2020年6月北京朝陽區(qū)高三物理二模試題(解析版)

1、東城區(qū)2019-2020學年度第二學期高三綜合練習（二）物理解析第一部分（選擇題 共42分）本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1 下列關于能量的單位（焦耳）與基本單位千克、米、秒之間關系正確的是A 1J=1kg ms-1B. 1J=1kg m s-2C. 1J=1kg m2 s-1D. 1J=1kg m2 s-2【答案】D【解析】因為 W=Fx=max，故轉換成單位就是：1J=1kgm2s-2，選項D正確。2 .核反應方程9Be+：He C+X中的X表示A .中子B .電子C . a粒子D .質子【答案】A【解析】由核反應方程的荷電荷數(shù)與質量

2、數(shù)守恒的規(guī)律可知，X的荷電荷數(shù)是0，質量數(shù)1,故是中子，選項A正確。3 .已知2390Th的半衰期為24天。2344 g 90Th經(jīng)過72天還剩下A . 0.5 gC . 2gD . 3.5 g第3頁共15頁【答案】A【解析】因為這個元素的半衰期是一個半衰期后剩下 2g，再一次半衰期后剩下7224天，則72天經(jīng)過了=3241g,再經(jīng)過一次半衰期后剩下0.5g，故最后剩下0.5g這種元個半衰期，而元素的質量為 4g,故素，選項A正確。4. 下列說法正確的是A.分子間的引力總是大于斥力B .分子間同時存在引力和斥力C .布朗運動就是液體分子的無規(guī)則運動D .液體中懸浮微粒越大，布朗運動越顯著【答案

3、】B【解析】由分子間作用力的規(guī)律可知，分子間的引力不是總是大于斥力，有時候小于斥力，從而在宏觀上有時表面為引力，有時表現(xiàn)為斥力，選項A錯誤；分子間同時存在引力和斥力，選項B正確；布朗運動不是液體分子的無規(guī)則運動，它是花粉顆粒的無規(guī)律的運動，而花粉顆粒不是分子，但是它能間接地反映液體分子是運動的，就是因為液體分子的運動才使得花粉顆粒發(fā)生了運動，選項C錯誤；液體中懸浮微粒越大，同樣的力作用在它的身上，其運動狀態(tài)變化就不明顯，故布朗運動也越不顯 著，選項D錯誤。5. 如圖所示，一定質量的理想氣體由狀態(tài) a經(jīng)過等壓變化到達狀態(tài) b,再從狀態(tài)b經(jīng)過等容變化到達 狀態(tài)c。狀態(tài)a與狀態(tài)c溫度相等。下列說法正

4、確的是OA 氣體在狀態(tài)a的溫度大于在狀態(tài) b的溫度B 氣體在狀態(tài)a的內(nèi)能等于在狀態(tài) c的內(nèi)能C .從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程中，外界對氣體做正功D 從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程中，氣體的內(nèi)能增加【答案】B【解析】因為一定質量的理想氣體的狀態(tài)方程為-PV=C，故由狀態(tài)a經(jīng)過等壓變化到達狀態(tài) b時，因為b的體積大，故b對應的溫度就較高，選項 A錯誤；因為a和c兩個狀態(tài)的溫度相等，故氣體在狀態(tài)a的內(nèi)能等于在狀態(tài) c的內(nèi)能，選項B正確；從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程中，氣體的體積增大，相當于膨脹，故是它對外做功，對氣體而言，這個功 是負的，所以不是外界對氣體做正功，選項C錯誤；從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程中，體積不變，壓強減

5、小，故溫度降低，則氣體的內(nèi)能減少，選項D錯誤。6. 2020年4月24日第五個中國航天日啟動儀式上，國家航天局正式發(fā)布備受矚目的中國首次火星 探測任務被命名為 天問一號”?；鹦鞘翘栂抵芯嚯x地球較近、自然環(huán)境與地球最為類似的行星之一， 一直以來都是人類深空探測的熱點。如果將地球和火星繞太陽的公轉視為勻速圓周運動，并忽略行星自 轉的影響。根據(jù)表中數(shù)據(jù)，結合所學知識可以判斷行星天體質量/kg天體半徑/m公轉軌道半徑/m地球6.0 x 1246.4 x 101.5 x 10火星6.4 x 1233.4 x 102.3 x 10A .火星的公轉周期小于一年B .火星的公轉速度比地球公轉速度大C .火星

6、的第一宇宙速度小于7.9km/s D .太陽對地球的引力比對火星的引力小【答案】C【解析】如果將地球和火星繞太陽的公轉視為勻速圓周運動，由數(shù)據(jù)還可以看出，火星的半徑較大，則根據(jù) 高軌低速大周期”的規(guī)律可知，火星的周期大于地球的公轉周期，即大于1年，選項A錯高軌低速，所以火星的公轉速度比地球公轉速度小，選項B錯誤;7.9km/s，而第一宇宙速度為v火GM火r地：6.4 1023 6.4 106 3.4 106 6.0 10241，故火星的第宇宙速度小于7.9k m/s，選項C正確;太陽對行星的引力f=gm太M星，R公2故太陽引力的大小之比GM太M火R火公GM太M地6.4 10236.0 1024

7、(1.5 1011)2(2.3 1011)20.2 22J+ 0.6 12J=1.6J,故碰撞前后兩2 2 2 2 2小球的機械能總量不變，選項C錯誤，D正確。&圖甲所示為一列簡諧橫波在t=0時的波的圖像，圖乙所示為該波中x=4m處質點P的振動圖像。下列說法正確的是A .此波的波速為2m/sC. t=0.5s時質點P的速度最大【答案】CB .此波沿x軸正方向傳播D. t=1.0s時質點P的加速度最大第11頁共15頁【解析】由甲圖可知，波長是4m,再由乙圖可知，周期是1.0s,故波的傳播速度為v=4mT 1.0s=4m/s,選項A錯誤；由乙圖可知，P點在t=0時是向下振動的，在甲圖上根據(jù)同側法可

8、以判斷出波沿x軸負方向傳播，選項 B錯誤；由乙圖可知，在 t=0.5s時，質點P經(jīng)過平衡位置，故它的速度最大，選項C正確；t=1.0s時，質點P處于平衡位置，故它的回復力是0,加速度也是0，選項D錯誤。9.在同一勻強磁場中，質子和電子各自在垂直于磁場的平面內(nèi)做半徑相同的勻速圓周運動。質子的質量為mp,電子的質量為 me。則質子與電子A .速率之比等于1:1B 周期之比等于1:1C .動能之比等于mempD .動量大小之比等于memp【答案】C【解析】由于磁場相同，半徑也相同，故由帶電粒子在磁場中運動時的洛侖茲力等于向心力可知:2Bqv=m ，所以速度大小為Rv=BqR，而質子與電子的電荷量mq

9、相等，但是其質量不相等，所以速度不是1 : 1,選項A錯誤;同理，再得出粒子在磁場的周期T=乙衛(wèi)，又是因為它們的質量不相等，所以周期不相等，不是1 :Bq1,選項B錯誤；1 1Ekvm因為粒子的動能 Ek= - mv2= BqvR,故質子與電子的動能之比e，選項C正確；2 2Eke Vemp因為粒子的動量p=mv=BqR,而B、q和R都是相等的，故質子與電子的動量之比是1 : 1,選項D錯誤。10如圖所示為某交變電流隨時間變化的圖象。則此交變電流的有效值為22C.3 2【答案】A【解析】求交流電的有效值時，我們?nèi)∫粋€周期T=4s,則交流電通過電阻 R放出的熱量為Q交=(1A) 2RX2s+ (

10、2A) 2R疋s；如果用直流電也在相同的時間內(nèi)放出的熱量為Q 直=I2RX4s,且Q *=Q直，則解出上述方程得l=A，故選項A正確。211.如圖所示是磁流體發(fā)電機的示意圖，兩平行金屬板P、Q之間有一個很強的磁場。一束等離子體(高溫下電離的氣體， 含有大量正、負帶電粒子)沿垂直于磁場方向噴入磁場。 將P、Q與電阻R相連接。F列說法正確的是A . P板的電勢低于Q板的電勢B .通過R的電流方向由b指向aC .若只改變磁場強弱，通過 R的電流保持不變D .若只增大粒子入射速度，通過R的電流增大【答案】D【解析】由左手定則可知，等離子體中帶正電的粒子受到向上洛侖茲力，故它會向上極板偏轉，從而使上極板

11、P板帶正電，所以 P板的電勢高于 Q板的電勢，選項 A錯誤；由于P極板的電勢高，故電流方向是由a到b的，選項B錯誤；因為穩(wěn)定時粒子受力平衡，即F電=F洛，故Uq =Bqv，所以兩極板間的電勢差 U=Bdv,所以若若只改d變磁場強弱，則兩極板間的電勢差會變化，故由歐姆定律可得，通過電阻R的電流也會改變，選項 C錯誤;R的電流也會增大，選根據(jù)U=Bdv,若只增大粒子入射速度，則兩極板間的電勢差會增大，故通過 項D正確。12 絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán)，其圓心的正上方有一個豎直的條形磁鐵。當條形磁鐵沿水平方向向右移動時，圓環(huán)始終未動。若圓環(huán)的質量為m,桌面對它的支持力為 Fn。在此過程中A Fn

12、小于mg,圓環(huán)有向右的運動趨勢B Fn小于mg,圓環(huán)有向左的運動趨勢C Fn大于mg,圓環(huán)有向右的運動趨勢D Fn大于mg,圓環(huán)有向左的運動趨勢【答案】A【解析】當條形磁鐵沿水平方向向右移動時，相當于磁鐵離圓環(huán)越來越遠，根據(jù)來拒去留”規(guī)律可知圓環(huán)會受到向上的作用力去留戀磁鐵，故桌面對圓環(huán)的支持力就會小于圓環(huán)的重力，即Fn小于mg,選項CD錯誤；因為磁鐵向右運動，故圓環(huán)也會有向右的運動趨勢，以適應來拒去留”的規(guī)律，選項 A正確，B錯誤；同時該題也可以從安培力的角度去分析：對于圓環(huán)而言，其磁場方向向下，如果磁鐵向右運動，相當于穿過圓環(huán)的磁通量在減小，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)中就會產(chǎn)生一個感應磁場來阻

13、礙它的減小，故 圓環(huán)的感應磁場方向也向下，再由右手定則可以判斷出圓環(huán)中的電流方向從上向下看是順時針方向；再 由由左手定則判斷時注意圓環(huán)邊框的磁場方向是斜向下的，如下圖所示，則可以判斷出圓環(huán)左右兩小段 受到的安培力的方向為斜向上的，故桌面對圓環(huán)的支持力會小于重力；同時左邊這個安培力斜向左上， 為Fi，右邊的安培力是斜向右上，為F2，而磁鐵向右運動，右邊的磁場比較強，B 9故這二個力的水平分量是向右的大于向左的，故圓環(huán)有向右的運動趨勢。13將質量為1kg的物體從地面豎直向上拋出，一段時間后物體又落回拋出點。在此過程中物體所受空氣阻力大小不變，其動能Ek隨距離地面高度h的變化關系如圖所示。取重力加速

14、度g=10 m/s2。下列說法正確的是A .物體能上升的最大高度為3mC.上升過程中物體加速度大小為10 m/s2B 物體受到的空氣阻力大小為2ND 下落過程中物體克服阻力做功為24J【答案】B【解析】由圖可知，當物體被拋出時的動能是72J,到高度為3m時動能變?yōu)?6J，由于到3m時物體還有向上的動能，故物體上升的高度要大于3m，選項A錯誤;對上升到3m時的過程，利用動能定理得：-mgh-fh=36J-72J，故物體受到的空氣阻力大小為f=2N，選項B正確；物體在上升過程中受到的合外力F合=mg+f=12N，故此時的加速度大小為 12m/s2,選項C錯誤；設物體上升的高度為 x,則物體上升時由

15、動能定理得：-(mg+f) x=72J,所以x=6m;則下落時它也會下落6m的，所以下落過程中克服阻力做的功為Wf=fx=2NX6m=12J,選項D錯誤。14. 如圖所示，在利用v-t圖象研究勻變速直線運動的位移時，我們可以把運動過程按橫軸t劃分為很多At足夠小的小段，用細長矩形的面積之和代表物體的位移。應用上述的方法我們可以分析其他問題。下列說法正確的是A .若橫軸表示速度v,縱軸表示外力B .若橫軸表示時間縱軸表示合外力C .若橫軸表示時間縱軸表示磁通量D .若橫軸表示路程X,F，可以求得外力的瞬時功率可以求得物體的動量,縱軸表示速率的倒數(shù)可以求得感應電動勢1/v，可以求得運動時間【答案】

16、D【解析】瞬時功率是某時刻的功率，它不能通過面積的大小來計算，故選項A錯誤;若橫軸表示時間t,縱軸表示合外力F,其面積可以表示合外力的沖量，根據(jù)動量定理可得出的是物體的動量的變化量，而不是物體的動量，選項B錯誤；若橫軸表示時間t，縱軸表示磁通量 ，則面積是磁通量 與時間的乘積 t而根據(jù)法拉第電磁感應定律，求感應電動勢時需要知道的是磁通量的變化率，故選項C錯誤; t若橫軸表示路程X,縱軸表示速率的倒數(shù)1/V,則其面積的大小是 XX，而它的大小就是運動的時V間，所以選項D正確。第n卷（非選擇題 共58 分）15. （8分）某同學用如圖甲所示的實驗裝置，通過重物自由下落運動驗證機械能守恒定律。71圖

17、甲實驗過程中他進行了如下操作，其中操作不當?shù)牟襟E是 A .將打點計時器接到直流電源上B 先釋放紙帶，后接通電源C 在紙帶上選取適當?shù)臄?shù)據(jù)點，并測量數(shù)據(jù)點間的距離D 根據(jù)測量結果計算重物下落過程中減少的重力勢能及增加的動能 圖乙是正確操作后得到的一條紙帶。在紙帶上選取三個連續(xù)打出的點A、B、C,測得它們到起始點0的距離分別為sa、sb、sc。已知重物質量為m,當?shù)刂亓铀俣葹間，打點計時器的打點周期為T。從打下0點到打下B點的過程中，重物重力勢能的減少量EP=，動能的增加量Ek利用同一條紙帶上的多個數(shù)據(jù)點進行計算并將計算結果填入下表（為便于比較，表中數(shù)據(jù)均保留一位小數(shù)）。分析數(shù)據(jù)后他發(fā)現(xiàn)表中的E

18、p與Ek之間存在差異，認為這是由于阻力的影響造成的。他的觀點是否正確？請說明你的觀點及判斷依據(jù)。12345Ep ( X 1-0J)4.99.814.719.629.4【答案】(8 分)(1) AB ; mgsB ;m(ScSa)28T2不正確。如果是由于阻力造成的差異,Ek ( x 1-0J)5.010.115.120.029.8該大于 Ek?！窘馕觥浚?）將打點計時器需要交流電源供電，不能接到直流電源上，故選項A符合題意；應該是先接通電源，后釋放紙帶，選項B也符合題意；在紙帶上選取適當?shù)臄?shù)據(jù)點，并測量數(shù)據(jù)點間的距離，這是正確的，選項 C不符合題意；根據(jù)測量結果可以計算重物下落過程中減少的重力

19、勢能及增加的動 能，選項D也不符合題意；故該題選 AB。（2）從打下0點到打下B點的過程中，重物重力勢能的減少量EP=mgsB，由于B點的速度為vb=邑仝A，所以動能的增加量Ek=丄mvB2 m（SC W ；2T28T2（3）不正確，因為每組數(shù)據(jù)中的動能的增加量都大于重力勢能的減少量，如果是由于阻力造成的差 異，EP應該大于 Ek。16. （10分）同學們利用圖示裝置測量某種單色光的波長。實驗時，接通電源使光源（燈泡）正常發(fā) 光，調整儀器從目鏡中可以觀察到干涉條紋。A 將單縫向雙縫靠近B 將屏向靠近雙縫的方向移動C .將屏向遠離雙縫的方向移動D 使用間距更小的雙縫若雙縫的間距為d，屏與雙縫間的

20、距離為I，測得第1條亮紋中央到第n條亮紋中央間距離為 x, 則單色光的波長入=。若只將濾光片去掉，下列說法正確的是 。A 屏上出現(xiàn)彩色衍射條紋，中央是紫色亮紋B 屏上出現(xiàn)彩色衍射條紋，中央是白色亮紋C .屏上出現(xiàn)彩色干涉條紋，中央是紅色亮紋D .屏上出現(xiàn)彩色干涉條紋，中央是白色亮紋隨著學習的不斷深入，同學們對光的本性有了更為豐富的認識?，F(xiàn)在我們知道光既具有波動性，又具有粒子性，即光具有波粒二象性。在雙縫干涉實驗中，某個光子打在光屏上落點的準確位置 （選填可以”或不可以”）預 測。在光電效應實驗中，用紫外線照射鋅板可以使光電子離開鋅板，如果只增加紫外線的照射強度光電子的最大初動能是否會增加。請說

21、明你的觀點及依據(jù)?！敬鸢浮浚?0分）x dB :：D : 不可以；只增加紫外線的照射強度不會增加（n 1） l光電子的最大初動冃匕。根據(jù)愛因斯坦的光電效應方程Ek h W，光電子的最大初動能與光的頻率及金屬的逸出功有關，與光的強度無關。因此當光的頻率及金屬的逸出功不變時，只增加紫外線的照射強度，光電子的最大初動能不變。x=dl，則4會減【解析】（1 ）若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)，意思是減少條紋間距，因為條紋間距若將單縫向雙縫靠近，條紋間距不會變化，選項A錯誤；將屏向靠近雙縫的方向移動，減小小，故選項B正確；將屏向遠離雙縫的方向移動，則增大I，故會增大，故選項C錯誤；使用間距更小的雙縫，即

22、減小d,則4會增大，故選項D也錯誤。（2）若雙縫的間距為d，屏與雙縫間的距離為I，測得第1條亮紋中央到第n條亮紋中央間距離為xd x dxX,則相鄰兩條明條紋的間距 =，故單色光的波長 入 n 1丨 （n 1）（3）若只將濾光片去掉，則射到比縫上的光變?yōu)榘坠猓瑒t經(jīng)過雙縫得到的圖樣仍是干涉圖樣，中央是白色的亮條紋，亮條紋的邊緣是彩色的，選項D正確。（4） 若討論的是某個光子打在光屏上，則顯示出它的粒子性， 但是該光子到底落在屏的什么位置是不確定的，即不可以預測落點的準確位置；只增加紫外線的照射強度不會增加光電子的最大初動能。根據(jù)愛因斯坦的光電效應方程 Ek h W ,光電子的最大初動能與光的頻率

23、及金屬的逸出功有關，與光的強度無關。因此當光的頻率及金屬的逸出功 不變時，只增加紫外線的照射強度，光電子的最大初動能不變。17. （ 9分）為了比較兩種細線所能承受的拉力，有同學設計了如下實驗：取長度相同的細線1、細線2系于同一小物體上，將細線1的另一端固定于水平桿上的 A點，手握著細線2的另一端沿水平桿緩慢向右移動。當手移動到位置B時，細線1恰好被拉斷，此時 AB間距離d=60cm。已知小物體質量 m=400g,兩細線長度均為 50cm。取重力加速度 g=10m/s2。求：【答案】【解析】對小物體受力分析得，根據(jù)平衡條件有細線1能承受的最大拉力 Fi。細線1被拉斷后，小物體擺動到最低點。在此

24、過程中細線2的上端固定在B點不動。求小物體在最低點時細線2所受拉力大小F2。(1)F仁2.5N ；( 2)F2= 5.6N。（9分）（1）設恰好被拉斷時，細線 1與豎直方向夾角為 0由題得 cos 0=0.8解得細線1能承受的最大拉力F1=2.5N小物體擺動到最低點過程中，根據(jù)動能定理有mgL(1cos )=1 mv22小物體運動到最低點時，根據(jù)牛頓第二定律有mg2vm L解得小物體所受拉力F=5.6N根據(jù)牛頓第三定律，小物體在最低點時細線2所受拉力大小F2= 5.6N。18. （9分）如圖所示，真空中一對平行金屬板水平正對放置，板長為L,極板面積為S,兩板間距離為d。 圖中裝置可視為平行板電

25、容器，充電后與電源斷開， 板間存在勻強電場。已知電容器所帶電荷量為Q。請你證明：兩板間的電場強度E只與Q及S有關，與d無關。 若保持圖中兩金屬板間的電勢差為U，現(xiàn)有一帶電粒子從上極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達下極板時恰好落在極板中心。已知帶電粒子的質量為m,電荷量為q,板間電場第11頁共15頁a和初速度vo?！敬鸢浮浚?）證明見解析；（2）aVoqUL8md【解析】（9分）根據(jù)平行板電容器電容的決定式有S4 kdQ根據(jù)電容的定義式有 C -U根據(jù)勻強電場中電場強度與電勢差關系有聯(lián)立可得4 kQS由此可證兩板間的電場強度E只與Q及S有關，與d無關。金屬板間勻強電場的場強粒

26、子在板間運動的加速度qE qUm md在垂直于金屬板的方向，帶電粒子做初速度為零的勻加速直線運動1at在平行于金屬板的方向，帶電粒子以速度V0做勻速直線運動tL2vo帶電粒子的初速度v08md2可視為勻強電場，忽略重力和空氣阻力的影響。求：帶電粒子在極板間運動的加速度第#頁共15頁19. （10分）溫度有時能明顯地影響導體的導電性能。在實際應用中，常用縱坐標表示電流I、橫坐標表示電壓 U ,畫出導體的伏安特性曲線。如圖甲所示為某導體的伏安特性曲線。第19頁共15頁 由圖甲可知，隨著電壓升高，該導體的電阻逐漸_ （選填 變大”或 變小”）。 若將該導體與電動勢 E=3V，內(nèi)阻r=1Q的電源、阻值

27、R=9Q的定值電阻連接成圖乙所示電路，電路閉合后導體的實際功率為 。如圖丙所示為一個簡單恒溫箱的溫控裝置的原理電路圖，電磁鐵與熱敏電阻R、滑動變阻器 R/串聯(lián)接在電源E兩端。當通過電磁鐵的電流大于或等于15 mA時，吸引銜鐵，使觸點斷開，加熱器停止工作。已知電磁鐵的電阻Ro=20 Q熱敏電阻在不同溫度下的阻值如下表所示t/ C30.040.050.060.070.080.0R/ Q208145108826249 現(xiàn)有下列實驗器材可供選擇：電源Ei （電動勢為3 V,內(nèi)阻1 Q）、電源E2（電動勢6 V,內(nèi)阻2 Q）、滑動變阻器 R1 （0500 Q）、滑動變阻器 R2 （02000 ）。為使該

28、裝置實現(xiàn)對 3080C之間任意溫度的控制且便于調節(jié)，電源E應選用 （選填Ed或E2”）,滑動變阻器R/應選用 （選填R1或R2”。 如果要使恒溫箱內(nèi)的溫度保持在50 C滑動變阻器連入電路的阻值為多少？270QO【答案】（10分） 變大；0.2W ;（2）E2 R1； 由題知，50。時熱敏電阻的阻值 R=108 Q,根據(jù)閉合電路歐姆定律；解得滑動變阻器連入電路的阻值為R0 R+R r【解析】（1）因為電阻的電流與電壓的圖線隨著電壓的增大而彎向電壓U軸，說明它的電阻在變大；我們也榀以通過先以兩組不同電壓的數(shù)據(jù)計算一下，從而得出，在電壓增大時，其電阻也是增大的結論；電路相當于導體與一個電動勢為E=3

29、V，內(nèi)阻r=10Q的電源相連接，我們可以畫出該電源的U I特性曲線來，如圖所示，則這兩條線的交點即為導體兩端的電壓和電路中的電流，大小分別為U=1.0V ,I=0.2A，故導體的實際電功率為P=UI=1.0V X 0.2A=0.2W（2）要想控制30C時的情況，此時熱敏電阻的阻值為208Q,需要的最小電動勢 E=0.015X（ 208+20）疋3.4V由于還要考慮滑動變阻器的阻值，因此 3V的電源電動勢太小，應選擇 6V的電源E2;滑動變阻器 采用限流接法時，只要大于熱敏電阻與電磁鐵總電阻的 35倍就可以，不用非常大，非常大時會操作不方便的，所以變阻器選 R1;由題知，50。時熱敏電阻的阻值 R=108Q,根據(jù)閉合電路歐姆定律IR0 R+R r解得滑動