一、選擇題
1. 一小鋼球從空中某位置開始做自由落體運(yùn)動(dòng)，落地時(shí)的速度為30m/s，g取。則該小鋼球（ ）
A. 下落的高度為90mB. 下落的時(shí)間為3s
C. 在最后1秒內(nèi)的位移為20mD. 全過程的平均速度為20m/s
【答案】B
【解析】
【詳解】A．由已知條件，可知
解得下落的高度為
故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)已知條件，可知
故B正確；
C．由于下落的時(shí)間為3s，設(shè)，，可知第2秒末的速度為
在最后1秒內(nèi)的位移為
故C錯(cuò)誤；
D．全過程的平均速度為
故D錯(cuò)誤。
故選B
2. 如圖所示，將一個(gè)質(zhì)量為m的鋼球放在傾角為的固定斜面上，擋板豎直放置，鋼球處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將擋板沿順時(shí)針方向緩慢旋轉(zhuǎn)至水平位置，整個(gè)過程中鋼球均處于平衡狀態(tài)。不考慮鋼球與斜面、鋼球與擋板間的摩擦力。則鋼球?qū)醢宓膲毫Υ笮∨c對斜面的壓力大小的變化情況（ ）

A. 一直減小，一直增大
B. 一直增大，一直減小
C. 先減小后增大，一直減小
D. 一直減小，先增大后減小
【答案】C
【解析】
【詳解】以球?yàn)檠芯繉ο?，分析受力情況，小球受到重力G、斜面支持力F2和擋板的支持力F1，由平衡條件得知，F(xiàn)1和F2的合力與G大小相等、方向相反，作出三個(gè)位置力的合成圖如圖所示

根據(jù)牛頓第三定律得擋板對鋼球的支持力大小等于鋼球?qū)醢宓膲毫Υ笮椋蓤D看出，F(xiàn)1先減小后增大，F(xiàn)2逐漸減小，當(dāng)F1和F2垂直時(shí)，F(xiàn)1最小。
故選C。
3. 如圖所示，質(zhì)量分別為2kg、1kg的物塊A和物塊B置于光滑水平面上，中間用一輕彈簧相連。A、B兩物塊在水平拉力F的作用下，一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)（A、B相對靜止），彈簧在彈性限度內(nèi)的最大伸長量為4cm，其勁度系數(shù)為100N/m。在彈性限度內(nèi)，拉力F的最大值為（ ）
A. 4NB. 6NC. 8ND. 10N
【答案】B
【解析】
【詳解】當(dāng)彈簧伸長量最大時(shí)，對A分析
對整體分析
解得
F=6N
故選B。
4. 如圖所示，質(zhì)量為m的小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若保持軌跡所在水平面到懸點(diǎn)P的距離h不變，增大輕繩的長度l。有關(guān)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T與輕繩的拉力大小F，下列說法正確的是（ ）
A. T不變B. T增大C. F減小D. F不變
【答案】A
【解析】
【詳解】AB．小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對小球受力分析，如圖所示
可得
聯(lián)立解得
周期T只與距離h有關(guān)，周期T不改變，A正確，B錯(cuò)誤；
CD．由上述公式可得
可知輕繩的拉力大小F增大，CD錯(cuò)誤。
故選A。
5. 我國女子短道速滑隊(duì)多次在國際大賽上摘金奪銀，為祖國贏得榮譽(yù)。在某次3000m接力賽中，“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時(shí)，猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，如圖所示。在乙推甲的過程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用，則（ ）
A. 甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量
B. 甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等、方向相反
C. 甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量
D. 甲和乙組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
【答案】B
【解析】
【分析】
【詳解】A．因?yàn)闆_量是矢量，甲對已的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，故沖量大小相等方向相反，A錯(cuò)誤；
B．兩人組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，系統(tǒng)動(dòng)量變化量為零，則甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等且方向相反，B正確；
C．甲、乙間的作用力大小相等，不知道甲、乙的質(zhì)量關(guān)系，不能求出甲乙動(dòng)能變化關(guān)系，無法判斷做功多少，也不能判斷出二者動(dòng)能的變化量，C錯(cuò)誤；
D．在乙推甲的過程中，乙的肌肉對系統(tǒng)做了功，甲和乙組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒， D錯(cuò)誤。
故選B。
6. 如圖，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t＝0時(shí)的波形如圖中實(shí)線所示，t＝1s時(shí)的波形如圖中虛線所示，P是波傳播路徑上的一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，下列說法正確的是（ ）
A. t＝0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P正沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)
B. 質(zhì)點(diǎn)P在一個(gè)周期內(nèi)的路程為5m
C. 該波在1s內(nèi)可能向右傳播了6m
D. 波的傳播速度大小可能為4m/s
【答案】C
【解析】
【詳解】A．簡諧橫波沿x軸正方向傳播，根據(jù)波形平移法可知，t＝0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P正沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B．質(zhì)點(diǎn)P在一個(gè)周期內(nèi)的路程為
故B錯(cuò)誤；
C．由題圖可知波長為，根據(jù)波形平移法可知，該波在1s內(nèi)向右傳播的距離為
（，，）
當(dāng)時(shí)，，故C正確；
D．該波的傳播速度為
（，，）
可知波的傳播速度大小不可能為，故D錯(cuò)誤。
故選C。
7. 一臺手搖發(fā)電機(jī)產(chǎn)生正弦交流電，其電流i隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖所示。下列說法正確的是（ ）
A. 電流有效值為
B. 線圈每秒鐘轉(zhuǎn)50圈
C. t＝0.10s時(shí)，穿過線圈的磁通量最大
D. t＝0.15s時(shí)，穿過線圈的磁通量變化率為零
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由圖可知，電流最大值為
電流有效值為
故A錯(cuò)誤；
B．由圖可知，周期為
線圈每秒鐘轉(zhuǎn)速為
故B錯(cuò)誤；
C．由圖可知，t＝0.10s時(shí)，電流瞬時(shí)值最大，線圈與磁感線平行，穿過線圈的磁通量為零，故C錯(cuò)誤；
D．由圖可知，t＝0.15s時(shí)，電流瞬時(shí)值為零，線圈處于中性面，穿過線圈的磁通量變化率為零，故D正確。
故選D。
8. 在“用傳感器觀察電容器的充放電過程”實(shí)驗(yàn)中，按圖甲連接電路。電源兩端電壓保持不變，最初電容器不帶電。單刀雙擲開關(guān)S接1給電容器充電，充滿電后，開關(guān)S改接2，電流傳感器得到的I－t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（ ）
A. 電容器放電過程中電阻R兩端的電壓保持不變
B. 充電過程中電容器的電容C隨極板所帶電荷量增大而增大
C. 僅減小電阻R的阻值，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，I－t曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積將增大
D. 僅增大電容器兩極板間的距離，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，I－t曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積將減小
【答案】D
【解析】
【詳解】A．在電容器放電過程中電流逐漸減小，可知電阻R兩端的電壓逐漸減小，故A錯(cuò)誤；
B．電容器的電容由電容器本身決定，與電容器帶電量無關(guān)，則在電容器充電過程中電容器的電容不變，故B錯(cuò)誤；
C．曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積等于電容器所帶的電量值，則如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R的阻值，則此過程的曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積不變，故C錯(cuò)誤；
D．如果只增大電容器兩極板間的距離，根據(jù)
可知電容器的電容C減小，根據(jù)
可知，電容器帶電量減小，由
那么I－t曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積將減小，故D正確。
故選D。
9. 某同學(xué)設(shè)計(jì)了可檢測酒精濃度的裝置，其電路原理如圖所示。、為定值電阻，R是一個(gè)“氣敏傳感器”，其阻值隨所在氣體環(huán)境中酒精濃度的增大而減小。檢測時(shí)，對著氣敏電阻R吹氣，電壓表的示數(shù)為U，電流表的示數(shù)為I。吹氣前后電壓表的示數(shù)變化量為，電流表的示數(shù)變化量為。若吹氣時(shí)酒精濃度越大，則（ ）
A. I越大B. U越大C. U與I的比值越大D. 越大
【答案】A
【解析】
【詳解】A．若吹氣時(shí)酒精濃度越大，R阻值越小，總電阻越小，總電流越大，則電流表的示數(shù)I越大，故A正確；
B．若吹氣時(shí)酒精濃度越大，R阻值越小，并聯(lián)部分電阻越小，并聯(lián)部分電壓越小，則電壓表的示數(shù)U越小，故B錯(cuò)誤；
C．U與I的比值等于并聯(lián)部分的電阻，因此，若吹氣時(shí)酒精濃度越大，U與I的比值越小，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，吹氣前
吹氣后
聯(lián)立求得
因此，是定值，故D錯(cuò)誤。
故選A。
10. 如圖所示，兩根相互平行的長直導(dǎo)線過紙面上的M、N兩點(diǎn)，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流。a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點(diǎn)，c位于MN的中垂線上，且a、b、c到O點(diǎn)的距離均相等。下列說法正確的是（ ）
A. O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為零
B. O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向由O指向c
C. c點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與Oc連線垂直
D. a、c兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向相同
【答案】D
【解析】
【詳解】AB．根據(jù)安培定則可知，M處導(dǎo)線在O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向下，N處導(dǎo)線在O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向下，故O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零且方向向下，AB錯(cuò)誤；
CD．根據(jù)安培定則可知，M處導(dǎo)線在c點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于cM偏下，N在c點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于cN偏下，根據(jù)平行四邊形定則可知，c點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下，由AB解析知a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向也豎直向下，C錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
11. 某同學(xué)為了探究電感線圈和小燈泡對電路中電流的影響，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路，電路兩端電壓U恒定，、為完全相同的電流傳感器。時(shí)刻閉合開關(guān)S得到如圖乙所示的電流i隨時(shí)間t變化的圖像。電路穩(wěn)定后，小燈泡發(fā)出微弱的光。下列說法正確的是（ ）
A. 閉合開關(guān)S時(shí)，自感線圈中電流為零，其自感電動(dòng)勢也為零
B. 曲線a描述的是電流傳感器中電流隨時(shí)間變化的規(guī)律
C. 若斷開開關(guān)S，小燈泡閃亮后熄滅
D. 閉合開關(guān)S到電路穩(wěn)定過程中，小燈泡燈絲電阻保持不變
【答案】C
【解析】
【詳解】A．閉合開關(guān)時(shí)，電感線圈中電流為零，但由于線圈的自感現(xiàn)象，其自感電動(dòng)勢不為零，故A錯(cuò)誤；
B．閉合開關(guān)S的瞬間，線圈由于自感現(xiàn)象，電流慢慢增大，所以乙圖中的b曲線表示電流傳感器測得的數(shù)據(jù)，故B錯(cuò)誤；
C．圖乙可知穩(wěn)定后，所在支路電流大于所在支路電流，故斷開開關(guān)S，在自感作用下，小燈泡閃亮后熄滅，故C正確；
D．由圖可知，閉合開關(guān)后，電路兩端電壓恒定而流過燈泡的電流先減小后不變，結(jié)合歐姆定律可知，閉合開關(guān)到電路穩(wěn)定的過程中，小燈泡燈絲電阻先增大，后保持不變，故D錯(cuò)誤。
故選 C。
12. 如圖甲所示，電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)，已知。該電子的電勢能隨坐標(biāo)x變化的關(guān)系如圖乙所示，則下列說法中正確的是（ ）
A. A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢
B. 電子在A點(diǎn)的速度大于在B點(diǎn)的速度
C. A點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度
D. 電子從A到B的過程中靜電力做的功大于從B到C的過程中靜電力做的功
【答案】D
【解析】
【詳解】A．電子從A到C電勢能逐漸減小，可知電勢逐漸升高，則電場在x坐標(biāo)軸上電場強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，而沿電場方向電勢逐漸降低，可知A點(diǎn)電勢低于B點(diǎn)電勢，故A錯(cuò)誤；
B．電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng),只有電場力做功，因電勢能逐漸減小，則動(dòng)能逐漸增大，即電子在A點(diǎn)的速度小于在B點(diǎn)的速度，故B錯(cuò)誤；
C．圖像的斜率等于電場力，可知從A到B電子受電場力逐漸減小，場強(qiáng)逐漸減小，可知A點(diǎn)電場強(qiáng)度大于B點(diǎn)電場強(qiáng)度，故C錯(cuò)誤；
D．因從A到B的電場力大于從B到C的電場力，根據(jù)W=Fx可知，電子從A運(yùn)動(dòng)到B靜電力做的功大于從B運(yùn)動(dòng)到C靜電力做的功，故D正確。
故選D。
13. 如圖甲所示，傾角為、寬度為l、電阻不計(jì)的光滑平行金屬軌道足夠長，整個(gè)裝置處于垂直軌道平面向下的勻強(qiáng)磁場中。軌道上端的定值電阻阻值為R，金屬桿MN的電阻為r，質(zhì)量為m。將金屬桿MN由靜止釋放，桿始終與軌道垂直且接觸良好。通過數(shù)據(jù)采集器得到電流i隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。當(dāng)金屬桿下滑的位移為x時(shí)，可認(rèn)為電流達(dá)到最大值。已知時(shí)刻的電流為，重力加速度為g，下列說法中不正確的是（ ）
A. 磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小
B. 時(shí)刻金屬桿的加速度大小
C. 金屬桿的最大速度大小
D. 桿下滑位移為x的過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由圖像可知，金屬桿穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的電流為，桿受重力、支持力和安培力三個(gè)力平衡，根據(jù)平衡條件有
解得
故A正確，不符題意；
B．在時(shí)刻，對金屬桿根據(jù)牛頓第二定律可得
解得金屬桿的加速度大小為
故B正確，不符題意；
C．金屬桿速度最大時(shí)，克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，則有
解得金屬桿的速度大小為
故C正確，不符題意；
D．當(dāng)金屬桿下滑的位移為時(shí)，可認(rèn)為電流達(dá)到最大值，此過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知
根據(jù)功能關(guān)系可得產(chǎn)生的總焦耳熱為
桿下滑位移為的過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱為
解得
故D錯(cuò)誤，符合題意。
故選D。
14. 星下點(diǎn)監(jiān)控可實(shí)時(shí)顯示衛(wèi)星的運(yùn)行狀態(tài)。衛(wèi)星和地心的連線與地球表面的交點(diǎn)稱為星下點(diǎn)，即衛(wèi)星在地面上的投影點(diǎn)。某衛(wèi)星繞地球的運(yùn)動(dòng)可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道如圖甲中虛線所示。該衛(wèi)星的監(jiān)控畫面如圖乙所示，下方數(shù)值表示經(jīng)度，曲線是星下點(diǎn)的軌跡展開圖，圖中給出了衛(wèi)星第Ⅰ圈、第Ⅱ圈和第Ⅲ圈的星下點(diǎn)軌跡展開圖，其中P點(diǎn)是第Ⅰ、Ⅱ圈的星下點(diǎn)軌跡展開圖的一個(gè)交點(diǎn)。已知地球自轉(zhuǎn)周期為24h，衛(wèi)星繞行方向如圖甲所示。下列說法正確的是（ ）
A. 該衛(wèi)星第Ⅰ、Ⅱ圈星下點(diǎn)經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間間隔等于該衛(wèi)星的運(yùn)行周期
B. 根據(jù)赤道與星下點(diǎn)軌跡展開圖的交點(diǎn)，可知該衛(wèi)星的運(yùn)行周期約1.5h
C. 若地球沒有自轉(zhuǎn)，則該衛(wèi)星的星下點(diǎn)軌跡為一個(gè)點(diǎn)
D. 地球靜止軌道衛(wèi)星的星下點(diǎn)軌跡可能經(jīng)過P點(diǎn)
【答案】B
【解析】
【詳解】A．假如地球沒有自轉(zhuǎn)，則該衛(wèi)星第Ⅰ、Ⅱ圈星下點(diǎn)經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間間隔等于該衛(wèi)星的運(yùn)行周期，因地球有自轉(zhuǎn)，可知該衛(wèi)星第Ⅰ、Ⅱ圈星下點(diǎn)經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間間隔并不等于該衛(wèi)星的運(yùn)行周期，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)赤道與星下點(diǎn)軌跡展開圖的交點(diǎn)，衛(wèi)星第Ⅰ圈到第Ⅲ圈沿相同方向通過赤道時(shí)，地球轉(zhuǎn)過45°，用時(shí)間
可知該衛(wèi)星的運(yùn)行周期約1.5h，選項(xiàng)B正確；
C．若地球沒有自轉(zhuǎn)，則該衛(wèi)星的星下點(diǎn)軌跡為一條直線或一條曲線，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．地球靜止軌道衛(wèi)星定點(diǎn)在赤道上方且相對地球表面靜止，則其星下點(diǎn)是赤道上一個(gè)點(diǎn)，不可能經(jīng)過P點(diǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選B。
二、非選擇題
15. 圖1是“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。
（1）在“探究加速度與力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中，應(yīng)保持______（選填“小車質(zhì)量”或“槽碼質(zhì)量”）不變。
（2）該實(shí)驗(yàn)過程中操作正確的是______。
A. 平衡小車受到的阻力時(shí)小車未連接紙帶
B. 紙帶打點(diǎn)時(shí)，先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，后釋放小車
C. 調(diào)節(jié)滑輪高度使細(xì)繩與長木板平行
（3）某同學(xué)通過正確實(shí)驗(yàn)操作獲得一條紙帶，測得各計(jì)數(shù)點(diǎn)到計(jì)數(shù)點(diǎn)1的距離如圖2所示。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交變電流的頻率為50Hz，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)未畫出，則小車加速度大小a＝______（結(jié)果保留小數(shù)點(diǎn)后兩位）。
（4）在探究小車的加速度a與小車質(zhì)量M的關(guān)系時(shí)，采用圖像法處理數(shù)據(jù)，以小車質(zhì)量的倒數(shù)為橫坐標(biāo)，小車的加速度大小a為縱坐標(biāo)。甲、乙兩組同學(xué)分別得到的圖像如圖3所示。
①兩圖線的左下部分均可視為直線，請分析甲組同學(xué)所得直線斜率較大的原因______；
②兩圖線的右上部分的斜率隨的增大逐漸減小，請通過計(jì)算解釋原因______。
【答案】（1）小車質(zhì)量 （2）BC
（3）0.51 （4） ①. 甲組同學(xué)實(shí)驗(yàn)中所用槽碼的質(zhì)量大于乙組同學(xué)實(shí)驗(yàn)中所用槽碼的質(zhì)量 ②. 不再滿足
【解析】
【小問1詳解】
在“探究加速度與力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中，應(yīng)保持小車質(zhì)量不變。
【小問2詳解】
A．平衡小車受到的阻力時(shí)應(yīng)不掛槽碼，但要使小車拖著紙帶勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．紙帶打點(diǎn)時(shí)，先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，后釋放小車，選項(xiàng)B正確；
C．調(diào)節(jié)滑輪高度使細(xì)繩與長木板平行，選項(xiàng)C正確。
故選BC。
【小問3詳解】
相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)未畫出，則
T=0.1s
則小車加速度大小
【小問4詳解】
①兩圖線的左下部分均可視為直線，根據(jù)
可知分析甲組同學(xué)所得直線斜率較大的原因是甲組中小車受的牽引力較大，即甲組同學(xué)實(shí)驗(yàn)中所用槽碼的質(zhì)量大于乙組同學(xué)實(shí)驗(yàn)中所用槽碼的質(zhì)量；
②設(shè)繩上的拉力為T，對m有
mg-T=ma
對M有
T=Ma
解得加速度
若m?M時(shí)，則
即小車加速度
隨著增大，即M減小的過程中，不再滿足m?M時(shí)
圖像偏離線性關(guān)系，且斜率減小。
16. 某學(xué)習(xí)小組對水果電池進(jìn)行如下探究。
（1）將銅片和鋅片插入一個(gè)蘋果中，用電壓表（磁電式電表，內(nèi)阻約幾千歐）測得銅片與鋅片間電壓為0.70V。則該蘋果電池的電動(dòng)勢E應(yīng)______（選填“大于”“等于”或“小于”）0.70V。但將四個(gè)這樣的蘋果電池串聯(lián)起來給規(guī)格為“2.8V 0.5A”的小燈泡供電時(shí)，燈泡并不發(fā)光。經(jīng)檢查，電源連接沒有問題，燈泡、導(dǎo)線、開關(guān)均無故障，猜想可能的原因是______。
（2）為驗(yàn)證上述猜想，該學(xué)習(xí)小組擬測量其中一個(gè)“蘋果電池”的電動(dòng)勢和內(nèi)阻，他們進(jìn)入實(shí)驗(yàn)室，找到以下器材：
A．電流表（量程為0～0.6A，內(nèi)阻為0.125Ω）
B．電流表（量程為0～200μA，內(nèi)阻為1000Ω）
C．定值電阻（阻值為250Ω）
D．電阻箱R（0～9999Ω）
E．導(dǎo)線和開關(guān)
a．經(jīng)分析，該蘋果電池的最大電流在0.5～1mA之間，據(jù)此該小組設(shè)計(jì)了如圖1所示的實(shí)驗(yàn)電路圖，并用定值電阻對電流表______（選填“”或“”）進(jìn)行改裝，改裝后的量程為______mA；
b．改變電阻箱R的阻值，用上述電路測得幾組流經(jīng)蘋果電池的電流I（A）、電阻箱的讀數(shù)R（Ω）。以R（Ω）為橫坐標(biāo)，以（）為縱坐標(biāo)作出的圖線為一條直線，如圖2所示。根據(jù)圖線求得其斜率，縱軸截距?？芍撎O果電池的電動(dòng)勢E＝______V，內(nèi)阻r＝______kΩ。
【答案】（1） ①. 大于 ②. 蘋果電池的內(nèi)阻太大，接燈泡時(shí)電流太小，功率小無法發(fā)光
（2） ①. ②. 0～1##1 ③. 1.0 ④.
【解析】
【小問1詳解】
[1]用電壓表測得銅片與鋅片間電壓為0.70V，因電壓表內(nèi)阻不是無窮大，則電壓表測得是路端電壓，則該蘋果電池的電動(dòng)勢E應(yīng)大于0.70V。
[2]將四個(gè)這樣的蘋果電池串聯(lián)起來給規(guī)格為“2.8V 0.5A”的小燈泡供電時(shí)，燈泡并不發(fā)光。經(jīng)檢查，電源連接沒有問題，燈泡、導(dǎo)線、開關(guān)均無故障，猜想可能的原因是蘋果電池的內(nèi)阻太大，接燈泡時(shí)電流太小，功率小無法發(fā)光。
【小問2詳解】
a．[1][2]電流表量程過大，則用定值電阻對電流表進(jìn)行改裝，改裝后的量程為
b.[3][4]改裝后電流表的內(nèi)阻
根據(jù)
可得
可知
解得
17. 如圖所示，長為L的輕質(zhì)絕緣細(xì)線上端固定在O點(diǎn)，下端拴一帶電小球，小球質(zhì)量為m，所帶電荷量為q。系統(tǒng)處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，小球靜止在A點(diǎn)時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為?，F(xiàn)將小球拉至與O點(diǎn)等高的B點(diǎn)，由靜止釋放。重力加速度為g，求：
（1）電場強(qiáng)度大小E；
（2）A、B兩點(diǎn)間的電勢差；
（3）小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小問1詳解】
對帶電小球受力分析，如圖所示
小球在A點(diǎn)受力平衡，則
解得
【小問2詳解】
A、B兩點(diǎn)間的電勢差
【小問3詳解】
小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得
解得
18. 如圖所示為扇形磁場質(zhì)量分析器的原理簡化圖，整個(gè)裝置處于高真空環(huán)境。某粒子源（圖中未畫出）發(fā)出兩種帶電粒子，所帶電荷量均為q，質(zhì)量分別為、。兩粒子由靜止開始經(jīng)加速電壓U加速后沿直線進(jìn)入三角形勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直于軌跡所在平面（紙面），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為的粒子1離開磁場區(qū)域，經(jīng)過出口狹縫，到達(dá)檢測器，如圖中實(shí)線所示，帶電粒子2的軌跡如圖中虛線所示。不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用力。
（1）求粒子1進(jìn)入磁場區(qū)時(shí)的速度大?。?br>（2）求粒子1軌跡所在圓的半徑r；
（3）為了使粒子2能夠通過出口狹縫打到檢測器上，分析應(yīng)如何調(diào)節(jié)實(shí)驗(yàn)參數(shù)？（寫出兩種方法）
【答案】（1）
（2）
（3）減小加速電壓U，增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B
【解析】
【小問1詳解】
根據(jù)動(dòng)能定理
得
【小問2詳解】
根據(jù)牛頓第二定律
得
【小問3詳解】
為了使粒子2能夠通過出口狹縫打到檢測器上，需減小粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑，可以減小加速電壓U，或者增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B。
19. 地球質(zhì)量為M，半徑為R，地球自轉(zhuǎn)角速度為，萬有引力常量為G。不計(jì)地球大氣對衛(wèi)星的作用。
（1）現(xiàn)發(fā)射一顆質(zhì)量為m，繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的近地衛(wèi)星（不計(jì)衛(wèi)星距地面的高度），求衛(wèi)星的運(yùn)行速度v的大小。
（2）設(shè)想在地球赤道平面內(nèi)有一垂直于地面延伸到太空的輕質(zhì)電梯，始終與地球自轉(zhuǎn)同步，如圖所示。這種太空電梯可用于低成本發(fā)射衛(wèi)星，其發(fā)射方法是將衛(wèi)星通過太空電梯勻速提升到某高度，然后啟動(dòng)推進(jìn)裝置將衛(wèi)星從太空電梯發(fā)射出去。
設(shè)在某次發(fā)射時(shí)，質(zhì)量為的衛(wèi)星在太空電梯中緩慢上升，該衛(wèi)星在上升到距地心kR（k＞1）的位置A處意外地和太空電梯脫離而進(jìn)入太空。衛(wèi)星脫離時(shí)的速度可認(rèn)為等于太空電梯上該位置處的線速度。已知質(zhì)量為和的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，距離為r時(shí)的引力勢能表達(dá)式為。
a．求該衛(wèi)星脫離時(shí)的速度大??；
b．結(jié)合開普勒定律，請說明如何判斷衛(wèi)星脫離后是否會撞擊地球表面。（不必求解具體結(jié)果，但要寫出判斷所需的方程，并指出需要求解哪個(gè)物理量，說明如何判斷。）
【答案】（1）
（2）；，不會撞擊地球；當(dāng)，會撞擊地球
【解析】
【小問1詳解】
萬有引力提供向心力
解得
【小問2詳解】
a．太空電梯上位置A處即該衛(wèi)星脫離時(shí)的速度大小為
b．該衛(wèi)星在A點(diǎn)脫離后做橢圓運(yùn)動(dòng)，地心為其橢圓運(yùn)動(dòng)的焦點(diǎn)，A點(diǎn)到地心的距離為kR。設(shè)該橢圓軌道長軸的另一端點(diǎn)B到地心距離為，衛(wèi)星在該點(diǎn)速度為。根據(jù)機(jī)械能守恒定律，得
根據(jù)開普勒第二定律，得
需求解，當(dāng)，不會撞擊地球；當(dāng)，會撞擊地球。
20. 類比是研究問題的常用方法。
（1）情境1：已知一段導(dǎo)體兩端電勢分別為和，且。導(dǎo)體的電阻率為，橫截面積為S，長度為L。請根據(jù)歐姆定律與電阻定律，推導(dǎo)通過導(dǎo)體的電流I的表達(dá)式。
（2）情境2：熱傳導(dǎo)是由于溫度差引起的熱量傳遞現(xiàn)象，其本質(zhì)是由物質(zhì)中大量做熱運(yùn)動(dòng)的分子互相撞擊，從而使能量從物體的高溫部分傳至低溫部分。
如圖甲所示，某傳熱介質(zhì)的橫截面積為S，兩端的溫度分別為和，且。類比電流的定義式，定義“熱流”Φ（熱傳導(dǎo)速率）為單位時(shí)間內(nèi)通過傳熱介質(zhì)某一橫截面積的熱量。已知其他條件一定時(shí)，Φ正比于溫差。定義“熱阻”為物體兩端溫度差與熱流的比值，對于熱流經(jīng)過的截面積不變的傳熱介質(zhì)，熱阻。其中L為沿?zé)崃鞣较虻慕橘|(zhì)長度，S為垂直于熱流方向傳熱介質(zhì)的截面積，k為傳熱材料的熱阻率。
a．類比電流I與電勢差的關(guān)系，試推導(dǎo)熱流Φ的表達(dá)式；
b．兩根金屬棒A、B尺寸相同，其中。現(xiàn)將A、B兩金屬棒先后串聯(lián)、并聯(lián)在溫度恒定的低溫?zé)嵩春透邷責(zé)嵩粗g，如圖乙所示。低溫?zé)嵩?、高溫?zé)嵩吹臏囟确謩e為、，且。當(dāng)A、B串聯(lián)使用時(shí)，熱源之間各處熱流均相等； A、B并聯(lián)使用時(shí)，總熱流等于流過金屬棒A、B的熱流之和，求將A、B串聯(lián)使用時(shí)與并聯(lián)使用時(shí)兩熱源之間的總熱流之比。不計(jì)金屬棒側(cè)面與外界進(jìn)行的熱量交換。
【答案】（1）
（2）a．
b．
【解析】
【詳解】（1）由歐姆定律和電阻定律，可知
解得
（2）a．類比電流I與電勢差的關(guān)系，可得
b．因?yàn)?br>
所以
串聯(lián)時(shí)



所以，串聯(lián)時(shí)的熱流為
并聯(lián)時(shí)


并聯(lián)時(shí)的熱流為
所以

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