浙江省金華市2023-2024學年高二上學期1月期末考試物理試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、選擇題（本題共10小題，每小題3分，共30分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．在物理學發展過程中，有許多科學家或發現了重要的實驗現象，或完成了精巧的實驗設計，或提出了偉大的理論假設，下列說法正確的是（）A．奧斯特提出了分子電流假說，解釋了各類磁現象的電本質B．法拉第提出了“力線”的概念，并成功測出了元電荷的數值C．為解釋黑體輻射的相關規律，普朗克提出能量量子化概念D．麥克斯韋提出了電磁波理論，并用實驗證實電磁波的存在2．圖甲為金屬四極桿帶電粒子質量分析器的局部結構示意圖，四根電極桿如圖互相靠近均勻平行分布，圖乙為四極桿內垂直于x軸的任意截面內的等差等勢面分布圖，則（）A．P點電場強度大小比M點的大B．M點電場強度方向沿z軸負方向C．P點電勢比M點電勢低D．帶電粒子沿x軸射入分析器可以沿直線穿過3．1932年，美國物理學家安德森利用放在勻強磁場中的云室來研究某種宇宙線粒子——正電子，并在云室中加入一塊厚約6mm的鉛板，借以減慢粒子的速度。當該粒子通過云室內的勻強磁場時，拍下粒子徑跡的照片，如圖所示。下列說法正確的是（）A．粒子是由下向上穿過鉛板的B．粒子穿過鉛板后在磁場中做圓周運動的周期變小C．粒子穿過鉛板后在磁場中偏轉的軌跡半徑會變小D．該勻強磁場的磁感應強度方向為垂直紙面向外4．如圖所示為地球磁場分布示意圖，下列與地磁場相關的說法正確的是（）A．射向地球的宇宙粒子在兩極地區受到磁場的作用較強，容易形成極光現象B．地球的磁場與條形磁鐵的磁場分布比較相似，可以將地磁場類比成一個帶負電荷的天體自轉形成的C．若有一架杭州飛往廣州的客機，途徑金華上空時右側機翼的電勢較高D．赤道包圍面積的磁通量比同步衛星軌道包圍面積的磁通量小5．如圖甲所示為磁電式電流表的結構圖，圖乙為內部結構示意圖，在極靴和鐵質圓柱間存在磁場，電流通過電表接線柱流入線圈，在安培力作用下發生偏轉，與螺旋彈簧的反向作用平衡后，指針指示電流大小。下列說法正確的是（）A．鐵質圓柱將磁場屏蔽，內部沒有磁場B．線圈所處位置是勻強磁場C．若更換更強的磁場，將增大電流表的量程D．運輸過程中把電表正負接線柱用導線相連可減緩表針擺動幅度6．華為Mate60Pro智能手機的各項性能都很優秀，該手機配備5000mA?h/A．電池容量的單位“mA?h”是能量單位B．電池充滿電所儲存的能量為6C．手機待機功率為0.26WD．電池內阻約為47．2023年1月“白浙工程”（白鶴灘-浙江800KV特高壓直流輸電工程）成功投產運營，該工程是國家“西電東送”戰略部署的重點工程。輸電線路流程和參數可簡化為下圖，變壓設備和整流逆變設備造成的能量損失均不計。直流和交流轉變時有效值不發生變化。下列說法正確的是（）A．采用直流輸電可以減少遠距離輸電中感抗容抗引起的電能損失B．“500KV”指交流電的平均值C．若遠距離輸電電壓降低一半，輸電線電阻上損失的電能為原來的一半D．降壓變壓器的原副線圈匝數之比為8∶58．如圖所示，李輝、劉偉用多用電表的歐姆擋測量變壓器初級線圈的電阻。實驗中兩人沒有注意操作的規范：李輝兩手分別握住紅黑表筆的金屬桿，劉偉用兩手分別握住線圈裸露的兩端讓李輝測量。測量時表針擺過了一定角度，最后李輝把多用電表的表筆與被測線圈脫離。在這個過程中，他們二人中有人突然“哎喲”驚叫起來，覺得有電擊感。下列說法正確的是（）A．電擊發生在李輝用多用電表紅黑表筆的金屬桿接觸線圈裸露的兩端時B．有電擊感的是劉偉，因為所測量變壓器是升壓變壓器C．發生電擊前后，流過劉偉的電流方向發生了變化D．發生電擊時，通過多用電表的電流很大9．利用霍爾元件可以進行微小位移的測量。如圖甲，在兩塊相同的磁體（同極相對）中放入霍爾元件，建立如圖乙所示的空間坐標系，兩磁體的中間位置為坐標原點?；魻栐鬟呴L分別為a、b、c，沿x軸負方向通入恒定的電流I。當霍爾元件位于坐標原點時，霍爾電壓UH=0。當霍爾元件沿z軸左右移動時，則有霍爾電壓輸出，從而實現微小位移的測量。已知該霍爾元件的載流子是負電荷，下列說法正確的是（）A．當霍爾元件向z軸正方向偏移時，其左表面電勢比右表面電勢低B．當霍爾元件向z軸正方向偏移時，其上表面電勢比下表面電勢高C．僅增大a可以提高檢測靈敏度D．僅增大I可以提高檢測靈敏度10．如圖所示，L為電阻可忽略的線圈，R為電阻，C為電容器，開關S處于閉合狀態?，F突然斷開S，并開始計時，電路工作過程中，同時會向外輻射電磁波。下列選項中能正確反映LC回路中電流i（順時針方向為正）、電容器中電場E（豎直向下為正）、以及兩極板間電勢差UabA． B．C． D．二、選擇題II（本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）11．下列電磁相關知識的說法中正確的是（）A．圖中的電容式話筒是利用電容器的電容與極板間距離的關系來工作B．傳遞聲音圖像等信息時，需要將其搭載在高頻載波上發射出去，這一過程叫調諧C．紅外線具有較高能量，足以破壞細胞核中的物質，因此可以利用紅外線滅菌消毒D．干簧管可以感知磁場的存在，兩簧片會因磁化而接通，因此常被用作磁控開關12．在如圖所示的電路中，R1、R2和R4皆為定值電阻，R3為光敏電阻，光照強度增大時電阻會變小，電源的電動勢為E、內阻為r。設電流表A1的讀數為I1，電流表A2的讀數為I2，電容器兩水平極板間有一帶電液滴靜止于P點，電壓表V的讀數為U，當照射到R3的光強增大時，各電表示數變化分別為ΔU、ΔI1、A．I1變大，I2變小，U變大B．液滴帶正電，光強增大后將向上運動C．光強增大后，P點電勢降低D．ΔUΔ13．如圖所示為一豎直面內半徑為R的光滑絕緣圓弧軌道，兩帶電小球A、B（小球半徑遠小于R）在軌道上保持靜止，帶電量分別為q和3q，電性未知，兩小球和圓心的連線與豎直方向分別成37°和53°，靜電力常量為k，則（）A．A、B兩小球帶異種電荷B．A、B兩球質量之比為9C．A球質量為5D．僅把A、B的帶電量互換，兩小球仍在原位置靜止14．如圖所示的實驗裝置中，線圈的兩端與電流傳感器相連，將強磁體從長玻璃管上端由靜止下落，穿過線圈。線圈距離上管口的位置可以自由調節，線圈粗細均勻，除線圈外，其余電阻忽略不計。圖乙為某次實驗時用傳感器記錄的線圈中的電流變化，下列說法正確的是（）A．t1-t2與t2-t3時間內圖線與坐標軸圍成的面積相等B．t1-t3時間內磁鐵下落過程中的加速度均小于gC．若僅將線圈匝數加倍，電流峰值保持不變D．若僅將線圈到上管口位置的距離加倍，電流峰值也將加倍三、非選擇題（本題共6小題，共54分）15．某同學要測量一節干電池的電動勢和內阻，實驗室提供了如下器材：待測干電池，電流表A1（量程0.6A，內阻約1Ω）；電流表A2（量程3A，內阻約0.2Ω）；電壓表V1（量程3V，內阻約10kΩ）；滑動變阻器R1（最大阻值100Ω）；滑動變阻器R2（最大阻值10Ω），開關，導線若干。（1）電流表應選（填“A1”或“A2”），滑動變阻器應選（填“R1”或“R2”）。（2）請用實線代替導線，在圖甲中補全實物圖。閉合開關前，滑動變阻器滑片應滑到最端（填“左”或“右”）。（3）該同學按照圖甲所示的電路進行實驗，記錄此過程中電壓表和電流表的示數，利用實驗數據在U-I坐標紙上描點，如圖乙所示，結果發現電壓表示數的變化范圍比較小，出現該現象的主要原因是（）A．電壓表分流 B．干電池內阻較小C．滑動變阻器最大阻值較小 D．電流表內阻較小（4）針對電壓表示數的變化范圍比較小的問題，該同學利用實驗室提供的一個定值電阻R3=2.0Ω就解決了問題。并重新連接電路進行實驗，并繪制U-I圖像，如圖丙所示，根據圖像可知該干電池電動勢E=V，內阻r=Ω。16．某實驗小組要測量一段長為L的合金絲的電阻率。（1）用螺旋測微器測量合金絲的直徑d。某次測量時，示數如圖甲所示，則d=mm。（2）該小組先用多用電表測量該電阻阻值，選用“×10”倍率的電阻檔測量，發現指針指在圖乙虛線位置，因此換成合適倍率的電阻檔，進行歐姆調零后再進行測量，多用表的示數如圖乙實線所示，測量結果為Ω。（3）該小組欲通過伏安法采集盡可能多的數據，以準確測量合金絲的電阻，選取了如下器材：6V直流電源，電流表（量程0.6A，內阻約為2Ω）、電壓表（量程6V，內阻約為5kΩ）、滑動變阻器（最大阻值5Ω），在答題紙的方框內畫出合適的測量電路。（4）某次測量中，當電壓為U時，流過合金絲的電流為I，則合金絲的電阻率可表示為ρ=。（利用所測物理量U、I、L、d表示）17．（1）某興趣小組要用圖甲所示電路測定一個電容器的電容，已知定值電阻R0=100Ω，現利用計算機軟件測出電容器放電時的i?t圖線如圖乙所示，測出i?t曲線和兩坐標軸所圍的面積為43.2mA?s，則電容器的電容C=（2）某興趣小組用如圖甲所示的可拆變壓器進行“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”實驗。要安全、順利地完成本實驗，除有閉合鐵芯的原、副線圈外，還必須要選用的器材是___________A． B．C． D．18．示波器用來觀察電信號隨時間變化的情況。示波器的核心部件是示波管，它的原理圖如下圖所示。它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，管內抽成真空。電子槍中的金屬絲加熱后可以逸出電子（逸出時的速度較小可以忽略），電子經加速電壓U0加速后進入平行正對的偏轉電極YY'和XX'，兩對電極都關于中央軸線對稱，正方形金屬板電極邊長都為L，極板間距都為d，如果在偏轉電極XX'之間和偏轉電極YY'之間都沒有加電壓，電子束從電子槍射出后沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產生一個亮斑。已知電子的質量為m，所帶的電荷量為?e，現只在（1）電子進入偏轉電極YY'時的速度v（2）若電子能夠通過偏轉電極YY'，加在偏轉電極YY'上的電壓（3）在偏轉電場中，單位電壓引起的偏轉距離（即yU19．如圖所示，兩根等高光滑的四分之一圓弧形金屬軌道，軌道間距為L1=1m，其上端接電阻R1=1.5Ω，下端與一足夠長水平金屬軌道相連，軌道電阻不計。水平軌道處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B1=1T。圓弧軌道處于從圓心軸線上均勻向外輻射狀的磁場中，如圖所示。在軌道上有兩長度稍大于L1、質量均為m=0.2kg的金屬棒a、b，阻值為Ra=3Ω，Rb=1.5Ω。金屬棒b通過跨過定滑輪的絕緣細線與一質量為M=0.1kg、邊長為L2=0.2m、電阻r=2Ω的正方形金屬線框相連，金屬棒a從軌道圓心等高處開始在外力作用下以速度v0=5m/s沿圓弧軌道做勻速圓周運動到最低點MN處，在這一過程中金屬棒b恰好保持靜止。當金屬棒a到達最低點MN處被鎖定，此后金屬線框開始下落，剛好能勻速進入下方h=1m處的水平勻強磁場B3中，B3=5T，已知磁場高度H>L2，忽略一切摩擦阻力，重力加速度為g=10m/s（1）輻射狀磁場在圓弧處磁感應強度B2的大小；（2）從金屬線框開始下落到進入磁場前，金屬棒b上產生的焦耳熱Q；（3）若在線框完全進入磁場時剪斷細線，線框在完全離開磁場B3前已達到勻速，已知線框離開磁場過程中產生焦耳熱為Q1=0.18J，則磁場的高度H為多少。20．現代科技中經常用電場和磁場來控制帶電粒子的運動，某種粒子收集裝置如圖所示，在第二象限中存在一水平向有的勻強電場，場強為E=mv02qa，一曲線形放射源不停地沿y軸負方向以初速度v0釋放電量為+q質量為m的粒子，已知放射源的兩端點位置為（0，0）和（?0.5a，a（1）放射源形狀的曲線方程；（2）（0，0）和（?0.5a，a）點入射的粒子離開勻強磁場時的位置；（3）所有粒子在第四象限中掃過的面積；（4）假設放射源連續發射粒子穩定后，粒子經過原點時按照角度均勻分布，在第四象限中放置一長度為b4的豎直收集板（粒子打到板上即被收集），一端緊靠x軸，將收集板置于x=b位置時，收集率是多少？將收集板置于x=

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A.安培提出了分子電流假說，揭示了磁現象的電本質，A不符合題意；

B.法拉第提出了“力線”的概念，密立根通過油滴實驗首先測出了元電荷的數值，B不符合題意；

C.為解釋黑體輻射的相關規律，普朗克提出能量量子化概念，C符合題意；

D.麥克斯韋提出了電磁場理論，赫茲通過實驗證實了電磁波的存在，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據物理學史分析。2．【答案】D【解析】【解答】A.等差等勢面的疏密表示電場強度大小，等差等勢面越密集，電場強度越大，可知P點電場強度大小比M點的小，A不符合題意；

B.根據電場線與等勢面處處垂直，且指向負電荷，可知M點電場強度方向沿z軸正方向，B不符合題意；

C.P點靠近帶正電的電極，而M點靠近帶負電的電極，因此P點電勢比M點電勢高，C不符合題意；

D.根據電極的分布可知，整個x軸上的電場強度均為零，則可知帶電粒子沿x軸射入分析器，粒子所受電場力為零，可知帶電粒子將沿x軸做勻速直線運動，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】根據等差等勢面的疏密表示電場強度大小，判斷P點和M點的場強大?。桓鶕姾珊偷葎菝娣植挤治鯩點的電場強度的方向；越是靠近正電荷，電勢越高，越是靠近負電荷，電勢越低；根據電極的分布判斷x軸上的電場強度大小，得出帶電粒子的運動性質。3．【答案】C【解析】【解答】AC.根據洛倫茲力提供向心力可得qvB=m得R=粒子穿過鉛板后速度減小，所以粒子在磁場中運動半徑減小，可知正電子從上向下穿過鉛板，A不符合題意，C符合題意；

B.粒子在磁場中做圓周運動的周期為T=與粒子的速度無關，可知粒子穿過鉛板后在磁場中做圓周運動的周期不變，B不符合題意；

D.由左手定則可知，磁場的方向垂直紙面向里，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】粒子穿過鉛板后速度減小，根據洛倫茲力提供向心力推導粒子軌跡半徑的變化，確定粒子的運動方向；由粒子在磁場中做圓周運動的周期公式，分析粒子穿過鉛板后周期的變化；根據左手定則判斷磁場方向。4．【答案】B【解析】【解答】A.極光的形成是由于射向地面的宇宙粒子在洛倫茲力的作用下向兩極偏轉形成的，A不符合題意；

B.由于地球的磁場與條形磁鐵的磁場分布比較相似，條形磁鐵的磁場與通電螺線管周圍的磁場相同，由右手螺旋定則和地磁場的方向可知，可以將地磁場類比成一個帶負電荷的天體自轉形成的，B符合題意；

C.杭州和廣州位移北半球，而北半球地磁場為斜向下，由杭州飛往廣州的客機，向西南方向運動，根據右手定則可以判斷，飛行員左側機翼電勢較高，C不符合題意；

D.由地球內部的磁場與地球外部的磁場方向相反，所以赤道包圍面積的磁通量比同步衛星軌道包圍面積的磁通量大，D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】極光的形成是由于射向地面的宇宙粒子在洛倫茲力的作用下向兩極偏轉形成的；根據右手螺旋定則和地磁場的方向分析判斷；根據右手定則判斷飛行員左、右兩側機翼電勢高低；根據磁通量的定義分析。5．【答案】D【解析】【解答】A.鐵質圓柱會被磁化，所以內部有磁場，A不符合題意；

B.由圖可知，線圈所處位置處的磁場為輻向磁場，不是勻強磁場，B不符合題意；

C.若更換更強的磁場，同樣的電流，線圈受到安培力增大，指針偏轉角增大，所以電流表的量程會減小，C不符合題意；

D.運輸過程中把電表正負接線柱用導線相連，電流表短路，指針擺動時產生感應電流，感應電流受到安培力作用，根據楞次定律推論“來拒去留”可知，安培力阻礙指針偏轉，減緩表針擺動幅度，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】軟磁鐵放在磁場中會被磁化；磁電式電流表中的磁場是輻向磁場；根據安培力與磁場強度的關系，分析磁場變化對電流表量程的影響；根據電磁阻尼原理分析。6．【答案】B【解析】【解答】A.根據q=It可知，mA·h是電荷量的單位，A不符合題意；

B.電池充滿電所儲存的能量等于E=It·U=5000mA·h×3.7B符合題意；

C.充電2分鐘，充入手機的能量為E'=P若能量全部儲存在電池中，則待機功率為P由于電池儲存的能量小于充電器輸出能量，C不符合題意；

D.手機充電時，充電電流I=若電池為純電阻，則有R=由于電池為非純電阻，所以內阻不是4.15Ω，D不符合題意。

故答案為：B。7．【答案】A【解析】【解答】A.采用直流輸電可以減少遠距離輸電中感抗容抗引起的電能損失，A符合題意；

B.不做特殊說明的交流電電壓和電流指有效值，故“500KV”指交流電的有效值，B不符合題意；

C.若遠距離輸電電壓降低一半，由I可知，輸電線上電流I送?P=可知，輸電線電阻上損失的功率變為原來的4倍，C不符合題意；

D.由于輸電線電阻存在一定的損失電壓，則降壓變壓器原線圈的輸入電壓小于800KV，則降壓變壓器的原副線圈匝數之比滿足nD不符合題意。

故答案為：A。

【分析】采用直流輸電可以減少遠距離輸電中感抗容抗引起的電能損失；不做特殊說明的交流電電壓和電流指有效值；根據電功率公式，分析輸送電壓降低一半后，輸電線上損失功率的變化情況；根據理想變壓器的電壓與匝數的關系，分析降壓變壓器的原副線圈匝數之比。8．【答案】C【解析】【解答】AB.電擊發生在多用電表紅黑表筆的金屬桿脫離線圈裸露兩端的時刻，此時線圈中由于電流突然急劇減小而產生了較高的自感電動勢，手握線圈裸露兩端的劉偉，與線圈組成新的閉合回路，回路中有感應電流通過，使劉偉產生電擊感，AB不符合題意；

C.發生電擊前，劉偉和線圈是并聯關系；斷開瞬間，線圈中的電流急劇減小，根據楞次定律推論“增反減同”的規律，可知線圈中產生的感應電流的方向與原電流的方向相同，但線圈和劉偉構成了新的閉合電路，線圈相當于電源，所以流過劉偉的電流方向發生了變化，C符合題意；

D.發生電擊時，通過線圈的電流很大；但由于多用電表已經與線圈斷開了連接，所以通過多用電表的電流為零，D不合題意。

故答案為：C。

【分析】根據自感現象的原理進行分析。9．【答案】D【解析】【解答】AB.霍爾元件向z軸正方向偏移時，穿過霍爾元件的磁場方向向左，由左手定則可知，帶負電的載流子受到的洛倫茲力向上，所以元件的上側帶負電，下側帶正電，故上側電勢比下側低，AB不符合題意；

CD.當霍爾電壓穩定時，載流子受到的電場力與洛倫茲力等大反向，即U其中I=nqacv，解得U=所以僅增大I可以提高檢測靈敏度，與a無關，C不符合題意，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】根據左手定則判斷帶負電的載流子的偏轉方向，確定上、下兩側電勢的高低；霍爾電壓穩定時，載流子的受力平衡，由此推導出霍爾電壓的表達式，得出可以影響檢測靈敏度的相關物理量。10．【答案】D【解析】【解答】AB.因為L的直流電阻可忽略的線圈，可知當開關閉合時，電容器極板電壓為零，帶電量為零，通過線圈L的電流向下；斷開S后，電容器先開始充電，電流沿逆時針方向（負方向），并逐漸減小，AB不符合題意；

CD.斷開S后，電容器開始充電，電流沿逆時針方向，所以b板帶正電荷且逐漸增加，極板間產生方向向上（負方向）的電場，且場強逐漸增加；根據U=可知，兩極板間電勢差Uba逐漸增大，且為負方向，C不符合題意，D符合題意。

故答案為：D。

11．【答案】A,D【解析】【解答】A.如圖所示的電容式話筒就是一種電容式傳感器，其原理是：導電性振動膜片與固定電極構成了一個電容器，當振動膜片在聲壓的作用下振動時，兩電極間的距離發生變化，使電容發生變化，產生充放電現象，使電路中電流隨之變化，這樣聲信號就變成了電信號。所以電容式話筒是利A、用電容器的電容與極板間距離的關系來工作，A符合題意；

B.傳遞聲音圖像等信息時，需要將其搭載在高頻載波上發射出去，這一過程叫調制，接收信號的過程叫做調諧，B不符合題意；

C.紫外線具有較高能量，足以破壞細胞核中的物質，因此可以利用紫外線滅菌消毒，C不符合題意；

D.干簧管外繞上能產生磁場的線圈就成了干簧繼電器，當線圈通電后，管中磁性材料制成的簧片的自由端分別被磁化成N極和S極而相互吸引，因而接通被控電路。線圈斷電后，干簧片在本身的彈力作用下分開，將線路切斷。因此干簧管常被用作磁控開關，D符合題意。

故答案為：AD。

【分析】根據電容式傳感器的原理分析電容式話筒的工作原理；將聲音、圖像等信號通過電磁波發生出去的過程叫做調制，接收過程叫做調諧；根據各種電磁波的應用分析；干簧管常被用作磁控開關。12．【答案】B,C【解析】【解答】A.當照射到R3的光強增大時，R3的阻值減小，根據“串反并同”的規律可知，電流表A1與R3為串聯結構，所以示數增大；A2與R3為并聯結構，所以示數減??；電壓表與R3是并聯結構，所以示數減小，A不符合題意；

B.電容器極板等于等于R1兩端電壓，而R1與R3為串聯結構，所以R1U可知φP減小，C符合題意；

U=E-因此可得?U知?U為定值，D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】根據“串反并同”的規律，分析電路中各部分電路兩端的電壓和電流的變化情況；由E=Ud分析電容器極板間電場強度的變化，確定粒子的運動方向；由U=Ed分析P點到下極板電勢差的變化，再由電勢差與電勢的關系式UAB13．【答案】C,D【解析】【解答】A.分析兩小球的受力，小球之間的電場力只能是斥力，否則不能平衡，如圖所示：

可知A、B兩小球帶同種電荷，A不符合題意；

B.根據共點力平衡條件，對A，由正弦定理可得m對B，由正弦定理可得m解得A、B兩球質量之比為mB不符合題意；

C.根據庫侖定律可得F=k故A球質量為mC符合題意；

D.僅把A、B的帶電量互換，F的大小不變，對兩球的受力沒有影響，故不影響兩小球的位置，兩小球仍在原位置靜止，D符合題意。

故答案為：CD。

【分析】分析兩小球的受力，確定小球所帶電荷的正負；根據共點力平衡條件求出A、B兩球的質量之比；由庫侖定律求出A球質量；兩電荷間的庫侖力是相互作用力，總是等大反向，與電荷量的大小關系無關。14．【答案】A,C【解析】【解答】A.I-t圖像中面積表示通過線圈截面的電荷量，由電流的定義式、法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律可得q=I·?t=與t兩段時間內線圈的磁通量的變化量相同，所以t1~t2與t2~t3兩段時間內圖線與坐標軸圍成的面積相等，A符合題意；

B.根據楞次定律的推論“來拒去留”的規律可知，磁鐵在線圈上方下落過程中和在線圈下方下落過程中，線圈中感應電流受到的安培力都是磁鐵的相對運動，可知，E=n令單匝線圈電阻為R0I=解得I=當?t趨于無限小時I=可以表示瞬時值，可知線圈中產生的電流峰值與匝數無關，C符合題意；

D.根據動能定理(mg-解得v=若將線圈到玻璃管上端的距離加倍，阻力平均值也會發生變大，則速度不會變為原來的2倍，電流峰值不會加倍，D不符合題意。

故答案為：AC。

【分析】I-t圖像中面積表示通過線圈截面的電荷量，由電流的定義式、法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律推導通過線圈截面的電荷量的表達式，得出t1~t2與15．【答案】（1）A1；（2）；右（3）B（4）1.40；0.40【解析】【解答】（1）一節干電池的電動勢約為1.5V，內阻約為幾歐姆，電路中的電流不超過0.6A，則電流表應選用A1；為了便于調節，滑動變阻器應選用R2。

（2）由于電源內阻較小，所以電流表應相對于電源外接，所以實物圖如圖所示：

為了保護電路，閉合開關前，滑動變阻器滑片應滑到阻值最大端，即最右端。

（3）由閉合電路歐姆定律得路端電壓U=E-Ir，當電源內阻r太小時，干路中電流I有變化時，Ir變化很小，電路端電壓U變化會很小，即電壓表示數變化范圍很小，B符合題意，ACD不符合題意。

故答案為：B。

E=U+I(整理得U=-I(結合U-I圖像的縱軸截距和斜率可得E=1.40V，R解得r=0.40【分析】（1）分析電路中可能達到的最大電流，選擇電流表；本著便于調節的目的，選擇滑動變阻器；（2）根據實驗原理和注意事項，連接實物電路；閉合開關前應調節滑動變阻器滑片位置，使閉合開關瞬間，電壓表和電流表的示數最小，防止電表被燒毀；（3）根據閉合電路歐姆定律分析電壓表示數變化范圍很小的原因；（4）由閉合電路歐姆定律推導U-I關系式，再結合U-I圖像的縱軸截距和斜率，求出電池的電動勢和內阻。16．【答案】（1）2.326mm（2）13（3）（4）π【解析】【解答】（1）螺旋測微器的精確度為0.01mm，圖中螺旋測微器的主尺讀數為2mm，可動尺讀數為32.8×0.01mm=0.326mm，可得合金絲的直徑為d=2mm+0.328mm=2.326mm（2）用多用表測量電阻時，指針指在中央位置附近測量會比較準確，由圖乙可知，當選用“×10”倍率的電阻擋測量，發現多用表指針偏轉很大，說明電阻較小，應換小倍率的電阻擋，故應改換“×1”倍率的電阻擋，并讓紅黑表筆短接，重新歐姆調零；根據歐姆表讀數規則，測量的電阻阻值為R=13×1（3）由于R<所以采用電流表的外接法；為使合金絲兩端電壓調節范圍盡量大，滑動變阻器應采用分壓式接法，電路圖如下：

（4）根據歐姆定律可得R=根據電阻定律可得R=ρ又S=π聯立可得ρ=【分析】（1）根據螺旋測微器的讀數規則讀數；（2）用多用表測量電阻時，指針指在中央位置附近測量會比較準確，根據指針偏轉的特點，選擇合適倍率；由歐姆表的讀數規則讀數；（3）根據伏安法測電阻的原理和注意事項畫出原理電路；（4）根據歐姆定律和電阻定律，推導合金絲電阻率的表達式。17．【答案】（1）0.0048（2）B；D【解析】【解答】（1）由題意可知，i?t曲線和兩坐標軸所圍的面積為43.Q=43.2mA·s=0.0432C由i-t圖像可知，電容器放電時的最大電流為I則電容器充滿電荷時的電壓為U=所以電容器的電容為C=（2）變壓器原線圈要接交流電，所以應選用學生用低壓交流電源，不能用干電池；要測量交流電壓，不能使用普通的電壓表，應使用多用電表的交流電壓檔，BD符合題意，AC不符合題意。

故答案為：BD。

【分析】（1）根據i-t圖像中面積表示電量，求出電容器充滿電時所帶的電荷量，再由歐姆定律推導電容器充滿電荷時的極板電壓，然后根據電容的定義式C=Q18．【答案】（1）電子在電場中加速，