【文档说明】上海市华东师范大学第二附属中学2021-2022学年高二下学期3月月考物理试卷答案.docx，共(18)页，401.177 KB，由小赞的店铺上传

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华东师大二附中2021学年第二学期阶段检测高二物理一．选择题（共12小题，满分40分）1．（3分）下列物理量中，属于矢量的是（）A．磁感应强度B．电势差C．电流D．磁通量【解答】解：矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。磁感应强度是矢量，而电势差、

电流、磁通量都是标量，故A正确，BCD错误。故选：A。2．（3分）下列陈述与事实相符的是（）A．库仑通过扭秤测定了引力常量B．法拉第发现了电流周围存在磁场C．安培发现了静电荷间的相互作用规律D．伽利略指出了力不是维持物体运动的原因【解答】解：AC、法国物理学家库仑利

用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律，卡文迪许用扭秤测定了万有引力常量，故AC错误；B、奥斯特发现了电流周围存在磁场，故B错误；D、根据物理学史可知，伽利略最早指出了力不是维持物体运动的原因，故D正确。故选：D。3．（3分）关于静电场的描述正确的是（）A．电势降低的方向就

是电场线方向B．沿着电场线方向电场强度一定减小C．电场中电荷的受力方向就是电场强度的方向D．电场中电场强度为零的地方电势不一定为零【解答】解：A、电场线的疏密程度反映电场的强弱，沿电场线方向电势越来越低，电势降低最快的方向才是电场线的方向，故A错误；B、电场强度的大小

与是否沿电场线的方向无关，沿着电场线方向电场强度不一定减小，故B错误；C、根据场强方向的规定，正电荷所受的电场的方向与场强方向相同，负电荷所受电场力的方向相反，故C错误；D、电场强度与电势分别描述电场的两个不同方面的性质，二者的大小没有直接的关系，电场中电场

强度为零的地方其电势不一定为零，如等势体的内部，故D正确；故选：D。4．（3分）下列说法中正确的是（）A．条形磁铁的磁感线总是从磁铁的N极出发，终止于磁铁的S极B．只受电场力的作用，带电粒子在电场中也可

以做匀速圆周运动C．运动的带电粒子进入磁场一定会受到磁场力的作用D．通电直导线在磁场某处所受安培力的方向即为该点磁场的方向【解答】解：A、条形磁铁外部的磁感线总是从磁铁的N极出发，终止于磁铁的S极，内部是从S极到N极，正好构成闭

合曲线，故A错误；B、电场的基本性质是对放入的电荷有力的作用，当电场力总是与速度方向垂直时，则电粒子在电场中也可以做匀速圆周运动，故B正确；C、运动的带电粒子进入磁场不一定会受到磁场力作用，当粒子与磁场方向平行时

，则没有磁场力，故C错误；D、根据左手定则可知，通电直导线在磁场某处所受安培力的方向与该点磁场的方向总是垂直，故D错误；故选：B。5．（3分）电动势为E、内电阻为r的电源与阻值为R的电阻连成闭合电路。t秒内电源内部的非静电力移送

电荷的电量及非静电力做功分别为（）A．，B．，C．，D．，【解答】解：根据闭合电路欧姆定律可知电流为：I＝，则t秒内移送电荷为：q＝It＝；在电源的内部，非静电力做功把其他形式能转化为电能，根据电动势的定义式E＝，得非静电力做功为：W＝qE＝EIt＝，故B正确，

ACD错误。故选：B。6．（3分）如图，一定质量的理想气体从初始状态M经过M→1、M→2、M→3变化过程到状态1、2、3，则气体（）A．M→1过程不可能实现B．M→2过程体积保持不变C．M→3过程不可能实现D．M→3过程体积逐渐增大【解答】解：B、由图示图象可知，M→2

过程p﹣T图象的反向延长线过原点，即p与T成正比，该过程为等容过程，气体体积不变，故B正确。ACD、由理想气体状态方程：＝C可知：p＝T，p﹣T图象的斜率：k＝，p﹣T图象斜率越大，表明气体体积V越小，p﹣T

斜率越小气体体积V越大，由图示图线可知，M→1过程图线的斜率小于M→2过程图线的斜率，M→3过程图线斜率大于M→2过程图线的斜率，由于M→2过程气体体积不变，因此M→1过程气体体积变大，M→3过程气体体积变小，即状态1的体积大于状态2的体积，状态3的体积小于状态2的体积，由图示图线可知，由

状态1到状态2到状态3，气体温度不变而压强增大，由玻意耳定律可知，气体体积减小，M→1、M→2、M→3过程都是可能实现的，故ACD错误。故选：B。7．（3分）在x轴上有两个固定的点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的是（）A．从x1到x2处，场强变大B．x1处的

电场强度为零C．从x1到x2，场强沿x轴正方向D．正试探电荷从x1移到x2，受到的电场力做负功【解答】解：AB、φ﹣x图像斜率表示电场强度，从x1到x2处，图象的斜率逐渐减小，电场强度逐渐减小；x1处图象的斜率不为零，则电场强度不为零，故AB错误；C

、从x1到x2，电势升高，根据沿电场线方向电势降低可知，从x1到x2场强沿x轴负方向，故C错误；D、正电荷的受力方向沿电场线方向，从x1到x2场强沿x轴负方向，知道正电荷的受力方向沿﹣x方向，正试探电荷从x1移到x2，受到的电场力

做负功，故D正确。故选：D。8．（3分）如图所示，原来静止的弓形线圈通有逆时针方向的电流I，在其直径中点右侧放置一根垂直于线圈平面的固定不动的长直导线，并通以电流I，方向垂直纸面向里，此时环形线圈的运动情况是（）

A．从左至右观察，以AB为轴逆时针旋转，并且B点靠近直线电流B．从左至右观察，以AB为轴逆时针旋转，并且B点远离直线电流C．从左至右观察，以AB为轴顺时针旋转，并且B点靠近直线电流D．从左至右观察，以AB为轴顺时针旋转，并且B点远离直线电

流【解答】解：根据右手螺旋定则知，直线电流在A点的磁场方向竖直向上，与A点电流方向平行，所以A点不受安培力；取线圈上下位置一微元研究，如图所示。根据左手定则可知，弓形线圈AB轴上半部分受垂直纸面向里的安培力，下半部分受垂直

纸面向外的安培力，所以从左至右观察，弓形线圈将以直径AB为轴逆时针转动，在旋转的过程中，弓形线圈会和固定不动的长直导线平行，此时电流方向同向，根据左手定则，会靠近直线电流，故A正确，BCD错误。故选：A。9．（4分）如图所

示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根用同种材料制作的导体棒a、b、c，其中b最短，c为直径与b等长的半圆，导体的电阻与其长度成正比，导轨电阻不计。现将装置置于向下的匀强磁场中，接通电源后，三根导体棒中均有电流通过，则它们受到安培力的大小关

系为（）A．Fa＞Fb＝FcB．Fa＝Fb＞FcC．Fa＝Fb＝FcD．Fa＞Fb＞Fc【解答】解：设a、b两棒的长度分别为La和Lb，C的直径为d；由于导体棒都与匀强磁场垂直，则：a、b两棒所受的安培力大小分别为：Fa＝BIaLa；Fb＝BIbL

b＝BIbd；因Ia＝＝，则Fa＝BIaLa＝；因Ib＝＝，则Fb＝BIbd＝；因Ic＝＝，则Fc＝BIcd＝＜，则Fa＝Fb＞Fc，故B正确，ACD错误。故选：B。10．（4分）如图所示，三根通电长直导线a、b、c平行水平放置，它们的横截面恰位于直角三角形的三个顶

点，∠a＝60°，∠c＝90°，导线a、b固定，导线a中通有方向垂直纸面向里、大小为I的恒定电流时，自由的通电长直导线c恰处手静止状态。已知通电长直导线在距导线r处产生的磁场的磁感应强度大小为B＝k（k为常数，I为通电长直导线中的电流大小），则

导线b中电流的大小和方向为（）A．电流大小为I，方向垂直纸面向里B．电流大小为I，方向垂直纸面向里C．电流大小为I，方向垂直纸面向外D．电流大小为I，方向垂直纸面向外【解答】解：根据电流方向相同相吸引、相反相排斥可得C的受力情况如图所示：根据几何关系

可得b对c的作用力为：Fb＝Fatan30°根据安培力的计算公式可得：F＝BIL，设b中的电流为I′，bc距离为L，则ac的距离为L则有：k＝k解得：I′＝I，方向向里。故A正确、BCD错误。故选：A。

11．（4分）如图（a）所示，电源电动势E＝9V，内阻不计，定值电阻R1＝500Ω，电阻R的U﹣I关系如图（b）所示，R2为滑动变阻器。电键闭合后，为使R2消耗的电功率等于R1功率的2倍，滑动变阻器R2的阻值和对应

的功率P2分别为（）A．R2＝1000ΩP2＝9×10﹣3WB．R2＝1000ΩP2＝1.35×10﹣2WC．R2＝1500ΩP2＝9×10﹣3WD．R2＝1500ΩP2＝1.35×10﹣2W【解答】解：串联电路电流处处相等，根据P＝I2R

知电功率与电阻成正比，即要是使R2消耗的电功率等于R1功率的2倍，则有：R2＝2R1＝1000Ω将R1和R2视为电源内电阻，则电源的电动势为：E＝9V，内阻为：r＝1500Ω做U﹣I图象，如图，与R图象的交点横坐标为此时电路的电流为：I＝3.7mA＝3.7×10﹣3A，所以有：P2＝I2R

2≈1.37×10﹣2W，故B正确，ACD错误。故选：B。12．（4分）如图所示的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点D处），将一个套在杆上重力不计的带电圆环（视为质点）从杆上P处由静止释放，圆环从O

处离开细杆后恰好绕点电荷Q做圆周运动．下列说法正确的是（）A．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直增大B．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度先增大后减小C．增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动D．将圆环从杆上P的上方由静止

释放，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动【解答】解：A、圆环从P运动到O的过程中，受库仑引力，杆子的弹力，库仑引力沿杆子方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零。故A错误。B、圆环从P运动到O的过程中，只有库仑引力做正功，根据动能定理知，动能一直增大，

则速度一直增大。故B错误。C、根据动能定理得：qU＝mv2根据牛顿第二定律得：k＝m联立解得：k＝，可知圆环仍然可以做圆周运动。故C正确，D、若增大高度，知电势差U增大，速度增大，库仑引力与所需向心力不等，不能做圆周运动。故D错误。故选：C。二．填空题（共5

小题，满分18分）13．（2分）如图甲，在斯特林循环的p—V图象中，一定质量理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，整个过程由两个等温和两个等容过程组成。A→B的过程中，气体分子单位时间内对球壁单位面积撞击的次数增加（填“增加”、“

减少”或“不变”），气体分子的平均动能不变（填“增大”、“减小”或“不变”）；在B→C的过程中，气体吸收热量为Q1，在C→D的过程中，气体吸收热量为Q2，则该气体在B→C→D过程中对外界做的总功等于Q

2。状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图象如图乙中两条曲线，则状态D对应的②曲线（选填“①”或“②”）。【解答】解：由图可知，图线AB表示气体的温度不变，内能不变，所以A→B的过程中，体积减小，压强增大，故单位体积中的气体分子数目增加；从B到C气体做等容变化，气体不做功，根据热力学第一

定律可得：ΔU＝W+Q可知ΔU1＝Q1，在C→D的过程中，气体做等容变化，内能不变，根据热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q可知W2＝﹣Q2，故则该气体在B→C→D过程中对外界做的总功等于W外＝Q2根据理想气体的状态方程：＝C可知，

气体的温度越高，压强与体积的乘积PV值越大，所以由图可知TD＞TA；气体的分子的运动的统计规律：中间多，两头少；温度高，最可几速率向速度较大的方向移动；故T1＜T2；因此状态D对应的是②．故答案为：增加；不变；Q2；②。14．（4分）在磁感应强度为B

的匀强磁场中，半径为R的半球形球壳如图（a）放置，穿过它的磁通量为B•πR2；面积为S的矩形线框在该磁场中的初始位置如图（b）中实线所示，线框绕O轴逆时针转动到与磁场垂直的虚线位置，这一过程中穿过线框的磁通量的变化量大小为BS（cosθ+1）。【解答】解：在磁感应强度为B

的匀强磁场中，半径为R的半球形球壳如图（a）放置，有效面积为S有＝πR2；，所以穿过它的磁通量为Φ＝BS有＝B•πR2；面积为S的矩形线框在该磁场中的初始位置如图（b）中实线所示，穿过它的磁通量为Φ1＝BScosθ；线框绕O轴逆时针转动到与磁场垂直的虚线位置，磁感

线从矩形线框另一侧穿过，所以穿过线框的磁通量Φ2＝﹣BS，这一过程中穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2﹣Φ1＝﹣BS（cosθ+1），即磁通量的变化量大小为BS（cosθ+1）。故答案为：B•πR2；BS（cosθ+1）15．（4分）如图，电源电动势为E，内阻为r。S为单刀双掷开关，两电阻R1＝

10Ω，R2＝8Ω．当开关S接1时，电流表示数为0.2A．则开关S接2时，电流表示数增大（选填“增大”或“减小”），电流表示数的变化范围可能是0.2A～0.25A。【解答】解：当开关S接1时，电流表示数为0.2A；则当S接2时，外电阻

减小，电流增大，所以电路中大于0.2A．即I2＞0.2A。由于外电阻减小，路端电压减小，则有I2R2＜I1R1，则得I2＜＝A＝0.25A，故电流表示数的变化范围为0.2A～0.25A。故答案为：增大；0.2A～0.25A。16．（4分）一内壁光滑、粗细均匀的U形玻璃管

竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一轻活塞。初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示。已知大气压强p0＝75cmHg，环境温度不变。右侧封闭气体的压强p右＝90cmHg；为使管内两边水银柱高度相等并达到

稳定，需要用力向下缓慢推活塞9.417cm。【解答】解：以右管内水银柱为研究对象，右侧封闭气体的压强为：p右＝p0+ph＝75cmHg+（20﹣5）cmHg＝90cmHg当两边的水银柱高度相等时，左边水银柱下降7.5cm，右边水银柱上升了

7.5cm，所以右侧封闭气体的高度变为12.5cm，设玻璃管的横截面积为S，对于右边封闭的气体有：p右1＝90cmHg，V右1＝20S，p右2＝？，V右2＝12.5S根据玻意耳定律得：p右1V右1＝p右2V右2代入数据解得：p右2＝144cmHg设当两边的水银柱高度相等时左边水银柱的高度为h

，则此时，左右两边封闭气体的压强相等，对于左边封闭的气体有：p左1＝75cmHg，V左1＝4S，p左2＝144cmHg，V左2＝hS气体温度不变，由玻意耳定律得：p左1V左1＝p左2V左2代入数据解得：h＝2.083cm活塞下移的

距离为：x＝7.5cm+（4﹣2.083）cm＝9.417cm故答案为：90；9.417。17．（4分）实验证明：通电长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B＝，式中常量k＞0，I为电流强度，r为距导线的距离．在水平长直导线MN正下方，有一矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电

流，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂着，如图所示．开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0＝3N；当MN通以强度为I1＝1A电流时，两细线内的张力均减小为T1＝2N；当MN内电流强度大小变为I2时，两细线内的张力均增大为T2＝4N．则电流I2的大小为1A；当MN内的

电流强度为I3＝3A时两细线恰好同时断裂，则在此断裂的瞬间线圈的加速度大小为2g．（g为重力加速度）【解答】解：当MN通以强度为I1＝1A电流时，两细线内的张力均减小为T1＝2N，则知此时线框所受的安培力的合力方向竖直向上，则ab边所受的安培力向上，cd边所受安培力方向向下，

知磁场方向垂直纸面向里，则I1方向向左．当MN内不通电流时，根据线框处于平衡状态有：2T0＝mg…①设线框中电流为i，ab、cd的长为L．当MN通以强度为I1＝1A电流时，根据题意可知：ab所受安培力为：F1＝iL…②cd所受安培力为：F2＝iL…③此时两细线内的张力均减小为

T1，则有：2T1+（F1﹣F2）＝mg…④当MN内电流强度大小变为I2时，两细线内的张力均增大为T2＝4N．则有：2T2+（﹣）iL＝mg…⑤由①～⑤联立解得：I2＝＝A＝﹣1A，负号表示电流方向向右．当MN内的电流强度为I3＝3A时两细线恰好同时断裂，说明电流方向

向右．在此断裂的瞬间线圈，根据牛顿第二定律得：mg+（﹣）iL＝ma⑥由①②③④⑥联立解得a＝[1+]g＝（1+）g＝2g，即在此断裂的瞬间线圈的加速度大小为2g．（g为重力加速度）故答案为：1，2．三．实验题（共1小题，满分10分，每小题10分）18．（10分）在“用DIS测电源的电动势

和内阻”实验中。（1）下图中，A代表电流传感器，B代表电压传感器，R为变阻器，R1为定值电阻。则下面各电路图中，图C是合理正确实验电路图。（2）某次实验得到的电源的U﹣I图线如图（1）所示，由实验图线的拟合方程y＝﹣1.03x+2.82可

得，该电源的电动势E＝2.82V，内阻r＝1.03Ω。（3）根据实验测得的该电源的U、I数据，若令y＝UI，x＝，则通过计算机拟合得出y﹣x图线如图（2）所示，则图线最高点A点的坐标x＝1.03Ω，y＝1.94W（结果保留2位小数）。（4）若该电池组电池用旧了，电池内电阻会明显增加，如

果用这个旧电池组重做该实验，请在图（2）中定性画出旧电池组的y﹣x图线。【解答】解：（1）该实验原理为闭合电路的欧姆定律，需要测量电源的路端电压和干路电流，同时需要接入定值电阻充当保护电阻，故电路应为C；（2）根据闭合电路的欧姆定可得U＝

E﹣Ir，U＝﹣1.03I+2.82可得当I＝0时U＝E＝2.82VE＝0时，r＝1.03Ω所以E＝2.82V，r＝1.03Ω（3）由题意可知，y＝UI＝P出；x＝＝R功率为P＝I2R＝＝＝当R＝r时，P出最大，且最大值为P出m＝故图线

最高点A的坐标x＝r＝1.03Ω；y＝P出m＝＝W＝1.94W。（4）若电池用旧了，电动势变小，内阻变大，旧电池组的y﹣x图线将变为故答案为：（1）C；（2）2.82V，1.03Ω；（3）1.03，1.94；（4）旧电池组的y﹣x图线见解答四．计算题（共1小题，满分16分，每小题16分）1

9．（16分）如图所示，两足够长平行金属导轨间的距离L＝1m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.5T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.5Ω的直流电源。现把一个质量m＝0.04k

g的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒能静止在导轨上。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R＝4Ω，其它电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求

：（1）导体棒受到的安培力大小；（2）导体棒受到的摩擦力大小和方向；（3）若把匀强磁场B的方向改为竖直向上、大小改为1.0T，且已知导体棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ＝0.1，其它条件都不变，求改变磁场的瞬间导体棒的加速度大小。【解答】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据

闭合电路欧姆定律有：I＝＝A＝1A导体棒受到的安培力：F安＝BIL代入数据得：F安＝0.5N。（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1＝mgsin37°＝0.24N由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力根据共点力平

衡条件得：mgsin37°+f＝F安解得：f＝0.26N，方向沿斜面向下。（3）匀强磁场B的方向改为竖直向上时，安培力水平向右，F′安＝B′IL＝1N而重力的下滑分力：F1＝mgsin37°＝0.24N金属棒受摩擦力为f′＝μ（mgcos37°+B′ILsin37°）＝0.092N

由牛顿第二定律得：F′安cos37°﹣mgsin37°﹣f′＝ma解得：a＝11.7m/s2答：（1）导体棒受到的安培力大小是0.5N；（2）导体棒受到的摩擦力大小是0.26N，方向沿斜面向下；（3）改变磁场的瞬间导体棒的加速度大小是11.

7m/s2。五．解答题（共1小题，满分16分，每小题16分）20．（16分）电动汽车在行驶过程中，消耗电池能量对外做功使汽车前进。汽车安装的电池常用两个物理量衡量其性能，如表所示：物理量定义单位电池容量电池存储电量的多少mAh电池的能量密度ρ单位质量携带电能

的多少Wh/kg某质量m＝0.056kg的电池以恒定电流放电时，端电压与流过电池电量的关系如图所示。电池容量检测系统在电压为4V时显示剩余电量100%，电压为3V时显示剩余电量0%．通过计算机测得曲线与电量轴所围的面积约为7000V

•mAh。（1）该曲线与电量轴所围面积的物理意义是什么？（2）该电池的能量密度ρ是多少？（3）在放电过程中剩余电量从100%到80%用了时间t，由图象推测剩余电量从50%到30%约要多少时间？（4）某电动汽车除电池外总质量为M，配上

质量为m、能量密度为ρ的电池，单次充电后可以在水平路面行驶距离s（s较长，近似认为全程匀速行驶），行驶中所受阻力与总质量成正比，比例系数为k。假设电池能量的用来对外做功使汽车前进，写出汽车行驶距离s的表达式。为提升电动车单次充

电行驶最大距离，国家大力支持研发提高电池的能量密度，而不是仅靠增加车上电池质量，请通过分析说明原因。【解答】解：（1）由图示图象可知，纵轴表示电压：U，横轴表示容量：It（mA•h），图象所围成的面积的物理意义是：U•It，W＝UIt表示电流做功，由

此可知：图象所围面积物理意义是U•It，表示对外做功的值。（2）由题意可知：所围的面积约为7000V•mAh＝7W•h，即W＝7W•h，能量密度：ρ＝＝125W•h/kg；（3）电荷量：q＝It，I不变则电量与时间成正比，由U﹣q图象可知：剩余电量从100%到80%，通过电池电量约300

mAh，剩余电量从50%到30%，通过电池电量约600mAh，则时间约为2t。（4）设汽车质量M，电池质量m，单次充电行驶最大距离s，由题意可知，阻力与总质量成正比，即：f＝k（m+M）汽车消耗电能，克服阻力做功：f

s＝k（m+M）s电池能量的用来对外做功：W＝fs＝mρ单次充电行驶最大距离：＜s与m为非线性关系，有上限，可见行驶的最大距离随着电池质量的增加，提升得越来越慢；s与ρ成正比，ρ增大并不增加阻力，不造成电能额外损耗；可见，提高电池的能量密度ρ比增加电池质量m更合理

；答：（1）该曲线与电量轴所围面积的物理意义是：图象所围面积物理意义是U•It，表示对外做功的值。（2）该电池的能量密度ρ是125W•h/kg。（3）在放电过程中剩余电量从100%到80%用了时间t，由图象推测剩余电量从50%到30%需要的时间约为2t。（4）汽车行驶距离s的表达

式为：；行驶的最大距离随着电池质量的增加，提升得越来越慢；s与ρ成正比，ρ增大并不增加阻力，不造成电能额外损耗；可见，提高电池的能量密度ρ比增加电池质量m更合理。