北京市朝阳区2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题（含答案）

北京市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题：本大题共14小题，共42分。1．下列属于磁感应强度单位的是（）A．Wb B．Wb/s C．N/(2．下面四幅图中标出了匀强磁场中通电直导线所受安培力的方向，其中正确的是（）A． B．C． D．3．一个负电荷仅在静电力作用下沿直线运动，其运动的v−t图像如图所示。tA、tB时刻粒子分别经过A、B两点，A、B两点的场强大小分别为EA、EB，电势分别为A．EA<EB B．EA>4．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一根水平放置的金属棒ab以某一水平速度v0抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平，不计空气阻力。下图能正确反映金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小E随时间t变化情况的是（）

A． B．C． D．5．在固定长直导线中通有图示方向电流I，导线右侧有一固定的矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加。下列说法正确的是（）

A．线框中产生的感应电流方向为aB．线框中磁通量的变化率逐渐增加C．线框整体受到的安培力方向水平向左D．线框ab边受到的安培力大小随时间均匀增加6．北京地铁已全线装备心脏除颤仪(AED)，如图所示。其工作原理是通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动。某心脏除颤仪的电容为10μF。充电至5kV电压，如果电容器在10msA．这次放电的电量为50B．这次放电的电量为0.5C．该过程通过人体的平均电流为5D．该过程通过人体的平均电流为5×17．电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧干以前的加热状态，另一种是水烧干以后的保温状态。图是电饭锅的电路图，R1是分压电阻，R2是加热用的电阻丝。已知电源输出电压恒为U=220V，R1A．自动开关S接通时，电饭锅处于保温状态B．电热丝的电阻RC．R2在保温状态下的功率是加热状态下的D．若仅换用阻值更大的加热电阻丝，保温状态时电阻丝的功率一定增大8．某学习小组利用如图所示电路研究某手持小风扇的电动机性能。调节滑动变阻器R，测得风扇运转时电压表示数为2.0V，电流表示数为0.20A；扇叶被卡住停止转动时，电压表示数为1.25V，电流表的示数为0.50A．电动机线圈的电阻为10B．风扇运转时输出的机械功率为0.3C．风扇运转时线圈的发热功率为0.4D．与扇叶被卡住时相比，风扇运转时电源的总功率更大9．图甲是洛伦兹力演示仪的示意图。电子枪可以发射电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。图乙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生匀强磁场，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行，线圈中电流越大磁场越强。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹是圆形。下列操作一定能使电子束径迹半径变大的是（）

A．增大U同时减小I B．增大U同时增大IC．减小U同时减小I D．减小U同时增大I10．如图所示，宽为l的光滑金属导轨与水平面成θ角，质量为m、长为l的金属杆ab水平放置在导轨上，空间存在着匀强磁场。当金属杆中通过的电流为I时，金属杆保持静止，重力加速度为g。该磁场的磁感应强度（）

A．可能方向竖直向上，大小为mgB．可能方向竖直向下，大小为mgC．存在最小值且大小为mgIlD．存在最小值且大小为mgIl11．如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O'，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是（）

A．F'点与DB．B'点与EC．A'点与F'点的电势差大于O'D．将试探电荷+q由F点沿直线移动到O12．如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。已知线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是（）

A．线框在进和出磁场的两过程中电流方向相同B．线框在进和出磁场的两过程中所用时间相等C．线框在进和出磁场的两过程中通过导线横截面的电荷量相等D．线框在进磁场过程中产生的焦耳热小于出磁场过程中产生的焦耳热13．某种负离子空气净化原理如图所示。收集器矩形通道的上下表面是一对平行金属板，金属板长度为L，间距为d、均匀分布的带负电的灰尘颗粒质量为m、电荷量为q、以水平速度v0进入通道，单位时间内进入通道的带电灰尘颗粒数目为n。已知两金属极板之间的电压恒为U=3A．净化装置对带电灰尘颗粒的收集率为75B．单位时间内通过导线的电荷量为3C．单位时间内带电灰尘颗粒减少的电势能为15D．若电压增大到2U14．在高能物理研究中，回旋加速器起着重要作用，其原理如图所示。D1和D2是两中空的、半径为R的半圆金属盒，它们处于与盒面垂直的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中且与频率为f的交流电源连接。位于D1盒圆心处的粒子源O能产生质子，质子在两盒狭缝间运动时被电场加速。(忽略质子的初速度和在电场中的加速时间)。根据相对论理论，粒子的质量m与速率v有m=m01−v2c2的关系，其中c为光速，m0为粒子静止时(vA．在v≪B．在v≪c时，若只将质子源换成α粒子(质量为4m0，电荷量为C．考虑相对论效应时，为使质子一直被电场加速，可以仅让交流电源的频率随粒子加速而适当减小D．考虑相对论效应时，为使质子一直被电场加速，可以仅让轨道处的磁场随半径变大而逐渐减小二、实验题：本大题共2小题，共22分。15．某同学用传感器做“观察电容器的充放电”实验，按图所示连接电路。电源电动势为4.5V（1）将开关S与1端相连，稳定后电容器的上极板带(填“正”或“负”)电；把开关S掷向2端，通过电流传感器的电流方向为(填“由A到B”或“由B到A”)。（2）开关S掷向2后，传感器采集到电流随时间变化的图像如图所示。根据图像可估算出电容器存储的电荷量为C(结果保留2位有效数字)（3）本实验中所使用的电容器的电容约为F(结果保留2位有效数字)（4）在上述过程中电容器两极板间的电压随时间变化的图像为。

16．某研究小组通过实验测量一段金属丝的电阻。（1）甲同学先用欧姆表“×1”挡粗测该金属丝的电阻，指针位置如图所示，则该金属丝的阻值约为Ω。（2）乙同学采用伏安法更准确地测量这段金属丝的电阻。除电源(电动势为3.0V)、电压表(量程0∼3VA电流表(量程0∼0.6A，内阻约B电流表(量程0∼3.0A，内阻约C滑动变阻器(最大阻值10Ω，额定电流D滑动变阻器(最大阻值1kΩ，额定电流①为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选用，滑动变阻器应选用。(选填实验器材前对应的字母)②为减小实验误差，图中电压表的右端应接在点(选填“M”或“N”)，采用这种方式测量的结果与真实值相比偏(选填“大”或“小”)。（3）该同学测量金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I，得到多组数据，并在坐标图上标出，如图所示。请作出该金属丝的U−I图线，根据图线得出该金属丝电阻R=Ω(结果保留（4）丙同学利用图所示的电路进行实验时想到：向左移动滑片，滑动变阻器两端的电压U和流过它的电流I分别变化了ΔU和ΔI，他认为该过程中ΔUΔI的值将逐渐减小。他的观点是否正确，请你判断并说明理由。

三、计算题：本大题共4小题，共36分。17．如图所示，长l=1m的轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中时，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10−6C，匀强电场的场强E（1）小球所受静电力的大小F；（2）小球的质量m；（3）若小球在外力作用下从B点移动到细绳竖直位置的A点，求该过程中静电力对小球做的功W。18．某质谱仪原理如图所示，I为粒子加速器，加速电压为U1；II为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；III为偏转分离器，磁感应强度为B2。现有一质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力（1）粒子进入速度选择器的速度大小v；（2）速度选择器的两板间的电压U2（3）粒子在分离器中做匀速圆周运动的半径R。19．地球是个巨大的天然磁体，某小组学习相关内容后，对地磁场做了深入的研究。（1）a、如图1所示，两同学把一根长约10m的电线两端用其他导线连接一个电压表，形成闭合回路。迅速摇动这根电线，若电线中间位置的速度约10m/s，电压表的最大示数约b、某同学在研学途中利用智能手机中的磁传感器测量某地地磁场的磁感应强度。如图2建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。该同学在当地对地磁场进行了测量，测量时z轴正向保持竖直向上，测量结果如下图。请你根据测量结果判断该同学是在“南半球”还是“北半球”进行此实验，并估测当地的地磁场磁感应强度B2的大小(结果保留2位有效数字)（2）地磁场能使宇宙射线中的带电粒子流偏转，成为地球生命的“保护伞”。赤道剖面外的地磁场可简化为包围着地球的厚度为d的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于剖面，如图3所示。设宇宙射线中β粒子的质量为m，带负电且电荷量为q，最大速率为v，不计大气对β粒子运动的影响，不考虑粒子间的相互作用及重力。要使从各方向射向地球的β粒子都不能到达地面，求地磁场厚度d应满足的条件。20．我国电磁推进技术研发遥遥领先，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。某兴趣小组设计了一种火箭电磁弹射装置，简化原理如图所示，它由两根竖直金属导轨、承载火箭装置(简化为与火箭绝缘的金属杆PQ)和电源组成闭合回路。电源能自动调节其输出电压确保回路电流恒定，方向如图中所示。弹射装置处于垂直导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小与电流成正比，比例系数为k(k为常量)。火箭稳定静止在绝缘停靠平台后，接通电源，当火箭上升到导轨顶端时与金属杆分离，完成弹射。已知火箭与金属杆的总质量为M，分离时速度为v0，金属杆电阻为R，回路电流为I，导轨间距为（1）金属杆所受的安培力F。（2）金属杆PQ产生的电动势E与运动时间t的关系。（3）电源输出电压U与运动时间t的关系及整个弹射过程电源输出的能量W。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】根据磁感应强度定义式B=可知，磁感应强度的单位是NAΦ=BS可得B=可知磁感应强度单位还可以表示为Wbm2，C符合题意，ABD不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据磁感应强度定义式B=F2．【答案】B【解析】【解答】A.根据左手定则可知，该图所受安培力方向为垂直于导线向上，A不符合题意；

B.根据左手定则可知，该图所受安培力方向为垂直于导线向下，B符合题意；

C.根据左手定则可知，该图所受安培力方向为垂直于磁场向下，C不符合题意；

D.根据左手定则可知，该图所受安培力方向为垂直于导线向外，D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】由左手定则判断安培力的方向。3．【答案】B【解析】【解答】AB.根据v-t图像的斜率表示加速度，可知粒子在a点的加速度大于在B点的加速度，由牛顿第二定律可得qE=ma可知EA不符合题意，B符合题意；

CD.从图像中可以看出，从A点到B点，带电粒子的速度越来越大，由动能定理W可知，电场力做正功，由W可知，由于电荷带负电，故φCD不符合题意。

故答案为：B。

【分析】根据v-t图像分析粒子在A、B两点的加速度大小，再由牛顿第二定律分析两点的电场强度的大小关系；根据动能定理分析粒子从A运动到B的过程中电场力做功的正负，再由电场力做功与电势差的关系，分析A、B两点电势的大小关系。4．【答案】A【解析】【解答】金属棒做平抛运动，将速度分解为水平分速度和竖直分速度，由于竖直分速度与磁感线平行，所以不产生感应电动势，故金属棒中产生的感应电动势等于水平方向分速度切割磁场线产生的感应电动势，而水平分速度大小和方向不变，所以运动过程中产生的感应电动势大小和方向均不变，A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A。

【分析】结合平抛运动的规律，由法拉第电磁感应定律分析金属棒中产生的感应电动势随时间变化的关系。5．【答案】D【解析】【解答】A.根据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，A不符合题意；

B.由题意可知，空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，线框中磁通量的变化率为∆Φ其中∆B∆t恒定，所以线框中磁通量的变化率不变，B不符合题意；

C.由A项分析可知，线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，根据左手定则可知，线框ad边所受的安培力水平向右，线框bc边所受的安培力水平向左，线框ab边所受的安培力竖直向下，线框cd边所受的安培力竖直向上，由对称性可知，ab和cd两边受到的安培力相互抵消。因为距离通电直导线越近磁场越强，根据安培力表达式F=BIL，可知，ad边受到的安培力大于bc边受到的安培力，所以线框整体受到的安培力方向水平向右，C不符合题意；

D.线框边感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根据安培力表达式F=BIL，可知ab边受到的安培力大小随时间均匀增加，D符合题意。

故答案为：D。

6．【答案】C【解析】【解答】AB.根据电容的定义式C=可得，电容器充电至5kVQ=CU=10×由于放电结束后电压为零，所以极板上的电荷全部放出，即这次放电的电量为0.05C，AB不符合题意；

CD.根据电流的定义式I=可得，该过程通过人体的平均电流为I=C符合题意，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据电容的定义式C=QU求出放电前电容器的带电量，得出放电电量；根据电流的定义式7．【答案】C【解析】【解答】A.由电路结构可知，开关S闭合时，R1被短路，只有RP=可知开关接通时为加热状态，功率大，开关S断开时为保温状态，功率小，A不符合题意；

B.由A项分析可知，开关S断开时为保温状态，由欧姆定律可得保温状态时电路电流I=代入数据得RB不符合题意；

C.R2P加热状态下的功率P得PC符合题意；

D.R2P可知，当R1=R2时，保温状态时电阻丝的功率最大R1<R2时，随着R2的增大，保温状态时电阻丝的功率减小，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据开关闭合和断开时接入电路的电阻的大小关系，由电功率公式P=U2R，分析自动开关8．【答案】B【解析】【解答】A.扇叶被卡住时，电动机为纯电阻电路，由欧姆定律可得电动机线圈的电阻为rA不符合题意；

C.风扇运转时线圈的发热功率PC不符合题意；

B.风扇运转时，电动机的输入功率与线圈内阻的发热功率之差等于输出的机械功率，为P=B符合题意；

D.扇叶被卡住时，电源的总功率P风扇运转时电源的总功率P所以扇叶被卡住时电源的总功率更大，D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】扇叶被卡住时，电动机为纯电阻电路，由欧姆定律求解电动机线圈的电阻；根据电热功率的公式P热9．【答案】A【解析】【解答】电子经加速电压U加速，由动能定理可得qU=加速后获得速度v=电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力可得qvB=m解得电子束径迹半经为r=由此式可知，增大U同时减小B可让半径变大，而减小励磁线圈的电流可减小磁感应强度B。故让半径变大的方式是增大U同时减小I，A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A。

【分析】由动能定理求解电子加速后获得的速度，再由洛伦兹力充当向心力，推导电子束在磁场中运动的径迹半经表达式，得出一定能使电子束径迹半径变大的措施。10．【答案】C【解析】【解答】A.若磁感应强度方向竖直向上，根据左手定则可知，安培力方向水平向左，金属杆受力分析如图所示：

由共点力平衡条件可得mg解得磁感应强度B=A不符合题意；

B.若磁感应强度方向竖直向下，根据左手定则，安培力方向水平向左，金属杆不可能静止，B不符合题意；

CD.对金属杆受力分析可知当安培力垂直于支持力时，安培力有最小值，由F安=BIl可知，此时磁感应强度有最小值，如图：

F解得磁感应强度最小值B由左手定则，磁感应强度方向为垂直轨道平面向上，C符合题意，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据选项中给出的磁场方向分析导体棒受力，由共点力平衡条件求出对应的磁感应强度大小；当金属棒受到的安培力最小时磁感应强度最小，由三角形定值求出安培力的最小值，继而得到磁感应强度的最小值，再由左手定则分析磁感应强度的方向。11．【答案】D【解析】【解答】A.根据等量异种点电荷形成的电场分布特点和对称性可知，F'点与E'点的电场强度大小相等，而E'与D'没有对称关系，电场强度大小不相等，所以F'点与D'点的电场强度大小不相等，A不符合题意；

B.大致做出两个点电荷在B'点与E'点的电场强度如图所示：

可知B'点的合场强在△ADB所在平面，E'点的合场强在△ADE'所在平面，而这两个平面存在夹角，即B'点与E'点的电场强度方向之间存在夹角，因此B'点与E'点的电场强度方向不相同，B不符合题意；

C.根据等量异种电荷所形成的电场的特性可知，两电荷连线的中垂面是等势面，设该等势面电势为零，即O'点的电势为0，设A'点的电势为φ，则根据对称性可知，D'点的电势为-φ，F'点的电势大于0，而根据对称性有φ根据A'、F'、O'三点的电势之间的关系可得φ因此φ即UC不符合题意；

D.如图所示为六棱柱的上表面

由几何关系可知，正电荷在OF中点K的场强方向垂直于OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，而在F点的合场强与OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F点沿直线移到O点的过程中，电场力先做负功，后做正功，则其电势能先增大后减小，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】根据等量异种点电荷形成的电场分布特点和对称性可知，方向F'点与D'点电场强度的大小关系；做出B'点与E'点的电场强度合成图，根据几何关系判断合场强的方向；根据等量异种电荷的电势分别特点，由电势差与电势的关系式UAB=φA-φB，分析12．【答案】C【解析】【解答】A.根据楞次定律可知，线框在进磁场的过程中电流方向为逆时针，出磁场的过程中电流方向为顺时针，A不符合题意；

B.由左手定则可知，线框在进和出磁场的两过程中，所受安培力均向左，故线框进磁场和出磁场都做减速运动，则线框在进磁场的过程中的平均速度大于线框在出磁场的过程中的平均速度，所以线框进磁场时间小于出磁场时间，B不符合题意；

C.线框在进和出磁场的两过程中通过导线横截面的电荷量为q=而I=E联立解得q=线框在进和出磁场的两过程中磁通量变化量相同，线框在进和出磁场的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，C符合题意；

D.线框进和出磁场过程中产生的焦耳热大小等于线框克服安培力所做的功，即Q=线框中的感应电流为I线框在进磁场的过程中的平均速度大于线框在出磁场的过程中的平均速度，则线框在进磁场过程中产生的焦耳热大于出磁场过程中产生的焦耳热，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】由楞次定律分析线框进磁场和出磁场时产生的感应电流方向；由左手定则判断出线框进、出磁场时受到的安培力方向，得出线框在这两个过程中的运动性质，再判断两个过程所用时间的关系；由电流的定义式结合法拉第电磁感应定律推导通过导线横截面的电荷量的表达式，得出线框在进和出磁场的两过程中通过导线横截面的电荷量的关系；由功能关系分析线框在进磁场和出磁场过程中产生的焦耳热的大小关系。13．【答案】D【解析】【解答】AB.带电尘埃在极板间做类平抛运动，最大偏转距离y，最长运动时间为t，根据牛顿第二定律可知，尘埃的加速度为a=水平方向有L=竖直方向上有y=解得y=根据题意可知，收集效率为η=则单位时间内通过导线的电荷量为Q=AB不符合题意；

C.单位时间内带电尘埃减少的电势能为EC不符合题意；

D.若电压增大到2U，带电尘埃在极板间最大偏转距离y'，最长运动时间为t'，根据牛顿第二定律可知，尘埃的加速度为a=水平方向和竖直方向分别有L'=v0解得y'=可知带电灰尘颗粒能够全部被收集，但不是恰好全部被收集，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】带电尘埃在极板间做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式，求出粒子的最大偏转位移，得出收集效率，继而得到单位时间内通过导线的电荷量；根据电势能与电势的关系式Ep14．【答案】C【解析】【解答】A.在v≪c时，质量与速度无关，为定值，质子离开加速器时，由洛伦兹力提供向心力可得qvB=故质子离开加速器时的动能E可知该动能与加速电压无关，A不符合题意；

B.在v≪c时，质量与速度无关，为定值，根据粒子在磁场做圆周运动的周期T=可得，将质子源换成α粒子源，则α粒子在磁场中的运动周期T质子的运动周期T两周期并不相等，而根据回旋加速器的特点，交流电的周期要与粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，所以α粒子不能一直被加速，B不符合题意；

CD.考虑相对论效应时，由T=质子被电场加速后，速度增大，质量增大，质子的运动周期增大，而交流电的周期应与质子的运动周期始终相等，所以为了让质子一直加速，交流电的周期也要增大，由f=可知，可以仅让交流电源的频率随粒子加速而适当减小，又T=可以仅让轨道处的磁场随半径变大而增大，C符合题意，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据洛伦兹力提供向心力和动能的定义式，推导粒子离开加速器时的动能表达式，判断其与加速电压的关系；根据α粒子和质子在同一磁场中运动周期的关系，分析α粒子能否一直被加速离开加速器；考虑速度对质量的影响时，分析粒子速度增大后粒子在磁场中运动周期的变化，从而得出为使质子一直被加速应采取的措施。15．【答案】（1）正；由B到A（2）0.0048（3）1.1×1（4）C【解析】【解答】（1）根据电路图可知，将开关S与1端相连，电容器的上极板与电源的正极连接，所以稳定后上极板带正电。把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，通过电流传感器的电流方向为由B到A。

（2）根据电容器的i-t图像中面积表示电荷量可知，图中面积包含约48个小格，故电容器储存的电荷量q=48×0.05×0.002

（3）本实验中所使用的电容器的电容约为C=（4）充电过程中，电压从零开始先迅速增大，然后稳定在某一数值，放电过程中，电压逐渐减小到为零，C符合题意，ABD不符合题意。

故答案为：C。

【分析】（1）根据电路图分析充电时极板的电性和放电时的电流方向；（2）根据电容器的i-t图像中面积表示电荷量，求解电容器存储的电荷量；（3）根据电容器的定义式C=Q16．【答案】（1）5（2）A；C；M；小（3）；4.5（4）错误，由U=E−(RA+R【解析】【解答】（1）图中多用电表刻度盘示数为5，档位为“×1”，因此读数为5×1Ω=5Ω（2）①由所提供器材可知，电源的电动势为3V，待测电阻约为5Ω，由欧姆定律可得通过待测电阻的电阻的电流最大值约为I故电流表选用A。待测电阻阻值较小，为了减小实验误差，方便调节电路，滑动变阻器应选阻值较小的电阻，故选C。

②因为R所以电流表应外接，故电压表的右端应接在M点；将电压表的右端接在M点时，由于电压表的分流，导致电流的测量值偏大，根据欧姆定律可知，电阻的测量值与真实值相比偏小。

（3）将各点用光滑的曲线连接起来。

根据欧姆定律可得U=IR，结合U-I图像的斜率可得R=（4）由闭合电路欧姆定律可知U=E-(所以U-I图像的斜率为k所以|∆U∆I|的值不变。

【分析】（1）根据多用电表测电阻的读数规则读数；（2）①17．【答案】（1）解：)根据电场强度的定义式E=F（2）解：小球静止在水平向右的匀强电场中时，对小球受力分析，如下图所示根据平衡条件有F解得，小球的质量为m（3）解：若小球在外力作用下从B点移动到细绳竖直位置的A点，则过程中静电力对小球做的功为W【解析】【分析】（1）