2024-2025學年北京市東城區(qū)高三（上）期末物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年北京市東城區(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始做自由落體運動，落地時的速度為30m/s，g取10m/s2。則該小鋼球(

)A.下落的高度為90m B.下落的時間為3s

C.在最后1秒內(nèi)的位移為20m D.全過程的平均速度為20m/s2.如圖所示，將一個質(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，鋼球處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將擋板沿順時針方向緩慢旋轉(zhuǎn)至水平位置，整個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1與對斜面的壓力大小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動(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.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)做勻速圓周運動。若保持軌跡所在水平面到懸點P的距離?不變，增大輕繩的長度l。有關(guān)小球做圓周運動的周期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5.某次短道速滑接力賽中，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面向前滑行。待乙追上甲時，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，忽略運動員與冰面在水平方向上的相互作用，則(

)A.甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小、方向都相同

B.甲、乙的動量變化量一定大小相等、方向相反

C.甲的動能增加量一定等于乙的動能減小量

D.甲和乙組成的系統(tǒng)機械能守恒6.如圖，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0時的波形如圖中實線所示，t=1s時的波形如圖中虛線所示，P是波傳播路徑上的一個質(zhì)點，下列說法正確的是(

)A.t=0時，質(zhì)點P正沿y軸負方向運動

B.質(zhì)點P在一個周期內(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/s7.一臺手搖發(fā)電機產(chǎn)生正弦交流電，其電流i隨時間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2A

B.線圈每秒鐘轉(zhuǎn)50圈

C.t=0.10s時，穿過線圈的磁通量最大

D.8.在“用傳感器觀察電容器的充放電過程”實驗中，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，重復上述實驗，I?t曲線與坐標軸所圍成的面積將增大

D.僅增大電容器兩極板間的距離，重復上述實驗，I?t曲線與坐標軸所圍成的面積將減小9.某同學設(shè)計了可檢測酒精濃度的裝置，其電路原理如圖所示。R1、R2為定值電阻，R是一個“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，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ΔU，電流表的示數(shù)變化量為ΔI。若吹氣時酒精濃度越大，則(

)A.I越大 B.U越大 C.U與I的比值越大 D.ΔUΔI10.如圖所示，兩根相互平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流。a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點，c位于MN的中垂線上，且a、b、c到O點的距離均相等。下列說法正確的是(

)A.O點處的磁感應(yīng)強度大小為零 B.O點處的磁感應(yīng)強度方向由O指向c

C.c點處的磁感應(yīng)強度方向與Oc連線垂直 D.a、c兩點處的磁感應(yīng)強度的方向相同11.某同學為了探究電感線圈和小燈泡對電路中電流的影響，設(shè)計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時刻閉合開關(guān)S得到如圖乙所示的電流i隨時間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，自感線圈中電流為零，其自感電動勢也為零

B.曲線a描述的是電流傳感器A2中電流隨時間變化的規(guī)律

C.若斷開開關(guān)S，小燈泡閃亮后熄滅

D.閉合開關(guān)S12.如圖甲所示，電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運動，經(jīng)過A、B、C三點，已知xC?xB=xB?A.A點的電勢高于B點的電勢

B.電子在A點的速度大于在B點的速度

C.A點的電場強度小于B點的電場強度

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13.如圖甲所示，傾角為α、寬度為l、電阻不計的光滑平行金屬軌道足夠長，整個裝置處于垂直軌道平面向下的勻強磁場中。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隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示。當金屬桿下滑的位移為x時，可認為電流達到最大值i1。已知t0時刻的電流為i0，重力加速度為g，下列說法中不正確的是(

)

A.磁感應(yīng)強度的大小B=mgsinαi1l

B.t0時刻金屬桿的加速度大小a=i1?i0i114.星下點監(jiān)控可實時顯示衛(wèi)星的運行狀態(tài)。衛(wèi)星和地心的連線與地球表面的交點稱為星下點，即衛(wèi)星在地面上的投影點。某衛(wèi)星繞地球的運動可視為勻速圓周運動，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圈的星下點軌跡展開圖，其中P點是第Ⅰ、Ⅱ圈的星下點軌跡展開圖的一個交點。已知地球自轉(zhuǎn)周期為24?，衛(wèi)星繞行方向如圖甲所示。下列說法正確的是(

)

A.該衛(wèi)星第Ⅰ、Ⅱ圈星下點經(jīng)過P點的時間間隔等于該衛(wèi)星的運行周期

B.根據(jù)赤道與星下點軌跡展開圖的交點，可知該衛(wèi)星的運行周期約1.5?

C.若地球沒有自轉(zhuǎn)，則該衛(wèi)星的星下點軌跡為一個點

D.地球靜止軌道衛(wèi)星的星下點軌跡可能經(jīng)過P點二、實驗題：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”的實驗裝置示意圖。

(1)在“探究加速度與力的關(guān)系”的實驗中，應(yīng)保持______(選填“小車質(zhì)量”或“槽碼質(zhì)量”)不變。

(2)該實驗過程中操作正確的是______。

A.平衡小車受到的阻力時小車未連接紙帶

B.紙帶打點時，先接通打點計時器電源，后釋放小車

C.調(diào)節(jié)滑輪高度使細繩與長木板平行

(3)某同學通過正確實驗操作獲得一條紙帶，測得各計數(shù)點到計數(shù)點1的距離如圖2所示。已知打點計時器所用交變電流的頻率為50Hz，相鄰兩計數(shù)點間還有四個點未畫出，則小車加速度大小a=______m/s2(結(jié)果保留小數(shù)點后兩位)。

(4)在探究小車的加速度a與小車質(zhì)量M的關(guān)系時，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，小車的加速度大小a為縱坐標。甲、乙兩組同學分別得到的a?1M圖像如圖3所示。

①兩圖線的左下部分均可視為直線，請分析甲組同學所得直線斜率較大的原因；

②16.某學習小組對水果電池進行如下探究。

(1)將銅片和鋅片插入一個蘋果中，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勢E應(yīng)______(選填“大于”“等于”或“小于”)0.70V。但將四個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，燈泡并不發(fā)光。經(jīng)檢查，電源連接沒有問題，燈泡、導線、開關(guān)均無故障，猜想可能的原因是______。

(2)為驗證上述猜想，該學習小組擬測量其中一個“蘋果電池”的電動勢和內(nèi)阻，他們進入實驗室，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)計了如圖1所示的實驗電路圖，并用定值電阻R0對電流表______(選填“A1”或“A2”)進行改裝，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，以1I(A?1)為縱坐標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、計算題：本大題共4小題，共38分。17.如圖所示，長為L的輕質(zhì)絕緣細線上端固定在O點，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電場中，小球靜止在A點時，細線與豎直方向的夾角為θ=45°。現(xiàn)將小球拉至與O點等高的B點，由靜止釋放。重力加速度為g，求：

(1)電場強度大小E；

(2)A、B兩點間的電勢差UAB；

(3)小球運動到A點時的動能Ek。18.如圖所示為扇形磁場質(zhì)量分析器的原理簡化圖，整個裝置處于高真空環(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m1、m2。兩粒子由靜止開始經(jīng)加速電壓U加速后沿直線進入三角形勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直于軌跡所在平面(紙面)，磁感應(yīng)強度大小為B。質(zhì)量為m1的粒子1離開磁場區(qū)域，經(jīng)過出口狹縫，到達檢測器，如圖中實線所示，帶電粒子2的軌跡如圖中虛線所示。不計粒子重力及粒子間的相互作用力。

(1)求粒子1進入磁場區(qū)時的速度大小v1；

(2)求粒子1軌跡所在圓的半徑r；

(3)為了使粒子2能夠通過出口狹縫打到檢測器上，分析應(yīng)如何調(diào)節(jié)實驗參數(shù)？(寫出兩種方法19.地球質(zhì)量為M，半徑為R，地球自轉(zhuǎn)角速度為ω，萬有引力常量為G。不計地球大氣對衛(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動的近地衛(wèi)星(不計衛(wèi)星距地面的高度)，求衛(wèi)星的運行速度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，然后啟動推進裝置將衛(wèi)星從太空電梯發(fā)射出去。

設(shè)在某次發(fā)射時，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入太空。衛(wèi)星脫離時的速度可認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的兩個質(zhì)點，距離為r時的引力勢能表達式為Ep=?Gm1m2r。

a.求該衛(wèi)星脫離時的速度大小20.類比是研究問題的常用方法。

(1)情境1：已知一段導體兩端的電勢分別為φ1和φ2，且φ1<φ2。導體的電阻率為ρ，橫截面積為S，長度為L。請根據(jù)歐姆定律與電阻定律，推導通過導體的電流I的表達式。

(2)情境2：熱傳導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)中大量做熱運動的分子互相撞擊，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T1和T2，且T1<T2。類比電流的定義式I=ΔqΔt，定義“熱流”Φ(熱傳導速率)為單位時間內(nèi)通過傳熱介質(zhì)某一橫截面積的熱量ΔQΔt。已知其他條件一定時，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，對于熱流經(jīng)過的截面積不變的傳熱介質(zhì)，熱阻Rtb=k?LS。其中L為沿熱流方向的介質(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(φ2?φ1)的關(guān)系，試推導熱流Φ的表達式；

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錯誤；

B、鋼球下落的總時間為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′，因為鋼球處于平衡狀態(tài)，所以這三個力可構(gòu)成封閉的矢量三角形，則擋板沿順時針方向緩慢旋轉(zhuǎn)至水平位置的過程，會經(jīng)歷以下3個狀態(tài)：

由圖可知，依次經(jīng)過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錯誤；

3.B

【解析】解：彈簧的伸長量最大時，拉力最大，由牛頓第二定律得：

對A：kΔx=mAa

對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錯誤。

故選：B。

4.A

【解析】解：CD、對小球在豎直方向，受力分析如下，可知Fcosθ=mg；由幾何關(guān)系可知，在細線長度l變大，?不變時，角度θ變大，cosθ減小，故F增大，故CD錯誤；

AB、對小球在水平方向，受力分析可知：mgtanθ=mv2?tanθ，而圓周運動的周期滿足：T=2π?tanθv，解得：T=2π?g，即T不變，故A正確，B錯誤。

5.B

【解析】解：A、甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相等、方向相反，故A錯誤；

B、二人相互作用的過程中動量守恒，根據(jù)動量守恒可知，甲、乙的動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、乙動能變化關(guān)系，無法判斷做功多少，也不能判斷出二者動能的變化量，由于人體內(nèi)部能量轉(zhuǎn)化為機械能，所以甲和乙組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故CD錯誤；

故選：B。

運動員與冰面間的摩擦可忽略不計，在“交棒”過程中，“交棒”運動員猛推“接棒”運動員一把，兩個運動員相互作用的力等大、反向、共線，作用時間相同，根據(jù)動量定理，兩個運動員的動量變化等大、反向、共線，系統(tǒng)動量守恒。

本題關(guān)鍵是明確運動員間的相互作用力的沖量等于對方的動量變化，又有作用時間相同，相互作用力等大、反向，故兩個運動員系統(tǒng)的總動量守恒。6.C

【解析】解：A、根據(jù)“同側(cè)法”可知，t=0時，質(zhì)點P正沿y軸正方向運動，故A錯誤；

B、質(zhì)點P在一個周期內(nèi)的路程為：s=4A=4×10cm=40cm，故B錯誤；

CD、設(shè)波的周期為T，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n=1時，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錯誤；

C8.D

【解析】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錯誤；

C、I?t曲線與坐標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，則此過程的I?t曲線與坐標軸所圍成的面積不變，故C錯誤；

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曲線與坐標軸所圍成的面積將減小，故D正確。

故選：D。

在電容器放電過程中電流逐漸減??；電容器的電容由電容器本身決定，與電容器帶電量無關(guān)；I?t曲線與坐標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錯誤；

C、由圖可知，電壓表測量的是R和R2并聯(lián)后的電壓，電流表測量的是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，因為R的阻值減小，所以總電阻減小，即U與I的比值減小，故C錯誤；

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錯誤。

故選：10.D

【解析】解：AB.根據(jù)安培定則和磁場疊加原理可判斷出O點處的磁感應(yīng)強度方向向下，由c指向O，故AB錯誤；

CD.兩通電直導線在a、b、c三點產(chǎn)生的磁場方向如圖所示：

由上圖可知，c點磁場方向向下，a、c兩點處磁感應(yīng)強度的方向相同，故C錯誤，D正確。

故選：D。

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

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方向的關(guān)系，會根據(jù)平行四邊形定則進行合成，要特別注意合磁場的方向．11.C

【解析】解：A.閉合開關(guān)時，電感線圈中電流為零，但由于線圈的自感現(xiàn)象，其自感電動勢不為零，故A錯誤；

B.閉合開關(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中電流隨時間變化的規(guī)律，故B錯誤；

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

D.由圖可知，閉合開關(guān)后電路兩端電壓U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)S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錯誤。

故選：C。

明確電感的阻礙作用，知道在接通電源時，由于電感中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢使流過電感的電流逐漸增大；而在開始瞬間阻礙作用最強，此時流過燈泡的電流最大，然后再達到穩(wěn)定；斷開開關(guān)時，電感中的電流流過燈泡使燈泡慢慢變暗。

12.D

【解析】解：AB.一個電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運動，由圖乙知電勢能一直減小，則電勢升高，電子從A到B電場力做正功，根據(jù)動能定理可知，電子動能增加，則速度增大，則A點電勢低于B點電勢，經(jīng)過A點的速度小于經(jīng)過B點的速度，故AB錯誤；

C.根據(jù)ΔEp=qEx可知，圖象的斜率的絕對值等于電場力的大小，因此從A到B，電子所受電場力減小，則電場強度減小，故A點的電場強度大于B點的電場強度，故C錯誤；

D.由圖可知，電子通過相同位移時，電勢能的減小量越來越小，則電子通過相同位移時，靜電力做功越來越少，則電子從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，故D正確；

故選：D。

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

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

D13.D

【解析】解：A、由圖像可知，金屬桿穩(wěn)定運動時的電流為i1，桿受重力、支持力和安培力三個力平衡，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時刻，對金屬桿根據(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，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、當金屬桿下滑的位移為x時，可認為電流達到最大值14.B

【解析】解：A、由于地球自轉(zhuǎn)，衛(wèi)星第Ⅰ、Ⅱ圈星下點經(jīng)過P點的時間間隔不等于該衛(wèi)星的運行周期，故A錯誤；

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、若地球沒有自轉(zhuǎn)，則該衛(wèi)星的星下點軌跡為圓，故C錯誤；

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，其星下點軌跡是過赤道的一個點，不可能經(jīng)過P點，故D錯誤；

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”的實驗中，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小車應(yīng)當連接紙帶，故A錯誤；

B.紙帶打點時，先接通打點計時器電源，后釋放小車，故B正確；

C.為了減小實驗誤差，調(diào)節(jié)滑輪高度使細繩與長木板平行，故C正確。

故選：BC。

(3)相鄰計數(shù)點間的時間間隔為T=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甲組同學所得直線斜率較大的原因是甲組同學實驗中所用槽碼的質(zhì)量大于乙組同學實驗中所用槽碼的質(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a=mg1+mM?1M，若m?M時，則a=mg?1M，即小車加速度a∝1M；隨著1M增大，即M減小的過程中，不再滿足m?M時，a=mg1+m16.大于

蘋果電池的內(nèi)阻太大，接燈泡時電流太上，功率小無法發(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，所測量結(jié)果為路端電壓，小于電源的電動勢；由于蘋果電池的內(nèi)阻太大，所以接燈泡時的電流太小，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)由勻強電場中電勢差與電場強度的關(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)動能定理可得：

mgLcosθ?EqL(1?sinθ)=Ek?0，

解得：Ek=(2?1)mgL；

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

(2)由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系列式，即可分析求解；

(3)根據(jù)動能定理列式，即可分析求解。

本題主要考查勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系，