2023-2024学年福建省福州重点中学高二（上）期末物理试卷（含解析）

2023-2024学年福建省福州重点中学高二（上）期末物理试卷
一、选择题
1.下列各图所示能产生感应电流的是( )
A. 一个闭合线圈绕平行于匀强磁场的转动轴匀速转动 B. 条形磁铁插入有开口的圆环
C. 闭合线圈与条形磁铁在同一平面远离磁铁 D. 平行金属导轨上两根金属棒向相反方向运动
2.比值定义法是物理学中定义物理量的一种常用方法，所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法。比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最木质的属性。如电场强度、导体的电阻、电容、电流强度、电势都是用比值法定义的物理量，下列几组公式均属于比值定义的是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
3.如图甲所示，线圈固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈边受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是( )
A. B. C. D.
4.地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图所示，为地球球心、为地球半径，地磁场只分布在半径为和的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为、电荷量均为，不计粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是( )
A. 粒子无论速率多大均无法到达右侧地面
B. 若粒子速率为，正对着处入射的粒子恰好可以到达地面
C. 若粒子速率为，入射到磁场的粒子均可以到达地面
D. 若粒子速率为，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面
5.如图甲所示，、位于两个等量异种电荷的连线上，且、到点的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过、两点，为的中点，、位于的连线上，且、到点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是( )
A. 点处的电场强度为零 B. 、处的电场强度大小相等，方向相同
C. 、处的磁感应强度大小相等，方向相同 D. 点处的磁感应强度为零
6.热膨胀材料在生产生活中有着广泛的应用。某同学用平行板电容器设计制作了单电容热膨胀检测仪，原理如图所示。电容器上极板固定，下极板可随材料竖直方向的尺度变化而上下移动，平行板电容器的电容，是电容器极板的正对面积，是极板间的距离，其余均为常量。闭合开关，若材料热胀冷缩，下列说法中正确的是( )
A. 材料温度升高，极板所带电荷量增大
B. 滑动变阻器滑片向下滑动少许可以降低电容器的工作电压
C. 检测到灵敏电流计的电流方向为从到，说明材料温度降低
D. 检测结束，断开开关，灵敏电流计上有从到的短暂电流
7.图中关于磁场中的四种仪器的说法中正确的是( )
A. 甲图中要使粒子获得的最大动能增大，可以增大形盒的半径
B. 乙图中击中光屏同一位置的粒子比荷一定不同
C. 丙图是霍尔元件通过如图所示电流和加上如图磁场时侧带的一定是负电荷
D. 丁图长宽高分别为、、的电磁流量计加上如图所示磁场，若流量恒定，则前后两个金属侧面的电压与、无关而与有关
8.如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为，方向水平向左；磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。现将一质量为、电荷量为的小球，从该区域上方的某点以某一初速度水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直线运动。已知重力加速度为。下列说法正确的是( )
A. 小球平抛的初速度大小为 B. 小球平抛的初速度大小为
C. 点距该区域上边界的高度为 D. 点距该区域上边界的高度为
二、非选择题
9.用分度的游标卡尺测量其长度如图所示，可知其长度为 ______；用螺旋测微器测出其直径如图所示，则 ______。
10.图和图是教材中演示自感现象的两个电路图，和为电感线圈，、和是三盏相同的灯泡。实验时，断开开关瞬间，灯突然闪亮，此时中电流方向______选填“向右”、“向左”，随后逐渐变暗；若已调节滑动变阻器的电阻值与的电阻值相等，则闭合瞬间，电感线圈中电流______选填“大于”、“等于”、“小于”变阻器中的电流。
11.上海某学校研究小组为了研究发电机原理，把一条长约的导线两端连在灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合电路。两位同学迅速摇动这条导线，为了使灵敏电流计指针偏转更加明显，两位同学应该沿______方向站立；若导线经过最低点时的速度方向垂直纸面向里，则流过电流计的电流方向______。
12.用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关和两个部件、。
请根据下列步骤完成电阻测量：
旋动部件______填写字母，使指针对准电流的“”刻线。
将旋转到电阻挡“”的位置。
将插入“”“”插孔的表笔短接，旋动部件______填写字母，使指针对准电阻的“”刻线。
将两表笔分别与待测电阻相接，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，再完成读数。
A.将旋转到电阻挡“”的位置
B.将旋转到电阻挡“”的位置
C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
D.将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准
欧姆表内的电池使用时间太长，电动势减小，内阻明显变大，但是仍然能调零。分析用欧姆表测得的电阻值______选填“偏大”“偏小”或“准确”。
13.新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络找到了比亚迪“秦”电池铭牌，电池采用的是比亚迪刀片电池技术。已知该车内的整块动力电池是由块电芯串联而成，每块电池的额定电压为，每块电池的额定容量为。现将一块电芯拆解出来，测量其电动势和内阻。
实验前利用恒流电源对一块电芯进行充电，充满的时间要______。
为了能较准确的测量一块电芯的电动势和内阻，该同学设计了一个可以消除电流表和电压表内阻影响的实验方案，如图所示，记录了单刀双掷开关分别接、对应的多组电压表的示数和电流表的示数，根据实验记录的数据绘制如图中所示的、两条图线，可以判断图线是利用单刀双掷开关接______选填“”或“”中的实验数据描出的，综合、两条图线，此电芯的内阻 ______用图中、、、表示。
考虑到刀片电池电芯的内阻较小，为了防止调节滑动变阻器电阻过小时由于电流过大而损坏器材，该同学在电路中用了一个保护电阻，如图所示，除电芯、开关、导线外，可供选择使用的实验器材还有：
A.电流表量程
B.电流表量程
C.电压表量程
D.电压表量程
E.定值电阻阻值，额定功率
F.定值电阻阻值，额定功率
G.滑动变阻器阻值
H.滑动变阻器阻值
为了器材的安全、测量的准确和操作的方便，电流表应选______；定值电阻选______；滑动变阻器应选______。填仪器前的字母
14.如图所示，、、为一等边三角形的三个顶点，某匀强电场的电场线平行于该三角形平面。现将电荷量为的正点电荷从点移到点，静电力做功为，将另一电荷量为的负点电荷从点移到点，克服静电力做功为。若边长为，求：
间的电势差；
间的电势差；
电场强度的大小为多大，方向如何。
15.如图，足够长的两光滑平行金属导轨、所构成的斜面与水平面的夹角为，两导轨间距为，两导轨顶端接一阻值为的电阻，导轨所在的空间存在垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为。一根质量为的导体棒垂直放置于导轨底端，其在两导轨之间部分的电阻为。现给导体棒一沿斜面向上的速度大小为，导体棒上滑过程通过导体截面的电荷量为；在运动过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，两光滑平行金属导轨电阻忽略不计，重力加速度大小为。求：
导体棒刚进入磁场时的加速度大小；
导体棒向上滑的最大位移；
上滑过程中，导体棒上产生的热量。
16.如图所示，在平面内，以为圆心、为半径的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，轴下方有一与其平行的直线，与轴相距为，轴与直线间区域有沿轴正方向的匀强电场，在的下方有一平行于轴的感光板，与间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，在的区域内，大量质量为、电荷量为的电子从圆形区域左侧沿轴正方向以速度射入圆形区域，经过磁场偏转后都经过点，然后进入轴下方。已知轴与直线间匀强电场的场强大小，直线与感光板间的磁场的磁感应强度大小，不计电子重力及电子间的相互作用力，取，。
求圆形区域内磁场的磁感应强度大小；
若沿轴负方向进入电场的电子恰好不能打到感光板上，与间的距离是多大？
若要求从不同位置出发的所有电子都能打在感光板上，与间的最大距离是多大？当与间取最大距离时，电子从点到的运动时间最长是多少？
17.如图，、是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。在零时刻，两均匀金属棒、分别从磁场边界、进入磁场，速度大小均为；一段时间后，金属棒、没有相碰，且两棒整个过程中相距最近时棒仍位于磁场区域内。已知金属棒、相同材料制成，长度均为，电阻分别为和，棒的质量为，最终其中一棒恰好停在磁场边界处，在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：
两棒整个过程中相距最近的距离 ______；
整个过程中，棒产生的焦耳热 ______。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、闭合线圈绕平行于匀强磁场的转动轴匀速转动，穿过闭合线圈的磁通量始终为零，所以闭合线框中无感应电流，故A错误；
B、条形磁铁插入有开口的圆环，会产生感应电动势，但由于圆环未闭合，所以圆环中无感应电流，故B错误；
C、闭合线圈与条形磁铁在同一平面远离磁铁，线圈平面与磁感线平行，穿过闭合线圈的磁通量始终为零，所以闭合线圈中无感应电流，故C错误；
D、平行金属导轨上两根金属棒向相反方向运动，两根金属棒及导轨组成的闭合回路面积增大，穿过闭合回路的磁通量增大，则回路中将产生感应电流，故D正确。
故选：。
根据产生感应电流的条件：穿过闭合线圈的磁通量要发生变化来判断，而线圈的磁通量可根据磁感线的条数分析其变化情况。
本题考查感应电流产生的条件，只要明确产生感应电流的两个条件为：一是电路要闭合；二是磁通量要发生变化。
2.【答案】
【解析】解：公式，电场强度的大小是由电场本身的性质决定的，与试探电荷的带电荷量以及试探电荷在电场中所受到的电场力无关，是比值定义法；公式，电容器的大小是由两个极板的正对面积、极板间电介质以及两极板间的距离决定的，与电容器的带电量以及电容器两个极板之间的电压无关，是比值定义法，故A正确；
B.公式，试探点电荷周围电场的表达式，电场强度的大小与场源电荷带电荷量成正比，与到场源距离的平方都成反比，不是比值定义法；公式，是电流的定义式，与流过导体横截面的电荷量无关，与时间也无关，是比值定义法，故B错误；
C.公式，是电阻的定义式，与电阻两端电压、通过的电流无关，是其本身的属性，有电阻材料、长度、横截面积和温度有关，是比值定义法；公式，表明电容器的大小与两极板的正对面积成正比，与极板间电介质常数成正比，与两极板间的距离成反比，因此该公式不是比值定义法，故C错误；
D.公式，表明电阻的大小与导线的长度成正比，与导线的横截面积成反比，以导线的电阻率成正比，不是比值定义法；公式，是电势的定义式，电势与电势能、电荷量无关，电势的大小由电场本身决定，是比值定义法，故D错误。
故选：。
比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比“来定义一个新的物理量的方法，比如：物质密度，速度，场强，磁通密度，电势差等。一般地，比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变。譬如：确定的电场中的某一点的场强就不随、而变。当然用来定义的物理量也有一定的条件，如为点电荷，为垂直放置于匀强磁场中的一个面积等。类似的比值还有：压强、速度、功率等等。
本题主要考查对比值定义法的理解。根据比值定义法的概念解答。
3.【答案】
【解析】【解答】
由题意可知，安培力的方向向右，根据左手定则，可知：感应电流的方向由到，
再由右手定则可知，当垂直向外的磁场在增加时，会产生由到的感应电流，
由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式，
因安培力的大小不变，则是定值，由于的增加，那么会减小，因此图线是斜率不断减小的增函数曲线，故D正确，ABC错误。
故选：。
【分析】
根据左手定则，结合安培力与磁场方向，可知，感应电流的方向，再由右手定则可知，磁场是如何变化的，最后由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，确定安培力的综合表达式，即可求解。
考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，及安培力表达式的应用，注意判定磁场变化率大小是解题的关键。
4.【答案】
【解析】解：射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合适，便可到达右侧地面。故A错误；
B.正对着处入射的粒子若恰好可以到达地面，根据几何关系有：，解得粒子在磁场中运动半径为
由洛伦兹力提供向心力得
解得
故B错误；
C.射入方向在地球上表面以上的粒子，根据左手定则可知，粒子往上偏，则入射到磁场的粒子都不可到达地面。故C错误；
D.若粒子速率为，由洛伦兹力提供向心力得
解得
由几何关系可知，射入方向在地心以下的粒子都可以到达地面。当粒子正对着处入射时，轨迹如图
由几何关系得
则轨迹与地球表面相切。可知射入方向在地心以上的粒子都不可以到达地面。综上所述，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地。故D正确。
故选：。
射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合适，便可到达右侧地面，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系分析。
本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，解答此类问题画运动轨迹图是解决此类问题的基本功，掌握垂直速度方向画圆心所在的直线，依据其它条件如出射点的位置，轨迹与边界相切等确定圆心位置，即可知道半径与速度大小相关联。
5.【答案】
【解析】解：、正电荷在点处的电场强度方向水平向右，负电荷在点处的电场强度方向水平向右，根据场强叠加矢量和法则可知，点处的总电场强度不为零，故A错误；
B、根据等量异种电荷电场的对称性和电场的叠加原理可知，、处的电场强度大小相等，方向相同，均水平向右，故B正确；
、根据安培定则，、两点处长直导线在、、点处的磁感应强度方向均竖直向下，根据对称性以及磁感应强度的叠加可知，、处的磁感应强度大小相等，方向相同；点处的磁感应强度不为零，故C正确，D错误。
故选：。
熟悉电荷周围的电场和通电导线周围的磁场的特点，结合矢量合成的特点和对称性即可完成分析。
本题主要考查了电场和磁场的相关问题，理解电荷周围和通电导线周围存在的场的特点，结合矢量合成的特点即可完成分析。
6.【答案】
【解析】解：材料温度升高，材料膨胀，电容器的下极板上移，电容器两板间距减小，根据：
可知电容增大。由于电容器的电压等于滑动变阻器两端的电压，所以电容器的电压不变，根据：
可知极板所带电荷量增大，故A正确；
B.滑动变阻器滑片向下滑动，其接入电路的阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知电路的电流增大，电源的内电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，电容器的电压也减小，即降低电容器的工作电压，故B正确；
C.若材料温度降低，与选项的分析同理，可得到电容器极板所带电荷量减小，电容器放电，电容器上极板带正电，则通过灵敏电流计的电流方向为从到，故C错误；
D.断开开关，电容器放电，则灵敏电流计上有从到的短暂电流，故D错误。
故选：。
材料温度升高，电容器的下极板上移，根据电容的决定式判断电容的变化，再根据电容的定义式判断所带电荷量的变化；滑动变阻器滑片向下滑动，其接入电路的阻值减小，则滑动变阻器两端的电压减小，电容器的电压也减小；假设材料温度降低，同理分析判断电容带电量的变化，再分析电流的方向；断开开关，电容器放电，可知电流方向。
本题考查了含有电容的电路的动态分析问题，掌握电容的决定式与定义式，以及闭合电路欧姆定律。
7.【答案】
【解析】解：在回旋加速度器中，根据洛伦兹力提供向心力，可以得到，可得，可知，在回旋加速度所处磁场一定的情况下，粒子射出回旋加速度的最终速度跟形盒的半径有关，半径越大获得的速度越大，动能就越大，因此甲图中要使粒子获得的最大动能增大，可以增大形盒的半径，故A正确；
B.粒子经过质谱仪速度选择器时，只有满足的粒子才能被选择，可得，显然，经过质谱仪的速度选择器区域的粒子速度都相同，经过偏转磁场时击中光屏同一位置的粒子在偏转磁场中做圆周运动的轨迹半径相等，根据牛顿第二定律有，可得，由此可知，打在同一位置的粒子的比荷都相同，故B错误；
C.在霍尔元件中，由于载流子带负电，而规定电流的方向为正电荷定向移动的方向，由此可以得到带负电的载流子移动方向与电流方向相反，利用左手定则可知，带负电的载流子在洛伦兹力的作用下向着霍尔元件的侧偏转，使侧带上负电；如果载流子带正电，侧带上正电，故C错误；
D.带电粒子经过电磁流量计会在洛伦兹力的作用下向着前后两个侧面偏转时，这会导致前后两个侧面产生电势差，从而形成电场，当前后两个侧面带上足够多的电荷后将形成稳定的电场，这时洛伦兹力与电场力相等，满足，其中表示液体的流速，此时两侧电压达到最大值，则有，联立可得，因为流量满足，从而解得，由此可以说明前后两个金属侧面的电压与、无关，但与有关，故D正确。
故选：。
根据洛伦兹力提供向心力，可求出速度表达式，根据表达式，可得出使粒子获得的最大动能增大的方法；根据质谱仪选择器的原理，电场力与洛伦兹力相等，可求出速度的表达式，利用洛伦兹力提供向心力可求出半径的表达式，根据表达式可得出比荷相同；根据霍尔元件，利用电流的方向，利用左手定则，可得出载流子电性与极电性的关系；根据洛伦兹力与电场力相等，结合电压公式和流量的表达式，解出电压的表达式。
学生在解答本题时，应注意对于霍尔元件以及质谱仪等电磁元器件原理的理解。
8.【答案】
【解析】解：、根据洛伦兹力可知，小球进入混合场区能恰能做匀速直线运动，设小球进入复合场时，速度方向与水平方向成，分析小球的受力如图所示
根据平衡条件有
又
解得：
故A错误，B正确；
、小球从点抛出，进入复合场，由动能定理得：
由受力分析可知
解得：
故C正确，D错误；
故选：。
小球进入复合场恰好在该区域做直线运动，受力分析由平衡条件可求得平抛的初速度；
由动能定理可求解距该区域上边界的高度；
该题考查带电小球在电场与复合场中的运动，该类题目涉及的知识点较多，难度较大。在解题的过程中运动要理清小球运动的过程，及运动过程中的受力关系。
9.【答案】
【解析】解：由图所示游标卡尺游标尺为分度，精确度为；游标卡尺的固定刻度读数为，游标尺上第个刻度线与主尺对齐，则游标尺读数为，所以最终读数为
螺旋测微器的固定刻度读数为，可动刻度读数为，所以最终读数为
故答案为：；都正确
游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
本题考查了游标卡尺与螺旋测微器读数，注意游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，游标卡尺不需要估读；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读。
10.【答案】向左 小于
【解析】解：图中，实验时断开开关瞬间，由自感现象可知电感线圈会产生向右的自感电动势维持流过的电流，此时中电流方向向左。图中，闭合瞬间，由于自感，电感线圈产生阻碍电流增大的自感电动势，致使中电流小于变阻器中的电流。
故答案为：向左，小于。
闭合开关的瞬间，通过线圈的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。
当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。
11.【答案】东西 从左到右
【解析】解：根据所学知识可知地球的周围存在磁场，且磁感线的方向是从地理的南极指向地理的北极，所以当两个同学朝东西方向站立，并迅速摇动电线时，导线就会做切割磁感线运动，产生的感应电动势较大，灵敏电流表的读数明显；
题目中所说在上海的实验小组，所以他们位于北半球，北半球的地磁场在竖直方向的分量是向下的，则电线经过最低点时的速度方向垂直纸面向里，根据右手定则判断知，流过电流计的电流方向为从左端进，右端出。
故答案为：东西；从左到右。
理解感应电动势的产生条件，结合右手定则得出电流的方向。
本题主要考查了右手定则的相关应用，理解感应电动势的产生条件，结合右手定则分析出电流方向即可。
12.【答案】 偏大
【解析】解：使用欧姆表测电阻，首先要进行机械调零，使指针对准电流的“”刻线，应旋动机械调零部件；
选择欧姆挡的倍率后，要进行欧姆调零，使指针对准电阻的“”刻线，应旋动欧姆调零部件；
测电阻时若指针偏转角度过小，说明欧姆表指针所指示数过大，要减小示数，需要更换倍率更大即的挡位，对应步骤为；每换一次挡位应重新进行欧姆调零，对应步骤为；测电阻时两表笔的金属部分分别与被测电阻两引线相连，对应步骤为，所以顺序为；
当欧姆表内所装的电池用旧之后，电动势变小，内阻变大；
根据闭合电路的欧姆定律可知，要使指针仍然指在满刻度，则必须重新调整；
使用新电池时，满偏电流
接电阻时，电路中的电流
使用旧电池时
接电阻时，电路中的电流
因为，所以
电流越小，指针偏转角度就越小，电阻读数就越大，则被测电阻的测量值大于真实值。
故答案为：；；；偏大。
使用欧姆表测电阻，首先要进行机械调零，即调节电流的零，通过调零螺丝进行调节；
选择欧姆挡的倍率后，要进行欧姆调零，通过欧姆调零旋钮进行调节；
欧姆表指针偏转角度过小，说明指针所指示数过大，测量值欧姆表指针对应示数倍率，据此选择倍率；然后进行欧姆调零，再进行电阻的测量；
根据闭合电路的欧姆定律分别求解满偏电流；接入待测电阻后，根据闭合电路的欧姆定律
本题主要考查了欧姆表测电阻的正确操作步骤以及误差分析；要熟练掌握欧姆表表盘各旋钮的作用以及调节方法。
13.【答案】
【解析】解：用恒流电源充电，充满的时间要
当接时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，因此内阻测量值比真实值偏大；
当接时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所以内阻测量值比真实值偏小；
由于图线斜率的绝对值表示内阻，即接时的图线陡峭一些，可以判断图线是利用单刀双掷开关接中的实验数据描出的，内阻测量值比真实值偏大；
接时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即接时的电动势的测量值等于真实值，即有
由于接时，当电路短路时，电压表没有分压，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的图线是图线纵轴交点与图线横轴交点的连线，可知
根据题意保护电阻只能选定值电阻或
根据功率公式可知，通过保护电阻的最大电流
为了保证的安全，最大电流不超过，因此电流表应选A；
根据闭合电路的欧姆定律，电路中的最小电阻
因此定值电阻应选E；
为了保证电路安全和方便调节，滑动变阻器应选G。
故答案为：；；；、、。
根据电流的定义式求解充电时间；
当接时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和；当接时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻；再结合图像分析作答；
根据功率公式求解保护电阻允许通过的最大电流，然后选择电流表；根据闭合电路的欧姆定律求解电路中的最小电阻，然后选择定值电阻；从保证电路安全和方便调节的角度选择滑动变阻器。
本题以新能源汽车电池为背景，考查了电池电动势和内阻的测量，实验的难点在于误差分析以及电池内阻的测定。
14.【答案】解：根据电势差与电场力做功的关系式，可得间的电势差为：
同理可得间的电势差为：
根据间的电势差等于，可知为等势线，则场强的方向沿中垂线由指向中点，电场强度为：
答：间的电势差为；
间的电势差为；
电场强度的大小为，方向沿中垂线由指向中点。
【解析】根据电场力做功与电势差的关系求出、的电势差；
根据电场线方向与等势线垂直，确定电场强度的方向．根据求出电场强度的大小。
解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系，以及电场强度与电势差的关系，注意是沿电场线方向上的距离，知道电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势。
15.【答案】解：导体棒刚进入磁场时，产生的电动势为：
回路中的电流为：
对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律得：
联立解得：
在导体棒上滑过程中回路磁通量的变化：
产生的平均感应电动势为：
根据闭合电路欧姆定律有：
通过的电荷量为：
联立可得：
上滑过程根据能量守恒有：
导体棒与电阻串联，电流相同，时间相同，由焦耳定律可得导体棒产生的热量为：
解得：
答：导体棒刚进入磁场时的加速度大小为；
导体棒向上滑的最大位移为；
上滑过程中，导体棒上产生的热量为。
【解析】根据动生电动势公式、欧姆定律、安培力公式，由牛顿第二定律求加速度；
上滑过程，根据电荷量的经验公式结合题设条件求上滑的最大位移；
根据能量守恒定律和焦耳定律求热量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
16.【答案】解：所有电子射入圆形区域后做圆周运动的轨道半径大小相等，设为，
当电子从位置处射入的电子经过点进入轴下方，则
解得
设电子经电场加速后到达时速度大小为，电子在与间磁场做匀速圆周运动轨道半径为，沿轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成角，则
根据动能定理有：
而在下方磁场中的轨迹半径：
由类平抛末速度方向：
如果电子在点以速度沿轴负方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，不能打在感光板上，则所有电子都不能打在感光板上，恰好不能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为，轨迹如图所示，
感光板与间的最小距离：
联立以上解得：，，为所求
如果电子在点沿轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上，恰好能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为，如图所示，
感光板与间的最大距离为：
解得：
当感光板与间的距离最大为时，所有从点到板的电子中，
沿轴正方向射入电场的电子，运动时间最长，设该电子在匀强电场中运动的加速度为，
运动时间为，在磁场中运动周期为，时间为，
则在电场中有：，
在磁场中：，
所以运动最长时间：
联立解得：，，，为所求
答：圆形区域内磁场的磁感应强度大小为；
与间的距离是；
要求从不同位置出发的所有电子都能打在感光板上，与间的最大距离是。电子从点到的运动时间最长是。
【解析】由磁聚焦的原理求圆形磁场的磁感应强度的大小；
画出符合条件的电子的轨迹图，在电场中做类平抛运动，进行磁场做匀速圆周运动，结合几何关系求出电子恰与相切时，与之间的距离；
画出恰能打在上的电子的临界轨迹图，结合几何关系求出与之间的最大距离，再根据类平抛规律和圆周运动的规律求出总时间。
本题考查带电粒子在组合场中的做匀速圆周运动和类平抛运动的临界情况，关键是要善于利用磁聚焦规律、类平抛规律、半径公式和周期公式，画出临界轨迹图，充分利用几何关系得于解决问题。
17.【答案】
【解析】解：由题意可知，两金属棒的材料相同，根据密度公式和电阻定律可得：
对有：，，对棒有：，
对比可知：
由题知，进入磁场的速度方向向右，的速度方向向左，根据右手定则可知，产生的感应电流方向是到，产生的感应电流方向是到，即两个感应电流方向相同。根据左手定则可知，两棒受到的安培力大小相同，方向相反，两棒系统所受外力的和为零，取向左为正方向，相距最近时，根据系统动量守恒得：
代入数据解得：
此时，电路中感应电流为，、棒一起向左匀速运动，直到棒离开磁场区域；之后棒不受安培力，棒受安培力减速直到停止在磁场边缘，对棒根据动量定理有：
而安培力的冲量：
联立代入数据解得：
对、组成的系统，最终棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒有：
对、两棒根据焦耳定律，因、流过的电流一直相等，所用时间相等，故、产生的热量与电阻成正比，则：：：
联立代入数据解得：
答：两棒整个过程中相距最近时的相对位移为；
整个过程中，棒产生的焦耳热为。
根据动量守恒定律结合个体的动量定理得出两板相距最近的距离；
根据能量转化的特点结合电阻的比值关系得出棒产生的焦耳热。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律和安培力的计算公式，同时结合焦耳定律和动量定理即可完成分析。
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