2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题 一、选择题 ‎1.如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则下列关于穿过平面的磁通量的情况中，不正确的是(　　)‎ A. 如图所示位置时等于BS B. 若使框架绕OO′转过60°角，磁通量为BS C. 若从初始位置转过90°角，磁通量为零 D. 若从初始位置转过180°角，磁通量变化为2BS ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图示时刻，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积．当它绕轴转过θ角时，线圈在磁场垂直方投影面积为Scosθ，磁通量等于磁感应强度与这个投影面积的乘积．线圈从图示转过90°时，磁通量为0，磁通量的变化量大小等于初末位置磁通量之差。‎ ‎【详解】A项：线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积。故图示位置的磁通量为φ=BS，故A正确；‎ B项：使框架绕OO′转过60°角，则在磁场方向的投影面积为S/2则磁通量为BS/2，故B错误；‎ C项：线圈从图示转过90°的过程中，S垂直磁场方向上的投影面积逐渐减小，故磁通量逐渐减小，当线圈从图示转过90°时，磁通量为0，故C正确；‎ D项：从初始位置转过180°角，磁通量变化为△∅=BS-（-BS）=2BS，故D正确。‎ 本题选错误的，故选：B。‎ ‎【点睛】本题要知道对于匀强磁场中磁通量计算的一般公式φ=BScos θ，θ是线圈与磁场垂直方向的夹角．夹角变化，磁通量也会变化，注意磁通量要分清穿过线圈的正反面。‎ ‎2.如图所示，已知长直通电导线在周围某点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比、与该点到导线的距离成反比.4根电流大小相同的长直通电导线a、b、c、d平行放置，它们的横截面的连线构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、c中电流方向垂直纸面向里，d中电流方向垂直纸面向外，则a、b、c、d长直通电导线在O点产生的合磁场的磁感应强度 (　　)‎ A. 大小为零 B. 大小不为零，方向由O指向d C. 大小不为零，方向由O指向c D. 大小不为零，方向由O指向a ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据安培定则判断磁场方向，再根据矢量叠加可以求出O点的合磁场方向。‎ ‎【详解】由安培定则可知，a、c中电流方向相同，两导线在O处产生磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，合磁场的磁感应强度为零；b、d两导线中电流方向相反，由安培定则可知，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度方向均由O指向a，故D选项正确．ABC错；‎ 故选D ‎3.如图所示，条形磁铁正上方放置一矩形线框，线框平面水平且与条形磁铁平行．则线框由N极端匀速平移到S极端的过程中，线框中的感应电流的情况是(　　)‎ A. 线框中始终无感应电流 B. 线框中始终有感应电流 C. 线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部时无感应电流，过中部后又有感应电流 D. 线框中开始无感应电流，当线框运动到磁铁中部时有感应电流，过中部后又无感应电流 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当线框在N极的正上方时，有磁感线穿过线框，当线框位于磁铁的正中央，磁通量为零，然后根据楞次定律判断感应电流的方向；‎ ‎【详解】当线框在N极的正上方时，有磁感线穿过线框，当线框位于磁铁的正中央，左半边线圈中磁感线斜向右上方穿过，右半边线圈磁感线斜向右向下穿过，方向相反，完全抵消，磁通量为零，过了磁铁的正中央后磁通量又不为0，所以磁通量先减小后变大； 通过上面分析可知穿过线圈的磁通量先是向上的减少然后向下的增大，根据楞次定律可判断出线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部时磁通量等于0，但是磁通量仍然在变化，仍然有感应电流，过中部后还有感应电流，故选项B正确，选项ACD错误。‎ ‎【点睛】对于非匀强磁场磁通量不能计算，但可以比较，当线圈中有两种相反的磁感线穿过时，看抵消后剩余的磁感线来比较磁通量的大小。‎ ‎4.如图所示，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好和槽中的水银接触，按图示连接电路，通电后，会看到弹簧上下跳动，关于这个现象，下列说法正确的是（ ）‎ A. 弹簧上下跳动的原因是通电后弹簧受到电场力 B. 将滑动变阻器的滑片向左移动时，弹簧将跳动得更加明显 C. 将电源的正、负极对调一下，弹簧的跳动现象将消失 D. 若换一劲度系数更大的弹簧，则弹簧将跳动得更加明显 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同向电流相互吸引，异向电流是相互排斥的；弹簧中相邻线圈是同向电流，因而是相互吸引的．‎ ‎【详解】当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，即出现上下跳动现象，A错误；将滑动变阻器的滑片向左移动时，电路电流增大，线圈之间的作用力变大，跳动明显，B正确；将电源的正、负极对调一下，通电后弹簧各个线圈之间仍有作用力，故仍会上下跳动，C错误；若换一劲度系数更大的弹簧，受到相同的力，则形变量变小，故跳动变得不明显，D错误．‎ ‎5.如图所示的电路中，A 1 、A 2 为完全相同的灯泡，线圈L 的电阻忽略不计.下列说法中正确的是 （ ）‎ A. 闭合开关K接通电路时，A 2 先亮A 1 后亮，最后一样亮 B. 闭合开关K接通电路瞬间，A 1 和A 2 同时变亮 C. 断开开关K切断电路时，A 2 立即熄灭A 1 过一会儿才熄灭 D. 断开开关K切断电路时，A 1 ，A 2 立即熄灭 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：闭合开关K 接通电路瞬间，在线圈L上要产生很大的自感电动势阻碍电灯A1上电流的增加，所以A2先亮，A1慢慢亮起来，因为两灯电阻相同，且线圈L 的电阻忽略不计，所以两灯最后一样亮，选项A正确；断开开关K 切断电路时，灯A2上原来的电流立即消失，而在A1支路由于L中的自感电动势阻碍电流的减少，所以此电流会在L-A1-A2中形成新的回路，使得A1A2慢慢熄灭，选项CD错误。‎ 考点：自感现象 ‎6.如图所示，ab是两平行正对的金属圆环，a中通有正弦交变电流i，其变化规律如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. t1时刻，b环内的感应电动势最大 B. t2时刻，b环内的感应电流方向改变 C. t3～t4时间内，b环内感应电流的方向与a环内电流的方向相反 D. 0～ t4时间内，t2时刻b环内的感应电动势最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据法拉第电磁感应定律，与楞次定律，结合磁通量变化量与磁通量变化率不同，即可一一求解。‎ ‎【详解】A项：由法拉第电磁感应定律，可知，在t1时刻，a中电流变化率为0，b中感应电动势为零，故A错误；‎ B项：t2-t3时间内与t2-t3时间内的电流大小变化相反，方向也改变，由楞次定律，可知，在t2时刻，b中感应电流方向不改变，故B错误；‎ C项：t3～t4时间内，a中的电流减小，由“楞次定律”可知，b环内感应电流的方向与a环内电流的方向相同，故C错误；‎ D项：在t2时刻，a中电流变化率为最大，b中感应电动势为最大，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】考查法拉第电磁感应定律，与楞次定律的应用，掌握感应电动势与磁通量变化率有关，而与磁通量变化量无关。‎ ‎7.如图所示，现有一匝数为n，面积为S，总电阻为R的闭合线圈，垂直放置于一匀强磁场中，磁场的磁感应强度B随时间均匀增大，变化率，则( )‎ ‎ ‎ A. 线圈中产生顺时针方向的感应电流 B. 线圈面积具有扩张的趋势 C. 线圈中产生的感应电动势为 D. 线圈中感应电流的大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据楞次定律判断电流方向和面积的变化；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电动势和感应电流。‎ ‎【详解】A项：根据楞次定律可得线圈中产生逆时针方向的感应电流，故A错误；‎ B项：线圈面积的变化总是阻碍磁通量的变化，所以磁场的磁感应强度B随时间均匀增大，线圈面积具有收缩的趋势，故B错误；‎ C项：根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势为，故C错误；‎ D项：线圈中感应电流的大小为，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】根据楞次定律判断感应电流的方向的一般步骤是：确定原磁场的方向→原磁场的变化→引起感应电流的磁场的变化→楞次定律→感应电流的方向。‎ ‎8.如图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E.从两板左侧中点c处射入一束离子(不计重力)，这些离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分为如图三束，则下列判断正确的是( )‎ A. 这三束离子的速度一定不相同 B. 这三束离子的比荷一定相同 C. 若将这三束离子改为相反电性而其他条件不变的离子则仍能从d孔射出 D. a、b两板间的匀强电场方向一定由b指向a ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qE=qvB，所以，三束离子的在磁场中圆周运动的轨道半径不同，根据可知比荷一定不相同．根据洛伦兹力的方向可以判定电场力的方向从而判定电场的方向。‎ ‎【详解】A项：3束离子在复合场中运动情况相同，即沿水平方向直线通过故有qE=qvB，所以 故三束离子的速度一定相同，故A错误；‎ B项：3束离子在磁场中有qvB=，解得：，由于三束正离子的在磁场中圆周运动的轨道半径不同，故比荷一定不相同，故B错误；‎ C项：若将这三束离子改为相反电性而其他条件不变，离子电性相反，离子所受洛伦兹力与电场力方向都反向，由于其他条件都不变，它们的合力仍然为零，离子在极板间仍然做匀速直线运动，仍能从d孔射出，故C正确；‎ D项：若粒子带正电，则由左手定则可知，洛伦兹力的方向向上，由A的分析可知，电场力的方向向下，则匀强电场方向一定由a指向b；若粒子带负电，则由左手定则可知，洛伦兹力的方向向下，由A的分析可知，负电荷受到的电场力的方向向上，则匀强电场方向还是一定由a指向b，故D错误。‎ 故应选：C。‎ ‎【点睛】速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性。‎ ‎9.如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的直径。一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为v、方向与ab成30°角时，恰好从b点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t；若同一带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】画出两种情况下带电粒子的运动轨迹如图所示，由题意，同一粒子在磁场中偏转时间同为t，则两种情况下带电粒子的偏转角均为60°；‎ 由几何关系可以确定带电粒子在两种情况下做匀速圆周运动的半径分别为r1=2R，r2=Rtan60°=R，由洛仑兹力提供向心力Bqv=m，则速度，则，所以当粒子沿ab方向射入时，v2=v，则选项ABD错误，选项C正确。故选C。‎ ‎【点睛】本题涉及到的问题是同一粒子在圆形磁场中做相同时间的匀速圆周运动问题，由周期公式和半径公式知道，粒子在磁场中偏转时间由偏转角决定，从而画出粒子做匀速圆周运动的轨迹，也确定了两种情况下的半径与磁场圆的半径关系，再由洛仑兹力提供向心力从而求出速度．‎ ‎10. (2011年浙江金丽衢十二校联考)回旋加速器是加速带电粒子的装置．其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 减小磁场的磁感应强度 B. 增大匀强电场间的加速电压 C. 增大D形金属盒的半径 D. 减小狭缝间的距离 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 回旋加速器工作时，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝m，得v＝‎ ‎；带电粒子射出时的动能Ek＝mv2＝.因此增大磁场的磁感应强度或者增大D形金属盒的半径，都能增大带电粒子射出时的动能．‎ ‎11.如图所示，一根长度为L的直导体棒中通以大小为I的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成θ角。下列说法中正确( )‎ A. 导体棒受到磁场力大小为BIL B. 导体棒对轨道压力大小为mg－BILcosθ C. 导体棒受到导轨摩擦力为μ(mg－BILsinθ)‎ D. 导体棒受到导轨摩擦力为BILcosθ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：根据左手定则可得导体棒受力分析如图所示。‎ 导体棒受到磁场力大小为F=BLI，选项A错误；根据共点力平衡规律得：BILsinθ+Fn=mg，得导体棒对轨道的压力大小为Fn=mg－BILsinθ，选项B正确；由于导体棒受到的是静摩擦力，因而受到静摩擦力大小要运用力的平衡规律求解，即为Ff=BLIcosθ，选项C错误，选项D正确。本题的答案为BD。‎ 考点：安培力，受力分析。‎ ‎12.如图所示，有一个磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，一半径为r金属圆环放置在磁场中，金属圆环所在的平面与磁场垂直．金属杆Oa一端在O，另一端a搁在环上金属杆Oa可绕环的圆心O旋转，另一金属杆Ob一端固定在O点，另一端b固定在环上，．已知Oa杆以角速度ω匀速旋转，所有接触点接触良好，Ob不影响Oa的转动，则下列说法正确的是  （ ）      ‎ A. 流过Oa的电流方向为O指向a B. 流过Oa的电流方向为a指向O C. Oa旋转时产生的感应电动势的大小为Bωr2‎ D. Oa旋转时产生的感应电动势的大小为Bωr2‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ oa杆以角速度匀速旋转，切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，其余部分为外电路．当oa转到最高点时，外电路总电阻最大，通过oa的电流最小；当oa与ob重合时，环的电阻为0，外电路总电阻最小，通过oa的电流最大．根据E=BLv和欧姆定律求解，其中v是速度的平均值 ‎【详解】A、B项：根据右手定则可知，流过oa的电流方向为由o指向a，故A正确，B错误；‎ C、D项：oa杆切割磁感线产生感应电动势为 E=，故C错误，D正确。‎ 故选：AD。‎ ‎【点睛】本题一要会求解感应电动势，由于oa杆上各点切割速度不同，要用平均速度求解；二要知道最大值与最小值的条件，运用欧姆定律求解。‎ ‎13.如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A，B为该磁场的竖直边界，若不计空气阻力，则（ ）‎ A. 圆环向右穿过磁场后，不能摆至原来的高度。‎ B. 在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流 C. 圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大 D. 圆环最终不能静止在平衡位置。‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【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．最终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。‎ ‎【详解】A项：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项：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项：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项：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正确。‎ 故选：ABD。‎ ‎【点睛】本题为楞次定律的应用和能量守恒相合．注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，再判断磁通量的变化，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化。‎ ‎14.如图所示，闭合线圈abcd从高处自由下落一段时间后垂直于磁场方向进入一有界磁场．从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，下列说法正确的是(　　)‎ A. a端的电势低于b端 B. ab边所受安培力方向为水平向左 C. 线圈可能一直做匀速运动 D. 线圈可能一直做匀加速直线运动 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，可能做匀速运动，可能做加速运动，也可能做减速运动，根据安培力公式，安培力与速度成正比，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况，确定运动性质。‎ ‎【详解】A项：ab边切割磁感线，根据右手定则，电流从a端流向b端；ab边相当于电源，电源内部，电流从负极流向正极，故b端相当于电源正极，电势高，故A正确；‎ B项：再根据左手定则，安培力向上，故B错误；‎ C项：在ab边刚进磁场时，若安培力与重力平衡，则线圈一直做匀速直线运动，故C正确；‎ D项：在ab边刚进磁场时，若安培力小于重力，线圈加速，安培力F=也变大，所加速度变化，故不可能一直做匀加速直线运动，故D错误。‎ 故选：AC。‎ ‎【点睛】本题的解题关键是抓住安培力公式F=BIL=，分析安培力的变化，确定加速度的变化，同时要掌握速度图象的斜率等于加速度这一知识点。‎ ‎15.如图所示，带负电的小球穿在一根绝缘粗糙细杆上，杆与水平方向成θ角，整个空间存在着垂直纸面向内的匀强磁场B。 现给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，小球经过a点时动能为10 J，到达c点时动能减为零，b为ac的中点，那么带电小球在运动过程中( ) ‎ A. 到达c点后保持静止 B. 受到的弹力增大 C. 在b点时动能为5J D. 在ab段克服摩擦力做的功与bc段克服摩擦力做的功相等 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、若，小球受杆弹力垂直杆向下，随速度减小弹力减小，小球受摩擦力减小，当时，小球匀速运动；若 ‎，小球与杆无弹力，速度增大，小球受杆弹力垂直杆向下，弹力增大，小球受摩擦力增大，当时，小球匀速运动；若，小球受杆弹力垂直杆向上，随速度减小弹力增大，小球受摩擦力增大，小球从A到C做加速度增大的减速运动；所以小球从A到C过程中动能减小，速度减小，滑动摩擦力大于重力沿粗糙细杆的分力，做加速度增大的减速运动，小球在c点一定保持静止，故A、B正确；‎ CD、从A到C，小球受摩擦力增大，在ab段克服摩擦力做的功小于bc段克服摩擦力做的功，根据动能定理可得在ab段动能变化量小于bc段动能变化量，则有在b点时动能大于5J，故C、D错误；‎ 故选AB。‎ ‎【点睛】关键是小球从A到C过程中动能减小，速度减小，滑动摩擦力大于重力沿粗糙细杆的分力，做加速度增大的减速运动。‎ 二、实验题 ‎16.用伏安法测某一电阻，如果采用如图甲所示的电路，测量值为R1，如果采用如图乙所示电路，测量值为R2，则电阻的真实值为R真，它们之间的关系是：R1___R真，R2____ R真（填“＞”、“＝”或“＜”），这种误差属于_________误差。‎ ‎【答案】 (1). <； (2). >； (3). 系统；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电流表接法确定电压、电流的偏差，从而根据欧姆定律得到电阻偏差；根据误差来源判断误差类型。‎ ‎【详解】电流表外接时，电压表测得电压为电阻两端电压，电流表测的电流为电阻和电压表的总电流，故电流偏大，那么，电阻偏小，即；‎ 电流表内接时，电压表测得电压为电阻和电流表两端的电压，故电压偏大，电流表电流为通过电阻的电流，那么，电阻偏大，即；‎ 这些误差是由实验设计本身造成的，实验方案不变，那么误差不变；那么，按照误差分类可知：这种误差为系统误差。‎ ‎【点睛】伏安法测电阻实验中，若最大电流大于电流表量程则采用分压式接法，一般采用限流式接法；被测电阻较大，电流表采用内接法；被测电阻较小，电流表采用外接法。‎ ‎17.测量一蓄电池的电动势和内阻根据实验数据作出U-I图象，如图所示，则电池的电动势E=_________V，电池的内阻r=__________Ω（保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). ; (2). ; ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，根据图示图象求出电源电动势与内阻。‎ ‎【详解】由图示电源U-I图象可知，电源电动势：E=2.1V，‎ 电源内阻：‎ ‎【点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义，明确滑动变阻器的基本接法。‎ ‎18.如图所示为万用表欧姆挡的内部电路,a、b为表笔插孔,下列说法中正确的是（ ）‎ A．a孔插红表笔 B．表盘刻度是均匀的 C．用×100Ω挡测量时,若指针指在0Ω附近,则应换用×1kΩ挡 ‎【答案】A;‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 欧姆表“+”插孔与内置电源的负极相连，红表笔插“+”插孔，黑表笔插“-”插孔；‎ 欧姆表的刻度盘是不均匀的，右侧刻度线稀疏，左端刻度线密集；‎ 使用欧姆表测电阻时，应选择合适的档位，使指针指在中央刻度线附近；‎ ‎【详解】A项：由图示可知，a插孔与内置电源负极相连，则a插孔是“+”插孔，a孔应查红表笔，故A正确；‎ B项：欧姆表刻度盘不均匀，右侧稀疏左侧密集，故B错误；‎ C项：用×100Ω挡测量时，若指针指在0Ω附近，说明所选档位太大，应换小挡，应换用×10Ω挡，故C错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题考查了欧姆表的使用注意事项与欧姆表特点，知道欧姆表结构、原理、使用方法即可正确解题。‎ 三、计算题 ‎19.一个500匝、面积为20cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面垂直，若磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.7T，在此过程中，请求以下：‎ ‎（1）穿过线圈的磁通量的变化量 ‎（2）线圈中的感应电动势的大小．‎ ‎【答案】(1) （2）12V ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 磁通量公式：△Φ=△BS，即可求解磁通量的变化；从而求出磁通量变化率，再由法拉第电磁感应定律，即可求解。‎ ‎【详解】(1) 磁通量的变化量是由磁场的变化引起的，应该用公式：△Φ=△BS来计算，‎ 所以：△Φ=△BSsinθ=（0.7-0.1）×20×10-4Wb=1.2×10-3Wb；‎ ‎(2) 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小为 ‎。‎ ‎【点睛】考查磁通量的变化，磁通量的变化率及感应电动势如何求，注意它们之间的关联，同时养成单位统一的好习惯。‎ ‎20.如图所示，质量为m、电荷量为+q的粒子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度几乎为零，粒子经过小孔S2沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动，随后离开磁场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。‎ ‎（1）求粒子在磁场中运动的速度大小v；‎ ‎（2）求加速电场的电压U；‎ ‎【答案】(1) （2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据牛顿第二定律，洛仑兹力提供向心力就能求出粒子进入磁场时的速度大小；‎ ‎(2)根据粒子在电场中运动的规律，由动能定理就能求出电压。‎ ‎【详解】(1) 洛仑兹力提供向心力 ‎ 解得；‎ ‎(2) 根据动能定理 ‎ 解得：。‎ ‎【点睛】本题是动能定理和牛顿定律的综合题，解决本题的关键会灵活运用动能定理和牛顿运动定律，还要理解电流强度的定义。‎ ‎21.如图所示，MN、PQ为两条平行的光滑金属直导轨，导轨平面与水平面成θ=30°，M、P之间接有电阻箱R，导轨所在空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r，现从静止释放金属杆ab，测得最后的最大速度为v1，已知轨道间距为L，重力加速度取g，轨道足够长且电阻不计，求：‎ ‎（1）电阻箱接入电路的电阻多大？‎ ‎（2）若当金属棒下滑的距离为s时，金属棒的加速度大小为a，则此时金属棒运动的时间为多少？‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据受力平衡结合闭合电路欧姆定律以及公式E=BLv，联立即可求出电阻箱接入电路的电阻；‎ ‎(2)根据加速度的值结合牛顿第二定律，求出末速度大小，再利用微积分法对整个过程运用动量定理，联立即可求出若当金属棒下滑的距离为s时，金属棒的加速度大小为a时金属棒运动的时间。‎ ‎【详解】(1) 设电阻箱接入电路的电阻为R1，当金属杆以最大速度下滑时根据平衡可得：mgsinθ=BIL 根据闭合电路欧姆定律可得： ‎ 导体棒切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv1；‎ 联立解得：；‎ ‎(2) 设金属棒下滑的距离为s时，金属棒的速度为v2，根据牛顿第二定律可得：‎ ‎ ‎ 解得： ‎ 根据动量定理有： ‎ 整体过程中： ‎ 设整个过程的时间整个过程的速度变化量：∑△v=v2，整个过程的位移∑v△t=s 代入可得： ‎ 解得：。‎ ‎【点睛】本题综合考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等以及电磁感应过程中能量的转化，综合性强，对学生能力的要求较高，其中安培力的分析和计算是关键，难点在于第（2）问中微积分法的运用。‎ ‎ ‎ ‎ ‎