浙江省杭州市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期1月期末考試物理試題（含答案）1

浙江省杭州2023-2024學(xué)年高二上學(xué)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13小題，每小題3分，共39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．關(guān)于電磁場和電磁波，下列說法中正確的是（）A．變化的電場一定在周圍空間產(chǎn)生變化的磁場B．各種頻率的電磁波在真空中以不同的速度傳播C．電磁波和機械波都依賴于介質(zhì)才能傳播D．麥克斯韋首先預(yù)言了電磁波的存在，赫茲最先用實驗證實了電磁波的存在2．有一接地的導(dǎo)體球殼，如圖所示，球心處放一點電荷q，達到靜電平衡時，則()A．q的電荷量變化時，球殼外電場隨之改變B．q在球殼外產(chǎn)生的電場強度為零C．球殼內(nèi)、外表面的電荷在殼外的合場強為零D．q與球殼內(nèi)表面的電荷在殼外的合場強為零3．如圖所示，將帶正電的甲球放在不帶電的乙球左側(cè)，兩球在空間形成了穩(wěn)定的靜電場，實線為電場線，虛線為等差等勢線。A、B兩點與兩球球心連線位于同一直線上，C、D兩點關(guān)于直線AB對稱，則（）A．A點和B點的電勢相同B．C點和D點的電場強度相同C．正電荷從A點移至B點，電勢能減小D．負電荷從C點移至D點，電勢能增大4．如圖甲所示，在x軸上有一個點電荷Q（圖中未畫出），O、A、B為軸上三點。放在A、B兩點的試探電荷受到的靜電力與其所帶電荷量的關(guān)系如圖乙所示。以x軸的正方向為靜電力的正方向，則（）A．點電荷Q一定為正電荷B．點電荷Q在A、B之間C．點電荷Q在A、O之間D．A點的電場強度大小為5×15．如圖所示，兩相同燈泡A1、A2，A1與一理想二極管D連接，線圈L的直流電阻不計．下列說法正確的是（）A．閉合開關(guān)S后，A1會逐漸變亮B．閉合開關(guān)S穩(wěn)定后，A1、A2亮度相同C．?dāng)嚅_S的瞬間，a點的電勢比b點低D．?dāng)嚅_S的瞬間，A1會逐漸熄滅6．在同一平面內(nèi)有互相絕緣的三根無限長直導(dǎo)線ab、cd、ef圍成一個等邊三角形，一根導(dǎo)線通過的電流大小相等，方向如圖所示，O點為等邊三角形的中心，M、N兩點分別為O點關(guān)于導(dǎo)線ab、cd的對稱點．已知O點的磁感應(yīng)強度大小為Bl，M點的磁感應(yīng)強度大小為B2．若轍去導(dǎo)線ef，保持導(dǎo)線ab、cd中的電流不變，則此時N點的磁感應(yīng)強度大小為A．B1+B22 B．B17．如圖所示，電源的電動勢為30V，內(nèi)電阻為1Ω，一個標(biāo)有“6V，12W”的電燈與一個繞線電阻為2Ω的電動機串聯(lián)．開關(guān)閉合后，電路中的電燈正常發(fā)光，則電動機輸出的機械功率為()A．36W B．44W C．48W D．60W8．在冰壺比賽中，某隊員利用紅壺去碰撞對方的藍壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖（a）所示，碰撞前后兩壺運動的v-t圖線如圖（b）中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量相等，則（）A．兩壺發(fā)生了彈性碰撞B．碰后藍壺速度為0.8m/sC．碰后藍壺移動的距離為2.4mD．碰后紅壺所受摩擦力小于藍壺所受摩擦力9．如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10:1，電阻A．副線圈輸出電壓的頻率為5Hz B．電壓表的示數(shù)為222VC．電阻R消耗的電功率為22W D．電流表的示數(shù)為1A10．一重力不計的帶電粒子以初速度v0先后穿過寬度相同且緊鄰在一起的有明顯邊界的勻強電場E和勻強磁場B，如圖甲所示，電場和磁場對粒子總共做功W1；若把電場和磁場正交疊加，如圖乙所示，粒子仍以v0<EB的初速度穿過疊加場區(qū)對粒子總共做功A．W1=WC．W1<W2 11．如圖所示，質(zhì)量為m、長為l的銅棒ab，用長度也為l的兩根輕導(dǎo)線水平懸吊在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，未通電時，銅棒靜止，通入恒定電流后，棒向外偏轉(zhuǎn)的最大角度為θ，重力加速度為g，不計空氣阻力。則（）A．棒中電流的方向為b→aB．棒中電流的大小為mg(1?C．棒中電流的大小為mgD．若只增大輕導(dǎo)線的長度，則θ角變大12．如圖所示，邊長為a電阻為R的正方形導(dǎo)體框水平放置，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與水平面成θ=30°角斜向下，導(dǎo)體框可分別繞mn和ef軸以相同角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。下列說法正確的是（）A．導(dǎo)體框繞ef軸轉(zhuǎn)動比繞mn軸轉(zhuǎn)動時導(dǎo)體框發(fā)熱功率小B．導(dǎo)體框繞ef軸轉(zhuǎn)動與繞mn軸轉(zhuǎn)動時導(dǎo)體框的發(fā)熱功率一樣大C．從圖示位置導(dǎo)體框繞ef軸順時針轉(zhuǎn)過90°比繞mn軸轉(zhuǎn)過90°導(dǎo)體框的磁通量變化量大D．從圖示位置導(dǎo)體框繞ef軸順時針轉(zhuǎn)過90°與繞mn軸轉(zhuǎn)過90°導(dǎo)體框的磁通量變化量相同13．如圖所示，邊長為L的正方形CDEF區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，對角線CE和DF的交點為P，在P點處有一粒子源，可以連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)各方向發(fā)射出正離子。已知離子的質(zhì)量為m、電荷量為q，不計離子重力及離子間相互作用力。則離子不可能射出正方形區(qū)域的發(fā)射速率v應(yīng)滿足（）A．0<v≤qBL8m B．0<v≤qBLm C．0<v≤qBL2m二、選擇題II（本題共3小題，每小題3分，共9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3分，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分）14．如圖所示，兩個帶電小球A、B分別處在光滑絕緣的斜面和水平面上，且在同一豎直平面內(nèi)。用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止。現(xiàn)將B球水平向左移動一小段距離，發(fā)現(xiàn)A球隨之沿斜面向上移動少許，兩球在虛線位置重新平衡。與移動前相比，下列說法正確的是（）A．斜面對A的彈力增大 B．水平面對B的彈力增大C．推力F變小 D．兩球之間的距離變小15．如圖所示，直線I、II分別是電源1與電源2的路端電壓隨輸出電流的變化的特性圖線，曲線Ⅲ是一個小燈泡的伏安特性曲線，如果把該小燈泡分別與電源1、電源2單獨連接，則下列說法正確的是（）A．電源1與電源2的內(nèi)阻之比是11∶7B．電源1與電源2的電動勢之比是1∶1C．在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡消耗的功率之比是1∶2D．在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡的電阻之比是1∶216．如圖（a），螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強磁場，以圖中箭頭所示方向為其正方向。螺線管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi)。當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強度B隨時間按圖（b）所示規(guī)律變化時A．在t1~t2時間內(nèi)，L有收縮趨勢B．在t2~t3時間內(nèi)，L有擴張趨勢C．在t2~t3時間內(nèi)，L內(nèi)有逆時針方向的感應(yīng)電流D．在t3~t4時間內(nèi)，L內(nèi)有順時針方向的感應(yīng)電流三、非選擇題（本題共4小題，共52分）17．如圖為“探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的實驗裝置。（1）將圖中所缺的導(dǎo)線補接完整（要求變阻器滑片向左移動時阻值變大）。（2）如果在閉合開關(guān)時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下，那么合上開關(guān)后可能出現(xiàn)的情況有：①將原線圈迅速插入副線圈時，靈敏電流計指針將（選填“發(fā)生”或“不發(fā)生”）偏轉(zhuǎn)；②原線圈插入副線圈后，將滑動變阻器滑片迅速向左拉時，靈敏電流計指針（選填“發(fā)生”或“不發(fā)生”）偏轉(zhuǎn)；③在上述兩過程中靈敏電流計指針的偏轉(zhuǎn)方向（選填“相同”或“相反”）.（3）在做“探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”實驗時，如果副線圈兩端不接任何元件，則副線圈電路中將____.（不定項選擇）A．因電路不閉合，無電磁感應(yīng)現(xiàn)象B．有電磁感應(yīng)現(xiàn)象，但無感應(yīng)電流，只有感應(yīng)電動勢C．不能用楞次定律判斷感應(yīng)電動勢方向D．可以用楞次定律判斷感應(yīng)電動勢方向18．在“測定金屬絲的電阻率”的實驗中，所用金屬電阻絲的電阻約為30Ω?，F(xiàn)通過以下實驗測量該金屬材料的電阻率。（1）用螺旋測微器測量電阻絲直徑，其示數(shù)如圖甲所示，則該電阻絲直徑的測量值d=mm。（2）實驗中能提供的器材有開關(guān)、若干導(dǎo)線及下列器材：電壓表V1（量程0~3V，內(nèi)阻約3kΩ）；電壓表V2（量程0~15V，內(nèi)阻約15kΩ）；電流表A1（量程0~100mA，內(nèi)阻約5Ω）；電流表A2（量程0~0.6A，內(nèi)阻約0.1Ω）；滑動變阻器R1（0~10Ω）；滑動變阻器R2（0~1kΩ）；電源E（電動勢為4.5V，內(nèi)阻不計）。為了便于調(diào)節(jié)電路并能較準(zhǔn)確地測出電阻絲的阻值，電壓表應(yīng)選，電流表應(yīng)選，滑動變阻器應(yīng)選。（3）在圖乙框中畫出該實驗的實驗原理圖，要求：能改變電阻絲的測量長度和進行多次測量。（4）利用測量數(shù)據(jù)畫出U-l圖線，如圖丙所示，其中（l0，U0）是U-l圖線上的一個點的坐標(biāo)。根據(jù)U-l圖線，用電阻絲的直徑d、電流I和坐標(biāo)（l0，U0）可計算出電阻絲的電阻率ρ=。（用所給字母表示）19．如圖為某小組探究兩滑塊碰撞前后的動量變化規(guī)律所用的實驗裝置示意圖。帶刻度尺的氣墊導(dǎo)軌右支點固定，左支點高度可調(diào)，裝置上方固定一具有計時功能的攝像機。（1）要測量滑塊的動量，除了前述實驗器材外，還必需的實驗器材是。（2）為減小重力對實驗的影響，開動氣泵后，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌的左支點，使輕推后的滑塊能在氣墊導(dǎo)軌上近似做運動。（3）測得滑塊B的質(zhì)量為197.8g，兩滑塊碰撞前后位置x隨時間t的變化圖像如圖所示，其中①為滑塊B碰前的圖線。取滑塊A碰前的運動方向為正方向，由圖中數(shù)據(jù)可得滑塊B碰前的動量為kg?m?s?1（保留2位有效數(shù)字），滑塊A碰后的圖線為（選填“②”“③”“20．如圖所示，BCDG是光滑絕緣的3/4圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點)置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為34mg，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5（1）若滑塊從水平軌道上距離B點s=3R的A點由靜止釋放，求滑塊到達與圓心O等高的C點時對軌道的作用力大小．（2）為使滑塊能沿軌道滑行通過G點，求滑塊從A點由靜止釋放時AB間的最小距離，．21．如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上。在y軸左側(cè)區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強電場，在y軸右側(cè)區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為?q（q>0）的粒子，以某一初速度從v0從A（?23（1）求y軸左側(cè)區(qū)域內(nèi)電場強度大小E；（2）求粒子從C點運動到D點所需的時間；（3）若僅在y軸右側(cè)區(qū)域再加一個水平向左、大小為E1=3mv22．如圖所示，兩條相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌，相距l(xiāng)=0.2m，左側(cè)軌道的傾斜角θ=30°，右側(cè)軌道為圓弧線，軌道端點間接有電阻R=1.5Ω，軌道中間部分水平，在MP、NQ間有寬度為d=0.8m，方向豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間變化如圖乙所示。一質(zhì)量為m=10g、導(dǎo)軌間電阻為r=1.0Ω的導(dǎo)體棒a從t=0時刻無初速釋放，初始位置與水平軌道間的高度差H=0.8m。另一與a棒完全相同的導(dǎo)體棒b靜置于磁場外的水平軌道上，靠近磁場左邊界PM。a棒下滑后平滑進入水平軌道（轉(zhuǎn)角處無機械能損失），并與b棒發(fā)生碰撞而粘合在一起，此后作為一個整體運動。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，軌道的電阻和電感不計。求：（1）導(dǎo)體棒進入磁場前，流過R的電流大小；（2）導(dǎo)體棒剛進入磁場瞬間受到的安培力大??；（3）導(dǎo)體棒最終靜止的位置離PM的距離；（4）全過程電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A.根據(jù)麥克斯韋電磁場理論可知，均勻變化的電場在周圍空間產(chǎn)生恒定的磁場，A不符合題意；

B.各種頻率的電磁波在真空中傳播的速度相同，等于光速3.0×108m/s，B不符合題意。

C.電磁波可以在真空中傳播，機械波依賴于介質(zhì)才能傳播，C不符合題意；

2．【答案】D【解析】【解答】A.由于球殼接地，在靜電平衡后，球殼外表面不帶電，所以球殼外的電場為0，不隨q的變化發(fā)生變化，A不符合題意；

BCD.當(dāng)?shù)竭_靜電平衡狀態(tài)后，金屬球殼外表面接地，所以球殼外表面不帶電，q與球殼內(nèi)表面的電荷在殼外的合場強為零，所以q單獨在球殼外產(chǎn)生的電場強度不為零，BC不符合題意，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)靜電平衡原理分析接地的球殼外表面的電荷量，得出球殼外的電場強度；分析靜電平衡后，q與感應(yīng)電荷的在球殼外的合場強，得出q單獨在球殼外產(chǎn)生的電場強度是否為零。3．【答案】C【解析】【解答】A.由電場線和等勢面的圖線可知A點與C點在一個等勢面上，電勢相等，乙處于靜電平衡狀態(tài)，是一個等勢體，再根據(jù)“沿電場線的方向電勢逐漸降低”的特點可知，C點電勢高于B點的電勢，所以A點的電勢高于B點的電勢，A不符合題意；

B.因由圖可知，C點與D點方向不同，所以電場強度不同，B不符合題意；

C.因為A點的電勢高于B點的電勢，所以UABW可知，將正電荷從A點移至B點，電場力做正功，電勢能減小，C符合題意。

D.由圖可知，C、D在同一等勢面上，電勢相等，由E可知，負電荷在C點和D點的電勢能相等，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個等勢體，再根據(jù)“沿電場線的方向電勢逐漸降低”的特點分析A、B兩點電勢的高低；根據(jù)電場線的疏密表示場強大小，切線表示場強方向，分析C、D兩點電場場強的關(guān)系；根據(jù)電場力做功分析電勢能的變化；C、D電勢相等，根據(jù)Ep4．【答案】B【解析】【解答】ABC.由圖乙知，正的試探電荷放在A點，受到的電場力方向沿x軸正方向，所以A點的場強向右，負的試探電荷放在B點，所受的靜電力的方向也沿x軸的正方向，所以B點的場強方向向左，說明點電荷Q為負電荷且在A、B之間，AC不符合題意，B符合題意；

D.根據(jù)F=Eq可知，圖乙中A點的試探電荷受到的靜電力與其所帶電荷量的關(guān)系圖像的斜率等于點電荷Q在A點的場強，即ED不符合題意。

故答案為：B。

【分析】結(jié)合圖乙分析試探電荷在A、B兩點的受力方向，得出電場方向，從而確定點電荷Q的位置和電性，由A點的試探電荷受到的靜電力與其所帶電荷量的關(guān)系圖像的斜率，求出A點的電場強度。5．【答案】C【解析】【解答】A.閉合開關(guān)S后，A1、A2兩端立即有電壓，所以兩燈立刻亮，A不符合題意；

B.閉合開關(guān)S穩(wěn)定后，因線圈L的直流電阻不計，所以A1與二極管被短路，導(dǎo)致燈泡A1熄滅，而A2將更亮，因此A1、A2亮度度不同，B不符合題意；

CD.斷開S的瞬間，A2會立刻熄滅，線圈L因電流減小而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)楞次定律的推論“增反減同”可知，a端的電勢低于b端，線圈L與燈泡6．【答案】D【解析】【解答】設(shè)每根導(dǎo)線中的電流在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0，ef、cd的電流在M點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小都為BB在M點有B撤去導(dǎo)線ef后，在N點有B聯(lián)立各式可得BD符合題意，ABC不符合題意。

故答案為：D。

【分析】結(jié)合O、M點距個導(dǎo)線的距離，設(shè)出各導(dǎo)線在M、N、O三點產(chǎn)生的場強，由左手定則判斷出三根導(dǎo)線在O點和M點產(chǎn)生的場強方向，再由矢量疊加原理寫出O點和M點的合場強，同理，寫出撤去ef后N點的合場強，求解方程組即可得解。7．【答案】A【解析】【解答】由題意可知，電燈正常發(fā)光，所以電燈兩端的電壓為6V，則電路中電流為I=由閉合電路歐姆定律可得，電動機兩端的電壓U則電動機輸出的機械功率PA符合題意，BCD不符合題意。

故答案為：A。

【分析】根據(jù)正常發(fā)光的燈泡的電壓和功率，求出電路中的電流，再由閉合電路歐姆定律，求出電動機兩端的電壓，最后又電功率的公式，求出電動機的輸出功率。8．【答案】B【解析】【解答】由圖知：碰前紅壺的速度v0＝1.0m/s，碰后速度為v′0＝0.2m/s，可知，碰后紅壺沿原方向運動，設(shè)碰后藍壺的速度為v，取碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mv0＝mv′0+mv，代入數(shù)據(jù)解得：v＝0.8m/s，12mv故答案為：B

【分析】v-t圖像中，橫坐標(biāo)為時間，縱坐標(biāo)為速度，結(jié)合物體速度的變化，利用動量定理分析求解即可。9．【答案】C【解析】【解答】A.由乙圖可知原線圈輸入電壓的周期為T=0.02s，變壓器不改變交流電的周期和頻率，所以副線圈輸出電壓的頻率為f=A不符合題意；

B.由圖乙可知，原線圈輸入電壓的最大值U由理想變壓器電壓與匝數(shù)關(guān)系可得U得U電壓表顯示有效值，可知電壓表的示數(shù)為UB不符合題意；

C.電阻R消耗的電功率為PC符合題意；

D.理想變壓器輸出功率和輸出功率相等，所以有UU解得ID不符合題意。

故答案為：C。

【分析】變壓器不改變交流電的周期和頻率，由圖乙求出輸入端的電壓頻率即可；交流電表顯示的有效值，根據(jù)最大值求出有效值，得到示數(shù)；由電功率的公式P=U10．【答案】B【解析】【解答】由于v所以電場力qE大于洛倫茲力qBvWB符合題意，ACD不符合題意。

故答案為：B。

【分析】洛倫茲力對帶電粒子不做功，只要分析出帶電粒子在單獨的電場中和電場與磁場疊加的復(fù)合場中沿電場線方向上位移的大小關(guān)系，即可得出W1、W11．【答案】B【解析】【解答】A.根據(jù)導(dǎo)體棒受到的安培力方向，由左手定則可知，電流的方向由a到b，A不符合題意；

BCD.根據(jù)動能定理可知BIl·I解得I=由以上計算過程可知，繩長l在計算過程中約掉，所以最大偏轉(zhuǎn)角與導(dǎo)線的長度無關(guān)，C不符合題意，B符合題意，D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】根據(jù)左手定則判斷ab中感應(yīng)電流的方向；由動能定理計算棒中電流的大小，并根據(jù)計算過程，分析最大偏角與與繩長的關(guān)系。12．【答案】C【解析】【解答】AB.導(dǎo)體框分別繞ef軸和mn軸轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的峰值為EE根據(jù)有效值與最大值的關(guān)系E可得E根據(jù)電功率公式P=可知，導(dǎo)體框繞ef軸轉(zhuǎn)動比繞mn軸轉(zhuǎn)動時導(dǎo)體框的發(fā)熱功率大，AB不符合題意。

CD.從圖示位置導(dǎo)體框繞cf軸順時針轉(zhuǎn)過90°，磁通量變化量??=B繞mn軸轉(zhuǎn)過90°導(dǎo)體框的磁通量變化量??'=B可知從圖示位置導(dǎo)體框繞ef軸順時針轉(zhuǎn)過90°比繞mn軸轉(zhuǎn)過90°導(dǎo)體框的磁通量變化量大，C符合題意，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】比較線圈繞f軸轉(zhuǎn)動比繞mn軸轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大值的關(guān)系，得到有效值的關(guān)系，再由電功率的公式P=U2R13．【答案】D【解析】【解答】粒子在磁場中恰好不射出的軌跡如圖所示：

根據(jù)幾何知識可知，其軌道半徑為R=由洛倫茲力充當(dāng)向心力可得qvB=m解得v=所以粒子不從磁場射出的速度需要滿足0≤v≤ABC不符合題意，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】做出粒子恰好不能射出磁場的軌跡圖像，由幾何關(guān)系求出軌跡半徑，再由洛倫茲力充當(dāng)向心力，得出粒子的速度，得到離子不可能射出正方形區(qū)域的發(fā)射速率v的范圍。14．【答案】B,C【解析】【解答】做出A、B兩球的受力，如圖所示：

對小球A，由共點力平衡條件，結(jié)合圖像法可得，當(dāng)A小球到達虛線位置時，斜面對A的彈力NA減小，A受到的庫侖力F庫減小，A不符合題意；

B.對AB整體受力分析，NB和NA的豎直分量之和等于AB的重力之和，NA減小，則NA的豎直分量減小，則水平面對B的彈力NB增大，B符合題意；

C.對B受力分析，B受到庫侖力與A受到的庫侖力為相互作用力，大小相等，F(xiàn)等于庫侖力F庫的水平分量，因為FF=得，兩球之間的距離變大，D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】分析A小球的受力，由共點力平衡條件和作圖法，得出斜面對A的彈力和A受到的庫侖力的變化情況；對AB整體受力分析，由共點力平衡條件，結(jié)合斜面對A的彈力變化，得出水平面對B的彈力的變化情況；對B受力分析，根據(jù)B受到的庫侖力的變化情況，得出推力F的變化情況；由庫侖定律分析兩球之間的距離變化。15．【答案】A,B,C【解析】【解答】A．根據(jù)電源的路端電壓隨輸出電流的變化的特性圖線斜率的絕對值表示電源內(nèi)阻可知，電源1與電源2的內(nèi)阻之比是11∶7，A符合題意；B．根據(jù)電源的路端電壓隨輸出電流的變化的特性圖線在縱軸的截距表示電源電動勢可知，電源1與電源2的電動勢之比是1∶1，B符合題意；C．根據(jù)曲線交點表示工作點，交點的縱、橫坐標(biāo)的乘積表示電源輸出功率，在這兩種連接狀態(tài)下，由P=UI可知，小燈泡消耗的功率之比是1∶2，C符合題意；D．根據(jù)曲線交點的縱、橫坐標(biāo)的比值表示小燈泡電阻，在這兩種連接狀態(tài)下，由R=U故答案為：ABC。

【分析】對于U-I曲線，圖像的橫坐標(biāo)為電流，縱坐標(biāo)為電壓，結(jié)合橫縱坐標(biāo)豎直求解電阻的阻值，圖像斜率為電阻的變化趨勢；對于電源的伏安特性曲線來說，圖像與縱坐標(biāo)的交點為電源的電動勢，圖像斜率的相反數(shù)為電源的內(nèi)阻，用電源的電動勢除以電源內(nèi)阻即為電源的短路電流。

16．【答案】A,D【解析】【解答】A.由圖（b）可知，在t1E=N可知，螺旋管產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢增大，所以回路中感應(yīng)電流增大，該電流激發(fā)出增加的磁場，所以通過圓環(huán)的磁通量增加，根據(jù)楞次定律的推論“增縮減擴”可知，圓環(huán)有收縮趨勢，A符合題意；

BC.在t2E=N可知，螺旋管產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，所以回路中感應(yīng)電流恒定，圓環(huán)中的磁通量不變，故圓環(huán)中沒有感應(yīng)電流，也沒有收縮和擴張的趨勢，BC不符合題意；

D.在t3~t4時間內(nèi)，外加磁場向下減小，且斜率也減小，由楞次定律可知，導(dǎo)線框中會產(chǎn)生沿順時針方向減小的電流，該電流激發(fā)出向內(nèi)減小的磁場，故圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生順時針方向電流，D符合題意。

故答案為：AD。

【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律判斷17．【答案】（1）（2）發(fā)生；發(fā)生；相反（3）B；D【解析】【解答】解：（1）電路圖如圖所示，

（2）①將原線圈迅速插入副線圈時，磁通量變大，產(chǎn)生感應(yīng)電流，靈敏電流計指針將發(fā)生偏轉(zhuǎn)；

②原線圈插入副線圈后，將滑動變阻器滑片迅速向左拉時，電路中電阻增大，電流減小，靈敏電流計所在電路中線圈中磁通量變小，靈敏電流計指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)；

（3）因為在閉合開關(guān)時磁通量變大，靈敏電流計的指針向右偏了一下，則①靈敏電流計的指針向右偏②靈敏電流計的指針向左偏，即兩過程中靈敏電流計指針的偏轉(zhuǎn)方向相反。

【分析】閉合回路中磁通量發(fā)生變化，回路中就產(chǎn)生感應(yīng)電流，若磁場方向不變，磁通量變大和變小時電流方向不同。18．【答案】（1）0.183（0.182~0.184）（2）V1；A1；R1（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(shù)為0，可動尺讀數(shù)為18.3×0.01mm=0.183mm，可得該電阻絲直徑d=0+0.183mm=0.183mm（2）由于電源E電動勢為4.5V，為減小測量誤差，電壓表應(yīng)選V1I所以電流表應(yīng)選A1；要比較準(zhǔn)確的測量電阻絲的阻值，滑動變阻器應(yīng)采用分壓式接法，為便于調(diào)節(jié)，應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動變阻器R1。R所以測量電路用電流表外接法產(chǎn)生的誤差較小，電路如圖所示：

（4）由電阻定律和歐姆定律可得R=ρlS聯(lián)立解得ρ=【分析】（1）根據(jù)螺旋測微器讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；（2）根據(jù)電表的量程選擇電壓表和電流表，根據(jù)滑動變阻器接入電路的方式，選擇滑動變阻器；（3）根據(jù)實驗要求畫出實驗電路；（4）由電阻定律和歐姆定律推導(dǎo)電阻率的表達式。19．【答案】（1）天平（2）勻速直線（3）-0.011；③【解析】【解答】（1）根據(jù)動量計算式P=mv，測量滑塊的動量需要測量滑塊的速度及質(zhì)量，因氣墊導(dǎo)軌帶有刻度尺及計時功能攝像機，速度可求，故還需要的器材是天平，用來測量滑塊質(zhì)量；

（2）為了減小重力對實驗的影響，應(yīng)該讓氣墊導(dǎo)軌處于水平位置，使滑塊所受重力與氣墊導(dǎo)軌對其支持力平衡，合力為0，故調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌后要使滑塊能在氣墊導(dǎo)軌上近似做勻速直線運動；

（3）根據(jù)x-t圖斜率為物體運動速度，由題可知①為滑塊B碰前的圖線，則滑塊B碰前的速度為vB=0.424-0.4760.9=-0.058m/s；

滑塊B碰前的動量為PB=mBvB=0.1978×（-0.058）=-0.011kg·m/s【分析】根據(jù)動量的定義，判斷測量動量所需器材；根據(jù)x-t圖斜率為物體運動速度，求出物體速度、動量；根據(jù)物體碰撞速度的合理性，結(jié)合圖像，判斷物體速度對應(yīng)圖像。20．【答案】（1）解：設(shè)滑塊到達C點時的速度為v，由動能定理有：qE(s+R)?μmgs?mgR=解得：v=設(shè)滑塊到達C點時受到軌道的作用力大小為F，則有：F?qE=m解得：F=由牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的壓力為7（2）解：如圖所示，可以將電場力與重力的合力視為等效重力，圖中H點為等效最高點