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参考答案：
1．D
【详解】A．电流是标量，单位用国际单位制基本单位表示为A，故A错误；
B．力是矢量，根据
单位用国际单位制基本单位表示为 ，故B错误；
C．根据
可知能量单位焦耳用国际单位制基本单位表示为 ，故C错误；
D．电场强度是矢量，根据
单位用国际单位制基本单位表示为 ，故D正确。
故选D。
2．B
【详解】A．随电压的增大，元件乙的图象斜率越来越小，根据欧姆定律可知，其电阻随
电压的增大而增大，故A错误；
B．在A点，甲、乙两元件的电压、电流相同，则电阻相等，故B正确；
C．I-U图象的斜率表示电阻的倒数，元件甲的电阻
故C错误；
D．将甲、乙两元件并联接到5V的电源两端时，因并联电路中各支路两端的电压相等，所
以两元件两端的电压均为5V，由图象可知通过两元件的电流分别为
I =1.0A
乙
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以总电流
I=I +I =1.625A
甲 乙
根据电荷量定义可知，每秒通过干路某一横截面的电荷量为1.625C，故D错误。
答案第1页，共2页故选B。
3．A
【详解】根据公式
可得
故
因为是串联在一起，则电流相等，又电阻相等，所以两导体两端的电压相等，即都为 ，
根据欧姆定律可得
解得
故A正确。
4．C
【详解】A．设匀强电场的电场强度大小为 ，小球由静止释放至最低点的过程中，根据
动能定理有
解得
故A错误；
B．将电场力与重力合成，则有
答案第2页，共2页合力方向与竖直方向成 斜向右下，将合力看成一个等效重力，找出等效最低点 ，则
与竖直方向成 斜向右下，小球由静止运动到 点的过程，根据动能定理有
解得摆动过程中小球的最大速度为
故B错误；
C．小球在 点时受到的拉力最大，设拉力为 ，根据牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．摆动过程中小球减少的重力势能等于小球的动能增加量和电势能的增加量之和，故D
错误。
故选C。
5．B
【详解】设四个微粒抛出时距地面的高度为 ，微粒a、d在竖直方向均做自由落体运动，
由
可得落地时间为
微粒b受电场力向下，做类平抛运动，微粒c受电场力向上，但由于重力较大，仍做类平
抛运动，由牛顿第二定律分别可得
答案第3页，共2页类比微粒a可得，落地时间分别为
则有
故选B。
6．B
7．C
【详解】AB．由题意知
电流
根据电阻定律
解得
故AB错误；
CD．根据
解得
答案第4页，共2页故C正确，D错误。
故选C。
8．BCD
【详解】根据电流定义式可得
根据电流微观表达式可得
根据电流定义式可得
故选BCD。
9．AC
【详解】AB．电子做匀速直线运动，则其合外力为零，根据平衡条件有
求得
故A正确，B错误；
CD．根据电阻定律可得该段导体的电阻为
根据欧姆定律可得
又由电流的微观表达式
联立求得
答案第5页，共2页故C正确，D错误。
故选AC。
10．BCD
【详解】A电压为10V，电荷量为 C时，则电容
故A错误。
B．当保持开关S闭合，即保持极板间电压一定， 根据
A板向B靠近时，极板间距减小，则电场强度增大。设带电小球质量为 ，电荷量为 ，
根据平衡条件可知
电场强度增大，小球所受电场力增大， 增大，角增大，B正确；
C 当开关S断开，即保持极板所带电荷量一定，根据
则电场强度
可知当A板向B靠近过程中，电场强度一定，即小球所受电场力不变，由
知 不变，角不变，故C正确，
D．动能增加量等于电场力做的功，则
D正确。
答案第6页，共2页故选BCD。
11．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）I-t图像与横轴所围的面积表示电容存储的电荷量，1小格的面积为
超过半格算1格，不足半格的舍去，可知总共约18格，故电容器在全部放电过程中释放的
电荷量为
Q=18×2.5×10-5C=4.5×10-4C
（2）已直流电源的电压为6V，则电容器的电容为
（3）由于电容存储的电荷量不变，如果不改变电路其他参数，断开开关K，重复上述实验，
则充电时I-t曲线与横轴所围成的面积将不变。断开开关K，电容器串联的电阻值增大，充
电电流变小，充电时间将变长。则充电时的 图像可能是图丙中的虚线a。
12．(1) 5.01 5.315/5.316/5.314
（2） 9.60 (3) 小于
（4）
【详解】（1）由题图甲可知圆柱体的长度为
答案第7页，共2页由题图乙可知圆柱体的直径为
（2）由于滑动变阻器的最大阻值为5Ω，明显小于被测电阻，因此采用滑动变阻器分压式
接法，由于被测电阻远小于电压表内阻，采用安培表外接法，实物连接如图所示
由图像得到被测电阻
（3）由于安培表外接，使测得的电阻偏小，由
可知，实验测得的金属丝电阻率小于真实值。
（4）由电阻定律
金属杆的横截面积
联立解得
13.【详解】（1）从A到B的过程中物块受力如图1所示有
答案第8页，共2页3
F=μN=μ(qE-mg)cos∠ABC，解得F= mg，方向沿斜面由B指
f f 8
向A。
（2）根据牛顿第二定律，有
1
解得a=1.25 m/s2或a= gm/s2
8
（3）根据运动公式，有
解得
√10g
或者 m/s
5
14．(1) ；(2) ；(3)
【详解】(1)小球从A到B的过程中受到的电场力做的功
解得
(2)带电小球通过B点时的加速度大小
解得
答案第9页，共2页(3)由上面的式子得
设电场力与重力的合力与竖直方向的夹角为θ
当小球的位置与球心连线与竖直方向成θ角时速度最大，由动能定理
解得
15．（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）设带电粒子经过P、Q板加速后的速度大小为v，根据动能定理
0
解得
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，射出偏转电场时速度的反向延长线交于水平位移的
中点，设粒子射出电场时速度与水平方向的夹角为 ，根据几何关系
解得
根据几何关系，粒子在偏转电场中的侧移
设两板间电压为U，则
答案第10页，共2页解得
（3）粒子在AB右侧电场中做类斜上抛运动，粒子在此电场中运动的时间
在竖直方向上
联立解得
答案第11页，共2页
