【文档说明】《精准解析》北京市中国人民大学附属中学2022-2023学年高三下学期开学考试物理试题（解析版）.docx，共(24)页，1.510 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-8795638e489d7cc470c90f51f206eaad.html

以下为本文档部分文字说明：

人大附中2023届高三再入境摸底练习物理第一部分本部分共14题，每题3分，共42分．在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项．1.下列说法正确的是（）A.温度相同的物体内能一定相同B.液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动C

.一定质量的理想气体，当温度不变、压强增大时，其体积可能增大D.在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强【答案】B【解析】【详解】A．不一定，影响内能大小的因素除了温度以外，还有物体的质量、体积和状态，所以在不确定其它因素都相同的情况下，只凭温度相同，无法确定内能就一定相同，故A错误；

B．布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反应，故B正确；C．根据气态方程可知，一定质量的气体温度不变，压强增大时，体积减小，故C错误；D．气体对器壁的压强是由于大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的，与气体的重力无关，失重状态下仍然有压强，故D错误。故选B。2.如图为交流发电机的示意图

，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为e=20sin100t（V）。下列说法正确的是（）A.此交流电的频率为100HzB.此交流电动势的有效值为20VC

.当线圈平面转到图示位置时产生的电动势最大D.当线圈平面转到平行于磁场的位置时磁通量的变化率最大【答案】D【解析】【分析】【详解】A．此交流电的频率为100Hz50Hz22f===选项A错误；B．

此交流电动势的最大值为20V，有效值为20V102V2=，选项B错误；C．当线圈平面转到图示位置时磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，产生的电动势为零，选项C错误；D．当线圈平面转到平行于磁场的位置时磁通量的变化率最大，选项D正确。故选D。3.2020年11月18日，东北大部分地区发生罕

见强雨雪风冻天气，一日之内温度骤降16℃，给生产生活带来诸多不便。如图所示，冰天雪地中，共享单车上结冻的冰柱都呈现水平方向。若仅从受力角度分析，下列推理可能正确的是（）A.风力水平向左B.风力水平向右C.风力斜

向左上D.风力斜向右下【答案】C【解析】【详解】以即将冻结的冰柱尖端的水珠为研究对象，受力分析如图，受重力、水平方向冰柱对它的作用力、风力，由共点力平衡条件可知，风力与重力和冰柱对它的作用力的合力等大反向，所以，

风力斜向左上方。故ABD错误，C正确。故选：C。4.如图所示，真空中有一个半径为R，质量分布均匀的玻璃球，频率为f的激光束在真空中沿直线BC传播，并于玻璃球表面的C点经折射进入玻璃球，并在玻璃球表面的D点又经折射进入真空中，已知120C

OD=，玻璃球对该激光的折射率为3，真空中的光速为c．则下列说法正确的是（）A.一个光子在穿过玻璃球的过程中能量逐渐变小B.改变入射角的大小，细激光束可能在玻璃球的内表面发生全反射C.此激光束在玻璃中穿越的时间为3tRc=D.激光束的入射角为45=

【答案】C【解析】【详解】A．一个光子在穿过玻璃球的过程中频率不变，则能量不变，A错误；B．激光束从C点进入玻璃球时，无论怎样改变入射角，折射角都小于临界角，根据几何知识可知，光线在玻璃球内表面的入射角不可能大于临界角，所以都不可能发生全反射，B错误；C．由折射定律可得，此激

光束在玻璃中的波速为3ccvn==CD间距离为2603sRsinR==则此激光束在玻璃球中穿越的时间为3sRtvc==C正确；D．由几何知识可得，激光束在C点折射角30=，由sinnsin=可得激光束的入射角60=的D错误。故选C5.如图甲为一列简谐横波在2s=

t时的波动图像，图乙为该波中2cmx=处质点P的振动图像。下列说法正确的是（）A.3.0st=时的波动图像如图丙所示B.该波向x轴正方向传播C.质点P与M的位移总相同D.质点P与M的速率总相同【答案】D

【解析】【详解】B．由P点的振动图像可知，2s=t时，P点向下振动，由同侧法可知，该简谐横波沿x轴负方向传播，B错误；A．由图乙可知，该波的周期为4sT=所以，3.0st=时的P点应在波谷位置，则此时波动图像如图所

示A错误；CD．由图可知质点P与M的距离等于波长的一半，这两个质点的振动情况总是相反的，位移和速度的大小相等，方向相反，所以质点P与M的速率总相同，C错误，D正确。故选D。6.如图所示，甲图为研究光电效

应规律的实验装置，乙图为用a、b、c三种光分别照射装置甲得到的三条。电流表与电压表示数关系的曲线，丙图为氢原子的能级图．下列说法正确的是（）A.若b光为紫光，c光可能是绿光B.b光的光强等于c光的光强C.若b光光子能量为11eV，用它直接照射大量处于基态的氢原子，可使其跃迁D.

若b光光子能量为2.55eV，用它直接照射大量处于2n=激发态的氢原子，氢原子可以产生6种不同频率的光【答案】D【解析】【详解】AB．由图乙可知b光与c光的遏止电压相同，则二者频率相同，若b光为紫光，则c光也为紫光，b光的饱和光电流大于c光的饱和光电流，则b光的光强大于c光的光强，

故AB错误；C．若b光光子能量为11eV，由于其能量不等于任何两个能级差，故用它直接照射大量处于基态的氢原子，氢原子不会跃迁，故C错误；D．若b光光子能量为2.55eV，根据mnhEE=−可知，用它直接照射大量处于2n=激发态的氢原子，可

使氢原子跃迁到量子数为4的激发态，处于量子数为4的激发态的大量氢原子向低能级跃迁，可辐射出6中不同频率的光，故D正确。故选D。7.如图所示，将一个半径为r的不带电的金属球放在绝缘支架上，金属球的右侧放置一个电荷量

为Q的带正电的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离也为r．由于静电感应在金属球上产生感应电荷。设静电力常量为k．下列说法中正确的是（）A.感应电荷全部分布在金属球的表面上B.感应电荷在金属球球心处激发的电场场强为0C.金属球右

侧表面的电势高于左侧表面D.若将金属球接地，将有电子从金属球流向地面【答案】A【解析】【详解】A．由于金属球感应电荷产生的电场导致内部电荷分布在金属球的表面上，故A正确；B．感应电荷在金属球球心处激发的电场

场强与点电荷在球心处产生的电场强度大小，方向相反，即为22(2)4QkQEkrr==故B错误；C．静电平衡的导体是一个等势体，导体表面是一个等势面，故C错误；D．金属球在正电荷的电场中，电势大于0，则用金属球接地，将有电子从地面流向金属球，故D错误。故选A。8.如图所示为α粒子

散射实验的示意图：放射源发出α射线打到金箔上，带有荧光屏的放大镜转到不同位置进行观察，图中①②③为其中的三个位置，下列对实验结果的叙述或依据实验结果做出的推理正确的是（）A.在位置②接收到的α粒子最多B.在位置①接收到α粒子说明正电荷不可能均匀分布在原子内C.位置②接收到的α粒子一定比位置①接

收到的α粒子所受金原子核斥力的冲量更大D.若正电荷均匀分布在原子内，则①②③三个位置接收到α粒子的比例应相差不多【答案】B【解析】【分析】【详解】A．原子的内部是很空阔的，原子核非常小，所以绝大多数α粒子的运动轨迹没有发

生偏转，则在位置③接收到的α粒子最多，所以A错误；B．在位置①接收到α粒子说明正电荷不可能均匀分布在原子内，所以B正确；C．位置②接收到的α粒子一定比位置①接收到的α粒子所受金原子核斥力的冲量更小，因为在位置①α粒子速度反向运动，则动

量的变化量更大，所以冲量更大，则C错误；D．若正电荷均匀分布在原子内，则α粒子与原子正面撞击，粒子最后反弹，则①②③三个位置接收到α粒子的比例应相差较多，所以D错误；故选B。9.如图所示，在长为宽2倍的矩形区域内有正交的电磁场

，一带电粒子从左侧中点水平射入电磁场，恰能沿直线通过，若撤去磁场，则粒子从c点射出（不计重力影响），若撤去电场，则此粒子将（）A.从b点射出B.从bP间射出C.从a点射出D.从ab间射出【答案】C【解析】【详解】没

有撤去电场前，粒子恰能沿直线通过，由于洛伦兹力大小与速度大小成正比，若速度大小改变，则洛伦兹力大小会发生改变，则粒子不可能做直线运动，可知，粒子做匀速直线运动，则有0qEqvB=若撤去磁场，粒子做类平抛运动，粒子从c点射出（不计重力影响），表明粒子带正电，则

有0Lvt=，212qELtm=若撤去电场，粒子做匀速圆周运动，根据左手定则，粒子上偏，则有200vqvBmR=解得2LR=可知，若撤去电场，则此粒子将从a点射出。故选C。10.如图所示，李辉用多用电表的欧姆挡测量一个变压器线圈的电阻，以判断它是否断路．刘伟为了使李辉操作

方便，用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量．测量时表针摆过了一定角度，李辉由此确认线圈没有断路．正当李辉把多用表的表笔与被测线圈脱离时，刘伟突然惊叫起来，觉得有电击感．下列说法正确的是A.刘伟被电击时变压器线圈中的电流瞬间变大B.刘伟有电击感是因为两

手之间瞬间有高电压C.刘伟受到电击的同时多用电表也可能被烧坏D.实验过程中若李辉两手分别握住红黑表笔的金属杆，他也会受到电击【答案】B【解析】【详解】当回路断开时电流要立即减小到零但由于线圈的自感现象会产生感应电动势，该自感电动势较大，所以刘

伟倍“电”到，即刘伟有电击感是因为两手之间瞬间有高电压，故A错误，B正确；因多用表的表笔已经与被测线圈脱离，则多用电表不可能被烧坏，选项C错误；实验过程中若李辉两手分别握住红黑表笔的金属杆，当与线圈脱离后，在电表回路不会产生感应电动势，则他不会受到电击，选项D错误；故选B.点

睛：本题考查了自感电动势产生的条件，要知道欧姆表测电阻时，电流是很小的；当电流变化时变压器的线圈会产生较大的自感电动势．11.为了节能和环保，一些公共场所用光敏电阻制作光控开关来控制照明系统，题图为电路原理图。图中，直流电源电动势为3V，内阻可不计，R为可变电阻

，GR为光敏电阻，其在不同照度下的阻值如下表（照度是描述光的强弱的物理量，光越强照度越大，lx是它的单位）。若控制开关两端电压升至2V时将自动开启照明系统，则以下说法正确的是（）照度/lx0.20.4

0.60.81.01.2电阻/kΩGR754028232018A.若将R接入电路的阻值调整为20k，则当照度降低到0.4lx时启动照明系统B.若要使照明系统在照度降低到0.8lx时启动，则要将R接入电路的阻值调整为46kΩC.R接入电路的阻值不变时，照度越大，控制开关两端的电压越大D.若要

在光照更暗时启动照明系统，应将R接入电路的阻值调大【答案】AD【解析】【详解】A．将R接入电路的阻值调整为20k，则当照度降低到0.4lx时RG为40k，根据串联分压原理可得，此时控制开关两端电压升为2V，即自动启动照明系统，故A正

确；B．使照明系统在照度降低到0.8lx时启动，根据串联电路分压特点知，应将R接入电路的阻值调整为23kΩ223kΩ3R=+解得11.5kΩR=故B错误；C．R接入电路的阻值不变时，照度越大，光敏电阻阻值变小，分压变小，即控制开关两端的电压越小，故C错误；D．若要在光照更暗，

即光敏电阻更大时启动照明系统，根据串联电路分压特点可知，应将R接入电路的阻值调大，故D正确。故选AD。12.一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替.如图(a)示，曲线上A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻

A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径.现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v0抛出，如图(b)示，则在其轨迹最高点P处的曲率半径是()A.20vgB.20(cos)v

gC.20(sin)vgD.20(cos)sinvg【答案】B【解析】【详解】在最高点竖直分速度为零，只有水平方向的分速度，且重力提供向心力：20(cos)vmgm=，解得：20(cos)vg=，ACD错误B正确．13.在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两

个方向上分别研究。如图质量为m的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上，碰前瞬间速度为v0，方向与水平方向夹角α=30°。薄片与弹性面间的动摩擦因数μ=0.5。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。

薄片每次碰撞前后竖直方向的速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。下列选项正确的是（）A.薄片第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间夹角仍为30°B.薄片每次与水平面碰撞过程中，受到的冲量均相等C.薄片在与水平

面多次碰撞后，最终将静止在水平面上D.薄片与水平面碰撞两次后，水平位移将不再增加【答案】D【解析】【分析】【详解】A．薄片第1次碰后因竖直速度不变，但是由于薄片与地面之间有摩擦力作用，则水平方向速度减小，则薄片

离开水平面瞬间，速度方向与水平面间夹角大于30°，选项A错误；BCD．以竖直向上正方向，薄片第一次与地面碰撞时，竖直速度不变，竖直方向002sin30=yFtmvmv=水平方向00--0.5yFtmvmv==−即每次与地面碰撞一次后，水平方向动量减小0.5mv0，而水平方向的初

动量为0003cos300.8662mvmvmv==即薄片与水平面碰撞两次后，水平方向动量减为零，即水平方向位移将不再增加，薄片将在竖直方向不断与地面碰撞；由以上分析可知，薄片在前两次与水平面碰撞过程中，竖直方向受到的冲量相等，水平方向受到的冲量不相等，则薄片与地面碰撞中

受到的冲量不相等。选项D正确，BC错误。故选D。14.光镊技术可以用来捕获、操控微小粒子(目前已达微米级)．激光经透镜后会聚成强聚焦光斑，微粒一旦落入会聚光的区域内，就有移向光斑中心的可能，从而被捕获．由于光的作用

使微粒具有势能，光斑形成了一个类似于“陷阱”的能量势阱，光斑中心为势能的最低点．结合以上信息可知，关于利用光镊捕获一个微小粒子的情况，下列说法正确的是A.微粒被捕获时，受到激光的作用力一定沿着激光传播的方向B.微粒被捕获时，受到激光的作用力一定垂直激光传播的方向C.微粒向光

斑中心移动时，在能量势阱中对应的势能可能增大D.被捕获的微粒在获得较大的速度之后，有可能逃离能量势阱【答案】D【解析】【详解】A.微粒被捕获时，受到激光的作用力朝着激光焦点的方向，故A错误；B.微粒被捕获时，受到激光的作用力朝着

激光焦点的方向，故B错误；C.由题干可知，光斑中心为势能的最低点，所以微粒向光斑中心移动时，在能量势阱中对应的势能不能增大，只能减小，故C错误；D.根据能量守恒，较大的初速度对应较大初动能，可以让微粒逃离能量势阱，故D正确．第二部分本部分共6题，共58分．15.（1）“

测量玻璃的折射率”的实验中。某同学在白纸上放好玻璃砖，aa和bb分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图甲所示：在玻璃砖的一侧插上两枚大头针1P和2P，用“+”表示大头针的位置，然后在另一为侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针3P和4P，在插3P和4P时，应使_____

_____（选填选项前的字母）。A．3P只挡住1PB．4P只挡住2PC．3P把1P、2P都挡住D．4P把1P、2P、3P都挡住另一位同学作玻璃砖下侧界面时向里稍许偏离，以aa、bb为界面画光路图，其它操作均正确，如图乙所示．该同学测得的折射率与真实值相比__________（填“

偏大”、“偏小”或“不变”）。（2）学校开展研究性学习，某研究小组的同学根据所学的光学知识，设计了一个测量液体折射率的仪器，如图所示。在一圆盘上，过其圆心O作两条互相垂直的直径BC、EF，在半径OA上

，垂直盘面插下两枚大头针1P、2P，并保持1P、2P位置不变，每次测量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中，而且总使得液面与直径BC相平，EF作为界面的法线，而后在图中右上方区域观察1P、2P的像，并在圆周上插上大头针3P，使3P正好

挡住1P、2P的像，同学们通过计算，预先在圆周EC部分刻好了折射率的值，这样只要根据3P所插的位置，就可直接读出液体折射率的值，则：①若30AOF=，3OP与OC的夹角为30，则3P处所对应的折射率的值为__________；②作AO的延长

线交圆周于K，K处所对应的折射率值应为__________；③你认为圆周KC部分折射率刻度有什么特点？__________（至少写出两条）。【答案】①.CD##DC②.偏大③.3④.1⑤.折射率刻度不均匀，靠近K刻度密集，靠近C刻度稀疏；靠近C读数误差

大【解析】的【详解】（1）[1]根据实验的原理可知，连接1P、2P表示入射光线，连接3P、4P表示出射光线，连接两光线与玻璃砖的交点，即为折射光线在实验的过程中，要先在白纸上放好玻璃砖，在玻璃砖的一侧插

上两枚大头针1P和2P，然后在玻璃砖另一侧观察，调整视线使1P的像被2P的像挡住，接着在眼睛所在一侧相继又插上两枚大头针3P、4P，使3P同时挡住1P、2P的像，使4P同时挡住3P和1P、2P的像，故AB错误，CD正确

。故选CD。[2]折射角的测量值将偏小，入射角没有误差，所以根据折射定律sinsininr=可知测得的折射率将偏大。（2）①[3]由题意可知，入射角30rAOF==折射角360iEOP==由折射定律可得sin3sinrn

i==②[4]作AO的延长线交圆周与K，此时入射角与折射角相同，故K处所对应的折射率值应为1。③[5]由sinsininr=可知，入射角r不变的情况下，折射角i越大，故越靠近C，折射率越大；n与sini成正比，与i不从正比，结合正弦函数

的特点可知，刻度不均匀，靠近C刻度稀疏且误差较大，靠近K刻度密集且误差较小。16.在“油膜法估测分子直径”的实验中，我们通过宏观量的测量间接计算微观量。（1）本实验利用了油酸分子易在水面上形成______（选填“单层”或“多层”）分子油膜的特性。若将含有纯油酸体积为V的一

滴油酸酒精溶液滴到水面上，形成面积为S的油酸薄膜，则由此可估测油酸分子的直径d的表达式为______。（2）在该实验中，有下列实验步骤：A.将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上B.往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，

待水面稳定后将适量痱子粉均匀地撒在水面上C.用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定D.取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液E.将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和油膜面积计算出油酸分子直径的大小F.用注射器将配好

的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积上述步骤中，正确的顺序是______。（填写步骤前面的字母代号）（3）若实验时痱子粉撒得太厚，则所测的分子直径会______（选填“偏大”或“偏小”）。（4）本实验中油

膜的形成是分子力的作用效果。图甲为分子力F随分子间距r的变化图线，图乙为某同学参照图甲所做的分子势能pE随分子间距r的变化图线。请你对图乙的合理性做出分析，填在下面表格相应的位置中。指出合理或不合理之处并

简述理由合理之处______不合理之处______【答案】①.单层②.VS③.DFBCAE④.偏大⑤.见解析⑥.见解析【解析】【详解】（1）[1]油膜法估测分子直径是使得在液面上形成单分子油膜层，因此，本实验利用了油酸分子易在水面上形成单层分子油膜的特性；[2

]若将含有纯油酸体积为V的一滴油酸酒精溶液滴到水面上，形成面积为S的油酸薄膜，由于油膜层的体积与溶液体积相等，则由此可估测油酸分子的直径d的表达式为VdS=（3）[3]实验时为了确保形成单分子油膜层，实验前先应该将纯油酸稀释，即取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸

酒精溶液，在用注射器将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积，为了使得油膜层边缘部分清晰，应该往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水

，待水面稳定后将适量痱子粉均匀地撒在水面上，之后将用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定，将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上，最后将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和油膜面积计算出油酸分子

直径的大小，即操作步骤中，正确的顺序是DFBCAE。（3）[4]若实验时痱子粉撒得太厚，由于痱子粉的阻碍作用，油膜分子会发生累积，不能够形成单分子油膜层，则所测的分子直径会偏大。（4）[5]图乙的大致变化情况合理。因为分子间距由足够远减小到0r的过程中，分子力体现为引力做正功，分

子势能逐渐减小，所以0r处的分子势能最小，此后再靠近的过程中，分子力体现为斥力做负功，所以分子势能逐渐增大；[6]图乙1r处分子势能为零的点不合理。由于分子力做功等于分子势能的变化，故分子间距由足够远减小到1r的过程中分子力做的总功应当为零，即甲图中1r处以右，F

r−图线下的总面积应当为零，图中显然不符合。另外图乙在02rrr的范围内弯曲情况不合理。由于pEr−图线的斜率即为分子力，该区间的分子力是越来越大的，而图中的斜率显然越来越小。17.如图所示，在距水

平地面高h=0.80m的水平桌面左边缘有一质量mA=1.0kg的物块A以v0=5.0m/s的初速度沿桌面运动，经过位移s=1.8m与放在桌面右边缘O点的物块B发生正碰，碰后物块A的速度变为0，物块B离开桌面后落到地面上。设两物块均可视为质点，它们的碰撞时间极短，物块A与桌面

间的动摩擦因数μ=0.25，物块B的质量mB=1.6kg，重力加速度g=10m/s2。求：(1)两物块碰撞前瞬间，物块A的速度大小vA；(2)物块B落地点到桌边缘O点的水平距离x；(3)物块A与B碰撞的过程中系统损失

的机械能E。【答案】(1)4.0m/s；(2)1.0m；(3)3.0J【解析】【详解】(1)物块A沿桌面滑动所受摩擦力f=μmAg做匀减速运动的加速度大小a=μg=2.5m/s2对于碰撞前物块A的运动，根据运动学公式

v02–vA2=2as解得vA=4.0m/s(2)设两物块碰撞后瞬间，物块B的速度大小为vB，因碰撞时间极短，根据动量守恒定律有mAvA=mBvB解得vB=2.5m/s物块B离开桌面后做平抛运动的时间t=2hg=0.40s物块B落地点到桌边缘O

点的水平距离x=vBt=1.0m(3)物块A与B碰撞的过程中系统损失的机械能E=12mAvA2-12mBvB2=30J18.许多电磁现象可以用力的观点来分析，也可以用动量、能量等观点来分析和解释．（1）如图所示，

足够长的平行光滑固定金属导轨水平放置，导轨间距为L，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。在平行于导轨、大小为F的水平恒力作用下，导体棒从静止开

.始沿导轨向右运动。a．当导体棒运动的速度为v时，求其加速度a的大小；b．足够长时间之后，导体棒最终将达到稳定速度mv（mv未知），已知导体棒从静止到速度变为m12v所经历的时间为t，求这段时间内流经导体棒某一横截面的电荷量q；（2）在如图所示的闭合电路中，设电源的电动势为E，内阻为r，外电阻为R

，其余电阻不计，电路中的电流为I。请你根据电动势的定义并结合能量转化与守恒定律证明EIRr=+。【答案】（1）a．22()−+FBLvmmRr；b．33()2+−FtmFRrBLBL；（2）见解析【解析】【详解】（1）a．当导体棒运动的速度为v时，电路中的感应电动势为EBLv=由

闭合电路的欧姆定律得，电路中的电流为EIRr=+导体棒所受的安培力为FBIL=安根据牛顿第二定律可得安−=FFma联立可得，当导体棒运动的速度为v时，加速度a的大小为22()FBLvammRr=−+b．设导体棒运动稳定的速度为mv，则22m0()BLvFammR

r=−=+可得m22()FRrvBL+=设某段极短的时间Δt内，电路的电流为i，则安培力在这段时间内的冲量为ΔIBiLt=在时间t内，根据动量定理有m1Δ2FtBLitmv−=其中Δqit=联立可得，这段时间内流经导体棒某一横截

面的电荷量为33()2FtmFRrqBLBL+=−（2）根据电动势的定义有WEq=非在时间t内通过电路的电荷量为qIt=根据能量守恒定律，非静电力做的功应该等于内外电路产生焦耳热的总和，即WQQ=+非外内在时间t内，由焦耳定律可得2QIRt=外2QIrt=内联立可得

22EItIRtIrt=+整理后可得EIRr=+19.北京时间2020年12月2日4时53分，探月工程“嫦娥五号”的着陆器和上升器组合体完成了月壤采样及封装。封装结束后上升器的总质量为m，它将从着陆器上发射，离开月面。已知月球质量为M，表面重力加速度为g，引力常量为G，

忽略月球的自转。(1)求月球的半径R；(2)月球表面没有大气层。上升器从着陆器上发射时，通过推进剂燃烧产生高温高压气体，从尾部向下喷出而获得动力，如图所示。已知喷口横截面积为S，喷出气体的密度为ρ，若发射之初上升器加速度大小为a

，方向竖直向上，不考虑上升器由于喷气带来的质量变化，求喷出气体的速度大小v；(3)不计其它作用力时，上升器绕月飞行可认为是上升器与月球在彼此的万有引力作用下，绕二者连线上的某一点O做匀速圆周运动。若认为在O点有一静止的“等

效月球”，替代月球对上升器的作用，上升器绕“等效月球”做匀速圆周运动，周期不变。求“等效月球”的质量'M。【答案】(1)GMRg=；(2)()magvS+=；(3)32'()MMMm=+【解析】【分析】【详解】(1)质量为'm的物体放在月球表面，由牛顿第

二定律得2''mMGmgR=得GMRg=(2)设喷出气体对上升器的力为F，上升器对喷出气体的力为F'，取向上为正，对于上升器F-mg=ma设在t时间内喷射出气体质量为m-'Δ-ΔFtmv=ΔΔmSvt=

由牛顿第三定律有'FF=综上得()magvS+=(3)设上升器的角速度为，上升器距O点为r1，月球距O点为r2，上升器与月球间距离为r，由牛顿第二定律得212mMGmrr=222mMGMrr=且12rrr+=2121'mMGmrr=解得32'()MMMm=+20.

电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。实际中的电容器在外形结构上有多种不同的形式，但均可以用电容描述它的特性。(1)在两个相距很近的平行金属板中间夹上一层绝缘物质就组成一个最简单的电容器，叫做平行板电容器。图1为一平行板电容器的充电电路，在充电过程中两极板

间电势差u随电荷量q的变化图像如图2所示。类比直线运动中由v—t图像求位移的方法，在图中画网格线表示当电荷量由Q1增加到Q2的过程中电容器增加的电势能；(2)同平行板电容器一样，一个金属球和一个与它同心的金属球壳也可以组成一个电容器，叫做球形电容器。如图3所示，两极间为真空的球形电容器

，其内球半径为R1，外球内半径为R2，电容为1221()RRCkRR=−，其中k为静电力常量。请结合(1)中的方法推导该球形电容器充电后电荷量达到Q时所具有的电势能Ep的表达式；(3)孤立导体也能储存电荷，也具有电容：a.将孤立导体球看作另一极在无穷远

的球形电容器，根据球形电容器电容的表达式推导半径为R的孤立导体球的电容C的表达式；b.将带电金属小球用导线与大地相连，我们就会认为小球的电荷量减小为0。请结合题目信息及所学知识解释这一现象。【答案】(1)见解析；(2)

()221p122kQRRERR−=；(3)a.RCk=，b.见解析【解析】【详解】（1）如图所示（2）由电容的定义式可知球形电容器充电过程中两极板间电势差u随电荷量q的变化图像如下图所示，图中三角形面积表示电荷量达到Q时电容器所具有的电势能Ep的大小，由图可得12pEQU=根据QCU=可

得22pQEC=将球形电容器电容的表达式代入可得22112()2PkQRRERR−=（3）a.将孤立导体球看作另一极在无穷远的球形电容器，即1RR=，2R→代入球形电容器电容的表达式1221()RRCkRR=−可得RCk=b.根据

a中推得的孤立导体球的电容表达式RCk=可知，球体的半径越大，其电容越大。由于金属小球的半径远小于地球半径，所以地球的电容远大于小球的电容。二者用导线连接，电势相同，根据Q=CU可知，地球的带电量远大于小球的带电量，电荷总量保持不变，所以可

以认为小球的电荷量减小为0。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com