2024-2025學(xué)年北京市東城區(qū)高三（上）期末物理試卷（含解析）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2024-2025學(xué)年北京市東城區(qū)高三（上）期末物理試卷一、單選題：本大題共14小題，共42分。1.一小鋼球從空中某位置開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng)，落地時(shí)的速度為30m/s，g取10m/s2。則該小鋼球(

)A.下落的高度為90m B.下落的時(shí)間為3s

C.在最后1秒內(nèi)的位移為20m D.全過(guò)程的平均速度為20m/s2.如圖所示，將一個(gè)質(zhì)量為m的鋼球放在傾角為θ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?lè)较蚓徛D(zhuǎn)至水平位置，整個(gè)過(guò)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1與對(duì)斜面的壓力大小F2的變化情況(

)A.F1一直減小，F(xiàn)2一直增大 B.F1一直增大，F(xiàn)2一直減小

C.F1先減小后增大，F(xiàn)2一直減小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(duì)靜止)，彈簧在彈性限度內(nèi)的最大伸長(zhǎng)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.4N B.6N C.8N D.10N4.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?不變，增大輕繩的長(zhǎng)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(shuō)法正確的是(

)A.T不變

B.T增大

C.F減小

D.F不變5.某次短道速滑接力賽中，“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(guò)程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面在水平方向上的相互作用，則(

)A.甲對(duì)乙的沖量與乙對(duì)甲的沖量大小、方向都相同

B.甲、乙的動(dòng)量變化量一定大小相等、方向相反

C.甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減小量

D.甲和乙組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒6.如圖，一列簡(jiǎn)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(shuō)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/s7.一臺(tái)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(shuō)法正確的是(

)A.電流有效值為2A

B.線圈每秒鐘轉(zhuǎn)50圈

C.t=0.10s時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量最大

D.8.在“用傳感器觀察電容器的充放電過(guò)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(kāi)關(guān)S接1給電容器充電，充滿電后，開(kāi)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(shuō)法正確的是(

)

A.電容器放電過(guò)程中電阻R兩端的電壓保持不變

B.充電過(guò)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9.某同學(xué)設(shè)計(jì)了可檢測(cè)酒精濃度的裝置，其電路原理如圖所示。R1、R2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(cè)時(shí)，對(duì)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ΔU，電流表的示數(shù)變化量為ΔI。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.ΔUΔI10.如圖所示，兩根相互平行的長(zhǎng)直導(dǎo)線過(guò)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(shuō)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11.某同學(xué)為了探究電感線圈和小燈泡對(duì)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，A1、A2為完全相同的電流傳感器。t0時(shí)刻閉合開(kāi)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(shuō)法正確的是(

)

A.閉合開(kāi)關(guān)S時(shí)，自感線圈中電流為零，其自感電動(dòng)勢(shì)也為零

B.曲線a描述的是電流傳感器A2中電流隨時(shí)間變化的規(guī)律

C.若斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，小燈泡閃亮后熄滅

D.閉合開(kāi)關(guān)S12.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(guò)A、B、C三點(diǎn)，已知xC?xB=xB?A.A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)

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(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度

D.電子從A到B的過(guò)程中靜電力做的功大于從B到C的過(guò)程中靜電力做的功13.如圖甲所示，傾角為α、寬度為l、電阻不計(jì)的光滑平行金屬軌道足夠長(zhǎng)，整個(gè)裝置處于垂直軌道平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(guò)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i1。已知t0時(shí)刻的電流為i0，重力加速度為g，下列說(shuō)法中不正確的是(

)

A.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=mgsinαi1l

B.t0時(shí)刻金屬桿的加速度大小a=i1?i0i114.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(huà)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(kāi)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(kāi)圖，其中P點(diǎn)是第Ⅰ、Ⅱ圈的星下點(diǎn)軌跡展開(kāi)圖的一個(gè)交點(diǎn)。已知地球自轉(zhuǎn)周期為24?，衛(wèi)星繞行方向如圖甲所示。下列說(shuō)法正確的是(

)

A.該衛(wèi)星第Ⅰ、Ⅱ圈星下點(diǎn)經(jīng)過(guò)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(kāi)圖的交點(diǎn)，可知該衛(wèi)星的運(yùn)行周期約1.5?

C.若地球沒(méi)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(guò)P點(diǎn)二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共20分。15.如圖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(guò)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(zhǎng)木板平行

(3)某同學(xué)通過(guò)正確實(shí)驗(yàn)操作獲得一條紙帶，測(cè)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(huà)出，則小車加速度大小a=______m/s2(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)1M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a?1M圖像如圖3所示。

①兩圖線的左下部分均可視為直線，請(qǐng)分析甲組同學(xué)所得直線斜率較大的原因；

②16.某學(xué)習(xí)小組對(duì)水果電池進(jìn)行如下探究。

(1)將銅片和鋅片插入一個(gè)蘋(píng)果中，用電壓表(磁電式電表，內(nèi)阻約幾千歐)測(cè)得銅片與鋅片間電壓為0.70V。則該蘋(píng)果電池的電動(dòng)勢(shì)E應(yīng)______(選填“大于”“等于”或“小于”)0.70V。但將四個(gè)這樣的蘋(píng)果電池串聯(lián)起來(lái)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(méi)有問(wèn)題，燈泡、導(dǎo)線、開(kāi)關(guān)均無(wú)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(cè)量其中一個(gè)“蘋(píng)果電池”的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，他們進(jìn)入實(shí)驗(yàn)室，找到以下器材：

A.電流表A1(量程為0～0.6A，內(nèi)阻為0.125Ω)

B.電流表A2(量程為0～200μA，內(nèi)阻為1000Ω)

C.定值電阻R0(阻值為250Ω)

D.電阻箱R(0～9999Ω)

E.導(dǎo)線和開(kāi)關(guān)

a.經(jīng)分析，該蘋(píng)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R0對(duì)電流表______(選填“A1”或“A2”)進(jìn)行改裝，改裝后的量程為_(kāi)_____mA；

b.改變電阻箱R的阻值，用上述電路測(cè)得幾組流經(jīng)蘋(píng)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1I(A?1)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k=1.0A?1三、計(jì)算題：本大題共4小題，共38分。17.如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)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(chǎng)中，小球靜止在A點(diǎn)時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ=45°?，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(chǎng)強(qiáng)度大小E；

(2)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB；

(3)小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek。18.如圖所示為扇形磁場(chǎng)質(zhì)量分析器的原理簡(jiǎn)化圖，整個(gè)裝置處于高真空環(huán)境。

某粒子源(圖中未畫(huà)出)發(fā)出兩種帶電粒子，所帶電荷量均為q，質(zhì)量分別為m1、m2。兩粒子由靜止開(kāi)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(chǎng)區(qū)，磁場(chǎng)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m1的粒子1離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)過(guò)出口狹縫，到達(dá)檢測(cè)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(chǎng)區(qū)時(shí)的速度大小v1；

(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(guò)出口狹縫打到檢測(cè)器上，分析應(yīng)如何調(diào)節(jié)實(shí)驗(yàn)參數(shù)？(寫(xiě)出兩種方法19.地球質(zhì)量為M，半徑為R，地球自轉(zhuǎn)角速度為ω，萬(wàn)有引力常量為G。不計(jì)地球大氣對(duì)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(guò)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m0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m1和m2的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，距離為r時(shí)的引力勢(shì)能表達(dá)式為Ep=?Gm1m2r。

a.求該衛(wèi)星脫離時(shí)的速度大小20.類比是研究問(wèn)題的常用方法。

(1)情境1：已知一段導(dǎo)體兩端的電勢(shì)分別為φ1和φ2，且φ1<φ2。導(dǎo)體的電阻率為ρ，橫截面積為S，長(zhǎng)度為L(zhǎng)。請(qǐng)根據(jù)歐姆定律與電阻定律，推導(dǎo)通過(guò)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T(mén)1和T2，且T1<T2。類比電流的定義式I=ΔqΔt，定義“熱流”Φ(熱傳導(dǎo)速率)為單位時(shí)間內(nèi)通過(guò)傳熱介質(zhì)某一橫截面積的熱量ΔQΔt。已知其他條件一定時(shí)，Φ正比于溫差(T2?T1)。定義“熱阻”為物體兩端溫度差與熱流的比值，對(duì)于熱流經(jīng)過(guò)的截面積不變的傳熱介質(zhì)，熱阻Rtb=k?LS。其中L為沿?zé)崃鞣较虻慕橘|(zhì)長(zhǎng)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(shì)差(φ2?φ1)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kB=2k答案解析1.B

【解析】解：A、根據(jù)v2=2g?可得?=v22g=3022×10m=45m，故A錯(cuò)誤；

B、鋼球下落的總時(shí)間為t=vg=3010s=3s，故B正確；

B、前2s內(nèi)的位移為：?2=12gt22=12×10×22m=20m，最后2.C

【解析】解：對(duì)鋼球受力分析，鋼球受豎直向下的重力mg、垂直于斜面指向鋼球的支持力F2′，垂直于擋板指向鋼球的支持力F1′，因?yàn)殇撉蛱幱谄胶鉅顟B(tài)，所以這三個(gè)力可構(gòu)成封閉的矢量三角形，則擋板沿順時(shí)針?lè)较蚓徛D(zhuǎn)至水平位置的過(guò)程，會(huì)經(jīng)歷以下3個(gè)狀態(tài)：

由圖可知，依次經(jīng)過(guò)①→②→③的狀態(tài)，F(xiàn)1′先減小后增大，F(xiàn)2′一直減小，

則由牛頓第三定律可知，F(xiàn)1先減小后增大，F(xiàn)2一直減小，故C正確，ABD錯(cuò)誤；

3.B

【解析】解：彈簧的伸長(zhǎng)量最大時(shí)，拉力最大，由牛頓第二定律得：

對(duì)A：kΔx=mAa

對(duì)A、B系統(tǒng)：F=(mA+mB)a

其中Δx=4cm=0.04m，代入數(shù)據(jù)解得：F=6N，故B正確，ACD錯(cuò)誤。

故選：B。

4.A

【解析】解：CD、對(duì)小球在豎直方向，受力分析如下，可知Fcosθ=mg；由幾何關(guān)系可知，在細(xì)線長(zhǎng)度l變大，?不變時(shí)，角度θ變大，cosθ減小，故F增大，故CD錯(cuò)誤；

AB、對(duì)小球在水平方向，受力分析可知：mgtanθ=mv2?tanθ，而圓周運(yùn)動(dòng)的周期滿足：T=2π?tanθv，解得：T=2π?g，即T不變，故A正確，B錯(cuò)誤。

5.B

【解析】解：A、甲對(duì)乙的沖量與乙對(duì)甲的沖量大小相等、方向相反，故A錯(cuò)誤；

B、二人相互作用的過(guò)程中動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒可知，甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反，故B正確；

CD、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(wú)法判斷做功多少，也不能判斷出二者動(dòng)能的變化量，由于人體內(nèi)部能量轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以甲和乙組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故CD錯(cuò)誤；

故選：B。

運(yùn)動(dòng)員與冰面間的摩擦可忽略不計(jì)，在“交棒”過(guò)程中，“交棒”運(yùn)動(dòng)員猛推“接棒”運(yùn)動(dòng)員一把，兩個(gè)運(yùn)動(dòng)員相互作用的力等大、反向、共線，作用時(shí)間相同，根據(jù)動(dòng)量定理，兩個(gè)運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)量變化等大、反向、共線，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。

本題關(guān)鍵是明確運(yùn)動(dòng)員間的相互作用力的沖量等于對(duì)方的動(dòng)量變化，又有作用時(shí)間相同，相互作用力等大、反向，故兩個(gè)運(yùn)動(dòng)員系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。6.C

【解析】解：A、根據(jù)“同側(cè)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：s=4A=4×10cm=40cm，故B錯(cuò)誤；

CD、設(shè)波的周期為T(mén)，則有：(n+15)T=1s，解得：T=55n+1s(n=0、1、2、3……)

波速可能值為：v=λT=555n+1m/s=(5n+1)m/s(n=0、1、2、3……)

當(dāng)n=1時(shí)，波速v=6m/s，該波在1s內(nèi)可能向右傳播了6m

波的傳播速度大小不可能為4m/s，故C正確、D錯(cuò)誤。

故選：C7.D

【解析】解：A、由圖可知，該交流電電流的最大值為1.0A，則有效值為I=22Im=22×1.0A=22A，故A錯(cuò)誤；

B、由圖可知，該交流電電流的周期為0.20s，則轉(zhuǎn)速n=1T=10.20r/s=5r/s，故B錯(cuò)誤；

C8.D

【解析】解：A、在電容器放電過(guò)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(wú)關(guān)，則在電容器充電過(guò)程中電容器的電容不變，故B錯(cuò)誤；

C、I?t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)，只減小電阻的阻值，則此過(guò)程的I?t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)C=?rS4πkd可知，電容器的電容C減小，根據(jù)Q=CU可知，電容器帶電量減小，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。

在電容器放電過(guò)程中電流逐漸減?。浑娙萜鞯碾娙萦呻娙萜鞅旧頉Q定，與電容器帶電量無(wú)關(guān)；I?t曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積等于電容器所帶的電量值；根據(jù)電容的決定式分析電容器電容大小的變化，然后根據(jù)Q=CU分析電容器帶電荷量的變化。9.A

【解析】解：AB、若吹氣時(shí)酒精濃度越大，則氣敏電阻R的阻值減小，根據(jù)“串反并同”可知，與R并聯(lián)的電壓表的示數(shù)減??；與R等效串聯(lián)的電流表的示數(shù)增大，故A正確，B錯(cuò)誤；

C、由圖可知，電壓表測(cè)量的是R和R2并聯(lián)后的電壓，電流表測(cè)量的是R和R2并聯(lián)后的總電流，所以U與I的比值為R和R2并聯(lián)后的總電阻，因?yàn)镽的阻值減小，所以總電阻減小，即U與I的比值減小，故C錯(cuò)誤；

D、ΔU為R和R2并聯(lián)后電壓變化量，也等于R1和電源內(nèi)阻r的電壓變化量之和，ΔI為R1和電源內(nèi)阻r的電流變化量，所以

ΔUΔI=R1+r

所以，ΔUΔI不變，故D錯(cuò)誤。

故選：10.D

【解析】解：AB.根據(jù)安培定則和磁場(chǎng)疊加原理可判斷出O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向下，由c指向O，故AB錯(cuò)誤；

CD.兩通電直導(dǎo)線在a、b、c三點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向如圖所示：

由上圖可知，c點(diǎn)磁場(chǎng)方向向下，a、c兩點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向相同，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選：D。

根據(jù)右手螺旋定則確定兩根導(dǎo)線在a、b、c四點(diǎn)磁場(chǎng)的方向，根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行合成

解決本題的關(guān)鍵掌握右手螺旋定則判斷電流與其周圍磁場(chǎng)方向的關(guān)系，會(huì)根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行合成，要特別注意合磁場(chǎng)的方向．11.C

【解析】解：A.閉合開(kāi)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(shì)不為零，故A錯(cuò)誤；

B.閉合開(kāi)關(guān)K的瞬間，線圈由于自感現(xiàn)象，電流慢慢增加到最大，所以乙圖中的b曲線是電流傳感器A2中電流隨時(shí)間變化的規(guī)律，故B錯(cuò)誤；

C.由于穩(wěn)定后流過(guò)線圈支路的電流大，結(jié)合自感現(xiàn)象可知斷開(kāi)開(kāi)關(guān)后，小燈泡會(huì)明顯閃亮后逐漸熄滅，故C正確；

D.由圖可知，閉合開(kāi)關(guān)后電路兩端電壓U恒定而流過(guò)燈泡的電流先減小后不變，結(jié)合歐姆定律可知，閉合開(kāi)關(guān)S到電路穩(wěn)定的過(guò)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。

明確電感的阻礙作用，知道在接通電源時(shí)，由于電感中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)使流過(guò)電感的電流逐漸增大；而在開(kāi)始瞬間阻礙作用最強(qiáng)，此時(shí)流過(guò)燈泡的電流最大，然后再達(dá)到穩(wěn)定；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)時(shí)，電感中的電流流過(guò)燈泡使燈泡慢慢變暗。

12.D

【解析】解：AB.一個(gè)電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，由圖乙知電勢(shì)能一直減小，則電勢(shì)升高，電子從A到B電場(chǎng)力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，電子動(dòng)能增加，則速度增大，則A點(diǎn)電勢(shì)低于B點(diǎn)電勢(shì)，經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度小于經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度，故AB錯(cuò)誤；

C.根據(jù)ΔEp=qEx可知，圖象的斜率的絕對(duì)值等于電場(chǎng)力的大小，因此從A到B，電子所受電場(chǎng)力減小，則電場(chǎng)強(qiáng)度減小，故A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故C錯(cuò)誤；

D.由圖可知，電子通過(guò)相同位移時(shí)，電勢(shì)能的減小量越來(lái)越小，則電子通過(guò)相同位移時(shí)，靜電力做功越來(lái)越少，則電子從A到B的過(guò)程中靜電力做的功大于從B到C的過(guò)程中靜電力做的功，故D正確；

故選：D。

AB.一個(gè)電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，由圖乙知電勢(shì)能一直減小，則根據(jù)電勢(shì)與電勢(shì)能的關(guān)系及功能關(guān)系，即可分析判斷；

C.根據(jù)ΔEp=qEx可知，圖象的斜率的絕對(duì)值等于電場(chǎng)力的大小，據(jù)此分析判斷；

D13.D

【解析】解：A、由圖像可知，金屬桿穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流為i1，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：mgsinα=Bi1l

代入數(shù)據(jù)解得：B=mgsinαi1l，故A正確；

B、t0時(shí)刻，對(duì)金屬桿根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinα?Bi0l=ma

解得金屬桿的加速度大小為：a=i1?i0i1gsinα，故B正確；

C、金屬桿速度最大時(shí)，克服安培力做功功率等于重力做功功率，則有：mgvsinα=i12(R+r)

解得金屬桿的最大速度大小為：v=i12(R+r)mgsinα，故C正確；

D、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14.B

【解析】解：A、由于地球自轉(zhuǎn)，衛(wèi)星第Ⅰ、Ⅱ圈星下點(diǎn)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的時(shí)間間隔不等于該衛(wèi)星的運(yùn)行周期，故A錯(cuò)誤；

B、第Ⅰ圈、第Ⅱ圈間隔的經(jīng)度約為22.5°，則有T衛(wèi)=22.5°360°×24?=1.5?，故B正確；

C、若地球沒(méi)有自轉(zhuǎn)，則該衛(wèi)星的星下點(diǎn)軌跡為圓，故C錯(cuò)誤；

D、地球靜止軌道衛(wèi)星的周期與地球同步衛(wèi)星周期相等，其星下點(diǎn)軌跡是過(guò)赤道的一個(gè)點(diǎn)，不可能經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，故D錯(cuò)誤；

故選：15.小車質(zhì)量

BC

0.51

【解析】解：(1)在“探究加速度與力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中，根據(jù)控制變量法可知，應(yīng)保持小車質(zhì)量不變；

(2)A.平衡小車受到的阻力時(shí)小車應(yīng)當(dāng)連接紙帶，故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，故B正確；

C.為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，調(diào)節(jié)滑輪高度使細(xì)繩與長(zhǎng)木板平行，故C正確。

故選：BC。

(3)相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為T(mén)=0.02s×5=0.1s，根據(jù)逐差法求解加速度公式，其加速度大小為a=x35?x134T2，代入題中數(shù)據(jù)解得a=0.51m/s2；

(4)平衡摩擦力之后，根據(jù)牛頓第二定律有F=Ma，得a=F?1M

①甲組同學(xué)所得直線斜率較大的原因是甲組同學(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(mén)，對(duì)m有mg?T=ma；對(duì)M有T=Ma。解得加速度a=mg1+mM?1M，若m?M時(shí)，則a=mg?1M，即小車加速度a∝1M；隨著1M增大，即M減小的過(guò)程中，不再滿足m?M時(shí)，a=mg1+m16.大于

蘋(píng)果電池的內(nèi)阻太大，接燈泡時(shí)電流太上，功率小無(wú)法發(fā)光

A2

0?1

1.0

1.0【解析】解：(1)由于電壓表不是理想電電表，所測(cè)量結(jié)果為路端電壓，小于電源的電動(dòng)勢(shì)；由于蘋(píng)果電池的內(nèi)阻太大，所以接燈泡時(shí)的電流太小，燈泡的功率太小，所以看不到燈泡發(fā)光；

(2)要正確測(cè)量電流，應(yīng)用量程約為1mA的電流表，所以應(yīng)使用量程為0～200μA，內(nèi)阻為1000Ω的A2并聯(lián)定值電阻R0進(jìn)行改裝，根據(jù)并聯(lián)電路規(guī)律可知，改裝后的量程I=Ig2+Ig2Rg2R0=200×10?6A+200×10?6×1000250A=1×10?3A=1mA，即改裝后的量程為0～1mA；內(nèi)阻RA=R0Rg2R0+Rg2=1000×2501000+250Ω=200Ω；

17.解：(1)對(duì)帶電小球受力分析，如圖所示：

由平衡條件可得：

Tcosθ=mg，

Tsinθ=Eq，

聯(lián)立可得：

E=mgq；

(2)由勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系可得：

UAB=E?L(1?sinθ)，

由(1)可知：

E=mgq，

聯(lián)立可得：

UAB=(2?2)mgL2q；

(3)根據(jù)動(dòng)能定理可得：

mgLcosθ?EqL(1?sinθ)=Ek?0，

解得：Ek=(2?1)mgL；

答：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度大小E【解析】(1)對(duì)帶電小球受力分析，由平衡條件分別列式，即可分析求解；

(2)由勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系列式，即可分析求解；

(3)根據(jù)動(dòng)能定理列式，即可分析求解。

本題主要考查勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系，