B、安培发现了电流产生的磁场的方向的判定方法，即右手定则，故B正确；
C、洛伦兹首先提出了磁场对运动电荷有力作用，故C错误；
D、安培首先提出了分子电子假说，解释了软铁被磁化的现象，故D正确；
错误的故选C。
【点睛】关键是记住相关物理学家的科学成就，进行解答。
2.如图所示电路中，A、B两灯均正常发光，R为一滑动变阻器，若将滑动片P向下滑动，则（ ） A. A灯变亮 B. B灯变亮 C. 总电流变小 D. R1上消耗功率变大 【答案】D 【解析】 将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流I增大，则R1上消耗功率变大，路端电压，I增大，U减小，则A灯变暗，B灯与变阻器并联的电压，I增大，则U并减小，所以B灯变暗，故D正确，ABC错误；
故选D。
【点睛】对于电路中动态变化分析问题，一般先确定局部电阻的变化，再确定总电阻的变化，到总电流、总电压的变化，再回到局部电路研究电压、电流的变化。
3.欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律。有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c。电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 试题分析由电阻的决定式可知，A中电阻，B中电阻；
C中电阻；
D中电阻；
故电阻最小的为A；
故选A． 考点电阻定律 4.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个表头G和一只变阻器R组成的，下列说法正确的是 A. 乙表是电流表，R2增大时量程增大 B. 甲表是电压表，R1增大时量程增大 C. 甲表是电流表，R1增大时量程减小 D. 乙表是电压表，R2增大时量程增大 【答案】B 【解析】 【详解】BC、由甲图所示可知，G与R1串联，甲图是电压表，R1增大时，变阻器分担的电压增大，电压表量程增大，故B正确，C错误；
AD、由乙图所示可知，G与电阻R2并联，图乙是电流表，R2增大，R2的分流较小，电流表量程减小，故A、D错误；
故选B。
【点睛】灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，R增大时，变阻器分流减小，量程减小；
而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大。
5.图中a、b、c为三根与纸面重直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，沿水平方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示，O点为三角形的中心（O到三个顶点的距离相等），则 A. O点的磁感应强度为零 B. O点的磁场方向垂直Oc向下 C. 导线a受到的安培力方向竖直向上 D. 导线b受到的安培力方向沿bc连线方向指向c 【答案】B 【解析】 AB、根据右手螺旋定则，电流a在O产生的磁场平行于bc向左，b电流在O产生的磁场平行ac指向右下方，电流c在O产生的磁场平行ab指向左下方；
由于三导线电流相同，到O点的距离相同，根据平行四边形定则，则O点合场强的方向垂直Oc向下，故A错误，B正确；
CD、根据左手定则，结合矢量合成法则，导线a受到的安培力方向水平向左，而导线b受到的安培力方向平行于ac斜向左上方，故C、D错误；
故选B。
【点睛】根据右手螺旋定则判断出直导线在O点的磁场方向，根据平行四边形定则，对磁感应强度进行合成，得出O点的合场强的方向；
再依据左手定则，从而确定导线受到的安培力方向。
二、多项选择题 6. 下列说法正确的是（ ） A. 所有电荷在电场中都要受到电场力的作用 B. 所有电荷在磁场中都要受到磁场力的作用 C. 一切运动电荷在磁场中都要受到磁场力的作用 D. 运动电荷在磁场中，只有当垂直于磁场方向的速度分量不为零时，才受到磁场力的作用 【答案】AD 【解析】 解A、所有电荷，只要在电场中都要受到电场力的作用，这是电场的基本性质．故A正确． B、C电荷在磁场中不一定受到磁场力的作用，静止的电荷或速度方向与磁场平行的电荷在磁场中不受磁场力的作用．故BC错误． D、只有当运动电荷的速度方向与磁场方向不平行时，电荷才受到磁场力的作用，从运动分解的角度看，当垂直于磁场方向的速度分量不为零时，电荷才受到磁场力的作用．故D正确． 故选AD 【点评】电场力与重力类似，电荷在电场中一定受到电场力的作用，而电荷在磁场中有两种情况磁场力为“0”1、静止电荷，即速度v0时；
2、v∥B时． 7.在如图所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知下列说法正确的是 A. 电源的电动势为3 V，内阻为0.5 Ω B. 电阻R的阻值为0.5Ω C. 电源的输出功率为4 W D. 电源的效率为50 【答案】AC 【解析】 【详解】A、根据闭合电路欧姆定律得，由读出电源的电动势E3V，内阻等于图线的斜率大小，则，故A正确；
B、电阻R的阻值为，故B错误；
C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U2V，电流I2A，则电源的输出功率为，故C正确；
D、电源的效率，故D错误；
故选AC。
【点睛】由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻，两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率。
8.如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则 A. 带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为31 B. 带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为∶1 C. 带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为2∶3 D. 带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为1∶2 【答案】AC 【解析】 粒子运动轨迹如图所示 设粒子的运动轨道半径为rA，rB, 根据几何关系可得，，轨道半径之比13。洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得，联立以上可得粒子1与粒子2的比荷值为31，故A正确，B错误；
粒子运动的周期为，粒子运动的时间，粒子在磁场中做圆周运动，由数学知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角分别是φA120，φB60，联立以上可得，故C正确，D错误。所以AC正确，BD错误。
9.如果用同一回旋加速器分别加速氚核和a粒子,比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，以下说法正确的是（ ） A. 加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大速度较大 B. 加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大速度较小 C. 带电粒子获得的最大动能与加速器两D形盒间电压大小无关 D. 经加速器加速后，氚核获得的最大动能较小 【答案】BCD 【解析】 【详解】根据得，粒子出D形盒时的速度，则粒子出D形盒时的动能，带电粒子获得的最大动能与加速器两D形盒间电压大小无关；
交流电的周期等于粒子的转动周期为；
用同一回旋加速器分别加速氚核和α粒子，由于氚核的质量与电量的比值大于α粒子，则α粒子获得的最大动能较大，氚核获得的最大动能较小，氚核获得的最大速度较小，加速氚核的交流电源的周期较大，故B、C、D正确，A错误；
故选BCD。
【点睛】关键是回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来带电粒子，带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同。
三、实验题 10.根据试题的要求填空。
（1）用如下图甲所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。请根据下列步骤完成电阻测量 ①旋动部件________，使指针对准电流的“0“刻线。
②将K旋转到电阻挡“l00“的位置。
③将插入“十“、“－“插孔的表笔短接，旋动部件______，使指针对准电阻的_______ 填“0 “或“∞“刻线。
④将两表笔分别与侍测电阻相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按__________的顺序进行操作，再完成测量 A．将K旋转到电阻挡“1k“的位置 B．将K旋转到电阻挡“10“的位置 C．将两表笔的金属部分分别接在被测电阻的两根引线上 D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准 （2）在用多用表测量另一电阻的阻值时，电表的读数如图（乙）所示，该电阻的阻值为_________。
（3）他用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如下图所示，其读数为________mm。
【答案】 1. S 2. T 3. 0 4. A D C 5. 15000 6. 0.396～0.398 【解析】 【分析】 电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；
欧姆表测量前要进行欧姆调零；
欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；
每次换挡要重新调零；
欧姆表读数刻度盘读数倍率；
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。
【详解】解1①电表使用前要调节调零旋钮，使指针指在0刻线位置，故调节S旋钮；
③欧姆表测量前要进行欧姆调零，故调节T旋钮，使指针对准电阻的0刻线；
④指针偏转度过小，说明电阻偏大，故需选择较大的倍率；
每次换挡要重新调零，按A、D、C的顺序进行操作 2欧姆表读数刻度盘读数倍率151000Ω15000Ω；
3 螺旋测微器的固定刻度读数为0mm，可动刻度读数为0.0139.8mm0.398mm，所以最终读数为0mm0.398mm0.398mm；
11.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5 V，2.5 W”的小灯泡，导线和开关外，还有 A．直流电源电动势约为5 V，内阻可不计 B．直流电流表量程0～3 A，内阻约为0.1 Ω C．直流电流表量程0～600 mA，内阻约为5 Ω D．直流电压表量程0～15 V，内阻约为15 kΩ E．直流电压表量程0～5 V，内阻约为10 kΩ F．滑动变阻器最大阻值10 Ω，允许通过的最大电流为2 A G．滑动变阻器最大阻值1 kΩ，允许通过的最大电流为0.5 A 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据． 1实验中电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________均用序号字母填写． 2请按要求在框线中画出电路图__________,并将图中所示的器材连成实验电路_______________． 【答案】 1. C 2. E 3. F 4. 5. 【解析】 【分析】 根据小灯泡的额定电压可以选出电压表，根据灯泡的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；
根据滑动变阻器的接法可选出滑动变阻器；
根据测伏安特性曲线的实验要求可以选出滑动变阻器的接法，由电流表及电