答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．D【詳解】A．電流是標量，單位用國際單位制基本單位表示為A，故A錯誤；B．力是矢量，根據單位用國際單位制基本單位表示為，故B錯誤；C．根據可知能量單位焦耳用國際單位制基本單位表示為，故C錯誤；D．電場強度是矢量，根據單位用國際單位制基本單位表示為，故D正確。故選D。2．B【詳解】A．隨電壓的增大，元件乙的圖象斜率越來越小，根據歐姆定律可知，其電阻隨電壓的增大而增大，故A錯誤；B．在A點，甲、乙兩元件的電壓、電流相同，則電阻相等，故B正確；C．I-U圖象的斜率表示電阻的倒數，元件甲的電阻故C錯誤；D．將甲、乙兩元件并聯接到5V的電源兩端時，因并聯電路中各支路兩端的電壓相等，所以兩元件兩端的電壓均為5V，由圖象可知通過兩元件的電流分別為I乙=1.0A因并聯電路中干路電流等于各支路電流之和，所以總電流I=I甲+I乙=1.625A根據電荷量定義可知，每秒通過干路某一橫截面的電荷量為1.625C，故D錯誤。故選B。3．A【詳解】根據公式可得故因為是串聯在一起，則電流相等，又電阻相等，所以兩導體兩端的電壓相等，即都為，根據歐姆定律可得解得故A正確。4．C【詳解】A．設勻強電場的電場強度大小為，小球由靜止釋放至最低點的過程中，根據動能定理有解得故A錯誤；B．將電場力與重力合成，則有合力方向與豎直方向成斜向右下，將合力看成一個等效重力，找出等效最低點，則與豎直方向成斜向右下，小球由靜止運動到點的過程，根據動能定理有解得擺動過程中小球的最大速度為故B錯誤；C．小球在點時受到的拉力最大，設拉力為，根據牛頓第二定律有解得故C正確；D．擺動過程中小球減少的重力勢能等于小球的動能增加量和電勢能的增加量之和，故D錯誤。故選C。5．B【詳解】設四個微粒拋出時距地面的高度為，微粒a、d在豎直方向均做自由落體運動，由可得落地時間為微粒b受電場力向下，做類平拋運動，微粒c受電場力向上，但由于重力較大，仍做類平拋運動，由牛頓第二定律分別可得類比微粒a可得，落地時間分別為則有故選B。6．B7．C【詳解】AB．由題意知電流根據電阻定律解得故AB錯誤；CD．根據解得故C正確，D錯誤。故選C。8．BCD【詳解】根據電流定義式可得根據電流微觀表達式可得根據電流定義式可得故選BCD。9．AC【詳解】AB．電子做勻速直線運動，則其合外力為零，根據平衡條件有求得故A正確，B錯誤；CD．根據電阻定律可得該段導體的電阻為根據歐姆定律可得又由電流的微觀表達式聯立求得故C正確，D錯誤。故選AC。10．BCD【詳解】A電壓為10V，電荷量為C時，則電容故A錯誤。B．當保持開關S閉合，即保持極板間電壓一定，根據A板向B靠近時，極板間距減小，則電場強度增大。設帶電小球質量為，電荷量為，根據平衡條件可知電場強度增大，小球所受電場力增大，增大，角增大，B正確；C當開關S斷開，即保持極板所帶電荷量一定，根據則電場強度可知當A板向B靠近過程中，電場強度一定，即小球所受電場力不變，由知不變，角不變，故C正確，D．動能增加量等于電場力做的功，則D正確。故選BCD。11．(1)(2)(3)【詳解】（1）I-t圖像與橫軸所圍的面積表示電容存儲的電荷量，1小格的面積為超過半格算1格，不足半格的舍去，可知總共約18格，故電容器在全部放電過程中釋放的電荷量為Q=18×2.5×10-5C=4.5×10-4C（2）已直流電源的電壓為6V，則電容器的電容為（3）由于電容存儲的電荷量不變，如果不改變電路其他參數，斷開開關K，重復上述實驗，則充電時I-t曲線與橫軸所圍成的面積將不變。斷開開關K，電容器串聯的電阻值增大，充電電流變小，充電時間將變長。則充電時的圖像可能是圖丙中的虛線a。12．(1)5.015.315/5.316/5.314（2）9.60(3)小于（4）【詳解】（1）由題圖甲可知圓柱體的長度為由題圖乙可知圓柱體的直徑為（2）由于滑動變阻器的最大阻值為5Ω，明顯小于被測電阻，因此采用滑動變阻器分壓式接法，由于被測電阻遠小于電壓表內阻，采用安培表外接法，實物連接如圖所示由圖像得到被測電阻（3）由于安培表外接，使測得的電阻偏小，由可知，實驗測得的金屬絲電阻率小于真實值。（4）由電阻定律金屬桿的橫截面積聯立解得13.【詳解】（1）從A到B的過程中物塊受力如圖1所示有Ff=μN=μ(qE-mg)cos∠ABC，解得Ff=38（2）根據牛頓第二定律，有解得a=1.25m/s2或a=18g（3）根據運動公式，有解得或者10g5m/s14．(1)；(2)；(3)【詳解】(1)小球從A到B的過程中受到的電場力做的功解得(2)帶電小球通過B點時的加速度大小解得(3)由上面的式子得設電場力與重力的合力與豎直方向的夾角為θ當小球的位置與球心連線與豎直方向成θ角時速度最大，由動能定理解得15．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設帶電粒子經過P、Q板加速后的速度大小為v0，根據動能定理解得（2）粒子在偏轉電場中做類平拋運動，射出偏轉電場時速度的反向