙两种电路测量同一未知电阻的阻值，图甲两表的示数分别为3V、4mA；图乙两表的示数分别为4V、3.8mA，则待测电阻RX的真实值为（　　）‎ A. 略小于1kΩ B. 略小于750Ω C. 略大于1kΩ D. 略大于750Ω ‎【答案】D ‎【解析】‎ 两种电路电压表读数变化明显，说明电流表分压多应外接，即图(a)误差小。测量值为750Ω，小于其真实值，D对。‎ ‎20.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP=60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1，若将N处的长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小变为B2，则B2与B1之比为(　　 )‎ A. 1∶1 B. 1∶‎2 C. ∶1 D. ∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由磁场的叠加可知每根导线在O点产生的磁感强度大小，移动之后距O点的距离不变，故磁感强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合磁感强度；即可求得比值．‎ 每根导线在O点产生的磁感强度为，方向竖直向下，则当N移至P点时，磁感应强度方向如图所示，由图可知，两导线形成的磁感应强度方向夹角为120°，由由几何关系可知，O 点合磁感强度大小为，则，B正确．‎ ‎21.如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。A为磁场边界上一点，有无数个带电量为q、质量为m的相同粒子（不计重力）在纸面内向各个方向以相同的速率通过A点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的。则粒子从A点进入磁场时的速率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为粒子射出边界的位置处于边界的某一段圆弧上，并不是整个圆周上都有，所以粒子做圆周运动的半径小于R；则粒子能射到的边界其圆弧所对应的弦长正好等于圆周运动的直径， 因为这段圆弧的弧长是圆周长的，所以，弦长对应的等腰三角形的内顶角为120°，所以，弦长2r=2Rsin60°，则粒子做圆周运动的半径r＝Rsin60°＝R；粒子做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，即qvB＝m，所以，故A正确，BCD错误；故选A.‎ ‎22.在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表。若将照射R3的光的强度增强，则 A. 电压表的示数变小 B. 通过R2的电流变小 C. 小灯泡的功率变小 D. 通过R3的电流变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、光敏电阻光照增强，故光敏电阻的阻值变小，电路中的总电阻变小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流增大，故R1两端的电压增大即电压表的示数变大，故A错误； BCD、因电路中电流增大，故内压增大，路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，流过灯泡支路的电流增大，所以灯泡的功率变大，故B正确，C错误，D错误；‎ 故选：B。 点睛：由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化．‎ ‎23.如图所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则(　　)‎ A. 导体棒向左运动 B. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 C. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 D. 开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A、开关闭合，由左手定则可知，磁感线穿过掌心，四指指向电流方向，则大拇指指向为垂直磁感线向右下，故A错误；B、C、当开关闭合后，根据安培力公式F＝BIL，与可得 ‎，故B正确，C错误；D、当开关闭合后，安培力的方向与导轨成90°－θ的夹角，再根据力的分解可得合力大小，再由牛顿第二定律可知，加速度，故D错误．故选B.‎ ‎【点睛】考查左手定则、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、安培力的大小公式及力的分解，注意左手定则与右手定则的区别。同时注意安培力的方向与导轨的夹角。‎ 五、实验题（10分）‎ ‎24.如图（a）所示，是多用电表欧姆档内部的部分原理图，已知电源电动势E=1.5V，内阻r=1Ω，灵敏电流计满偏电流Ig=10mA，内阻为rg=90Ω，表盘如图b所示，欧姆表表盘中值刻度为“‎‎15”‎ ‎（1）多用电表的选择开关旋至“Ω”区域的某档位时，将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后多用电表的总内阻为___________Ω，某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图（b）所示，则该电阻的阻值为_______________Ω。‎ ‎（2）若将选择开关旋至“×‎1”‎，则需要将灵敏电流计__________（选填“串联”或“并联”）一阻值为___________-Ω的电阻，再欧姆调零。‎ ‎（3）多用电表长时间使用后，电源内阻变大，电动势变小，此因素会造成被测电阻的测量值比真实值___________（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。‎ ‎【答案】 (1). 150 (2). 60（58~62） (3). 并联 (4). 10 (5). 偏大 ‎【解析】‎ ‎（1）调零后多用电表的总内阻为；该档位为“×‎10”‎欧姆档，则由表盘可知，该电阻的阻值为6×10=60Ω。‎ ‎（2）因中值电阻等于欧姆表的内阻，若将选择开关旋至“×‎1”‎，则欧姆表的内阻为15Ω，此时调零时电路的总电流为,需要将灵敏电流计并联一阻值为 ‎，再欧姆调零。‎ ‎（3）多用电表长时间使用后，电源内阻变大，电动势变小，则测量同一个电阻时，电路中电流偏小，指针向右偏转的角度变小，电阻的读数偏大.‎