2022北京通州高三一模物理(教师版).docx

2022北京通州高三一模
物 理
一、本部分共14小题，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．（3分）“嫦娥五号”返回器将月球土壤成功带回地球．经研究发现月球土壤里富含的氦是理想的热核反应原料，即利用一个氘核和一个氦发生核反应产生一个质子和一个新核，并释放能量．关于氦与氘核的反应，下列说法正确的是　　
A．新核是 B．是核裂变反应
C．生成物的总质量不变 D．生成物的总质量数减少
2．（3分）如图所示，水下光源向水面某处点发射一束光线，出射光线分成、两束单色光．下列说法正确的是　　

A．这是光的干涉现象
B．光频率比光频率小
C．在真空中，光的传播速度比光的传播速度大
D．若保持光源位置不变，增大入射角，则从水面上方观察，光先消失
3．（3分）在一个密闭容器内有一滴的水，过一段时间后，水滴蒸发变成了水蒸气，温度还是，下列说法正确的是　　
A．分子势能减小 B．分子平均动能减小
C．内能一定增加 D．分子的速率都减小
4．（3分）一列简谐横波沿轴传播，时刻波的图像如图甲所示，处的质点的振动图像如图乙所示，由此可以判断　　

A．该波沿轴负方向传播
B．该波在时间内传播的距离是
C．在时质点的加速度方向沿轴正方向
D．在时间内质点通过的路程是
5．（3分）手机无线充电设备主要由发射线圈和接收线圈组成，如图所示，其工作原理与理想变压器相同．已知发射、接收线圈匝数比为，端输入电流，下列说法正确的是　　

A．无线充电的原理是电流可以产生稳恒的磁场
B．接收线圈的输出功率与发射线圈的输入功率之比是
C．接收线圈的输出电流的有效值为
D．接收线圈的电流频率为
6．（3分）赤道上方的“风云四号”是我国新一代地球同步气象卫星，大幅提升了我国对台风、暴雨等灾害天气监测识别时效和预报准确率．关于“风云四号”的运动情况，下列说法正确的是　　
A．“风云四号”的向心加速度小于地球表面的重力加速度
B．“风云四号”的角速度小于地球自转的角速度
C．与“风云四号”同轨道运行的所有卫星的动能都相等
D．“风云四号”的运行速度大于
7．（3分）、是静止的等量异种点电荷，其电场线分布如图所示，、、为电场中的点，下列说法正确的是　　

A．带正电，带负电
B．点电势小于点电势
C．点电场强度小于点电场强度
D．正电荷从向运动，其电势能增大
8．（3分）如图所示，水平地面上竖直放置两根圆柱形铝管，其粗细、长短均相同，其中管Ⅰ无缝，管Ⅱ有一条平行于轴线的细缝．两枚略小于管内径的相同小磁铁、，同时从两管上端由静止释放，穿过铝管后落到地面．下列说法正确的是　　

A．一定比先落地 B．、一定同时落地
C．落地时，比的动能小 D．落地时，、的动能相等
9．（3分）回旋加速器的工作原理示意图如图所示．和是中空的两个形金属盒，分别与一高频交流电源两极相接，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近．两盒间的狭缝很小，粒子在两盒间被电场加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，粒子在形盒内做匀速圆周运动，当其到达两盒间的缝隙时，其间的交变电场恰好使粒子被加速．下列说法正确的是　　

A．回旋加速器所接交变电压的频率等于带电粒子做匀速圆周运动频率的一半
B．若要增大带电粒子的最大动能，可通过增大交变电压峰值的方式实现
C．粒子第2次和第1次经过两形盒间狭缝后轨道半径之比为
D．粒子每次经过两形盒间的狭缝时，电场力对粒子做功一样多
10．（3分）在笔记本电脑的机身与显示屏的对应部位，分别装有磁体和霍尔元件．开启显示屏，磁体的磁场远离霍尔元件，元件不工作，屏幕正常显示：闭合显示屏，磁体的磁场靠近使得霍尔元件工作，屏幕熄灭，电脑也休眠．如图所示，一块长为、宽为、高为的长方体霍尔元件，当有电流沿长度方向流过，且有垂直于上表面、方向向上的磁感应强度为的匀强磁场作用时，元件的前、后表面间形成电势差为．电势差控制屏幕的熄灭．已知电流是电子定向移动形成的，电子电荷量为，单位体积内的电子数目为，下列说法正确的是　　)

A．前表面的电势比后表面的高
B．前后表面间的电势差为
C．自由电子所受静电力的大小为
D．自由电子所受洛伦兹力大小为
11．（3分）如图所示，质量为的小球静止在光滑的水平面上，质量为的小球以速度靠近，并与发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上．、两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失．当、一定时，若越大，则　　

A．碰撞过程中受到的冲量越小
B．碰撞过程中受到的冲量越大
C．碰撞过程中受到的冲量不变
D．碰撞过程中受到的冲量越小
12．（3分）制作一把“人的反应时间测量尺”．如图所示，同学用手捏住直尺的顶端，同学用手在直尺0刻度位置做捏住直尺的准备，但手不碰到直尺．在同学放手让直尺下落时，同学立刻捏住直尺，读出同学捏住直尺的刻度，就可以粗略确定同学的反应时间．若把刻度尺的长度刻度对应标注为“时间”刻度，使它变为“人的反应时间测量尺”，下列说法正确的是　　

A．反应时间测量尺上，各相邻时间刻度值间的长度不等
B．捏住处的反应时间比捏住处的反应时间短
C．刻度所对应的时间刻度约为
D．反应时间与捏住直尺所在处的刻度值成正比
13．（3分）在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，将具有加速度测量功能的智能手机固定在小车上，改装成如图1所示的装置来测量小车加速度．小车的质量，槽码的质量．小车由静止释放，设小车前进的方向为正方向，通过手机软件测得加速度随时间变化图像如图2所示，其中减速过程中加速度超过了手机的显示范围．关于此实验的分析，下列说法正确的是　　
A．放手机与不放手机相比，小车加速过程中的加速度较大
B．放手机与不放手机相比，小车加速过程中细线对小车的拉力较小
C．小车与制动器碰撞前的速度大小约为
D．此手机的质量约为
14．（3分）如图所示，某物理兴趣小组制作了一种可“称量”磁感应强度大小的实验装置．形磁铁置于水平电子测力计上，形磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，不计两极间以外区域磁场．一水平导体棒垂直磁场方向放入形磁铁两极之间（未与磁铁接触），导体棒由两根绝缘杆固定于铁架台上．导体棒没有通电时，测力计的示数为；导体棒通以图示方向电流（如图所示）时，测力计的示数为．测得导体棒在两极间的长度为，磁铁始终静止，不考虑导体棒电流对磁铁磁场的影响．下列说法正确的是　　

A．导体棒所在处磁场的磁感应强度大小为
B．导体棒所在处磁场的磁感应强度大小为
C．若使图示方向电流增大，被“称量”的磁感应强度将减小
D．若通以图示大小相等方向相反的电流，测力计示数将变为
二、本部分共6题，共58分．
15．（7分）某同学利用如图1、图2所示的实验装置“探究平抛运动的特点”．请回答以下问题：

（1）利用图1所示装置，探究平抛运动竖直分运动的规律．用小锤击打弹性金属片后，小钢球沿水平方向抛出，做平抛运动；同时小钢球被释放，做自由落体运动．分别改变小钢球距地面的高度和小锤击打的力度，多次重复这个实验，观察到、两球均同时落地，得到平抛运动在竖直方向的分运动是 　　（选填“匀速直线”或者“自由落体” 运动．
（2）利用图2所示装置，能够得到小钢球做平抛运动的轨迹．
．下列实验条件必须满足的有 　　（选填选项前的字母）．
．斜槽轨道光滑
．斜槽轨道末段水平
每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
．如果得到了准确的小钢球做平抛运动的轨迹，并已经确定小钢球在斜槽轨道末端的球心位置为抛出点，如图2所示．根据实验（1）的结论和其平抛运动轨迹，请分析说明：如何确定水平分运动的规律． 　　。
16．（11分）某组学生测电池组的电动势和内阻，选用的实验器材有：
电压表（量程，内阻约为；
电流表（量程，内阻约为；
滑动变阻器；
待测电池组（电动势约为，内阻约为；
开关、导线若干．
（1）该小组按照图1甲所示的原理图，连接实物电路，如图1乙所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是 　　（选填导线编号），应该从电压表接到电流表的 　　（选填“”或者“” 端．

（2）改正这条导线的连接后开始实验，某次测量时，其电流表示数如图2所示，电流表的量程为，则电流　　．
（3）该组同学利用实验过程中所记录电压表和电流表的示数，在坐标纸上描点绘图，得到一条直线，如图3所示．根据该图线可知，该电池组的电动势　　（结果保留小数点后两位），内阻　　（结果保留小数点后两位）．
（4）该组同学想研究充电宝的电源特性．他们把某充电宝作为一个电源，让它对负载供电，测得其路端电压和电流的关系，得到图像，如图4所示．
①通过该图像，说明充电宝在对负载供电过程中，其电动势和内阻的特点．
②充电宝的铭牌通常标注的“”（毫安时）的数量，即它充满电后全部放电的电荷量．该充电宝铭牌上标注“”．关于该充电宝，下列说法正确的是 　　（选填选项前的字母）．
．是能量单位
．理论上该充电宝充满电后全部放出的电荷量
．理论上该充电宝充满电后全部放出的电荷量
．该充电宝最多能储存能量约为
17．（9分）如图所示，均匀导线制成的正方形闭合线框，从垂直纸面向里的匀强磁场上方自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且边始终与水平的磁场边界平行．边进入匀强磁场区域后，线框开始做匀速运动，其速度为，直到边刚刚开始穿出匀强磁场为止．已知线框边长为，总电阻为，此匀强磁场的磁感应强度为，其区域宽度也为．求：
（1）边刚进入磁场时，流过边的电流大小和方向；
（2）边刚进入磁场时，两点间的电势差大小；
（3）线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热．

18．（9分）跳台滑雪是一项具有很强观赏性的运动项目．为了更好地感受跳台滑雪这项运动的魅力，现将其简化为如下的物理模型：光滑滑道由助滑道、水平起跳区和倾角为的斜面着陆坡平滑连接而成．可视为质点的运动员质量，从离高为处由静止出发，滑至点时水平飞出，落到斜面上的点．忽略所有阻力，取重力加速度，，．求：
（1）运动员从点飞出时的速度大小；
（2）运动员从点运动到点的时间；
（3）运动员从点运动到点的动量变化△．

19．（10分）如图1所示，一个圆盘在水平面内转动，盘面上距圆盘中心的位置有一个质量的小物体椭圆圆盘一起做圆周运动（未发生相对滑动），小物体与圆盘间的动摩擦因数（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力），取重力加速度．
（1）圆盘的角速度多大时，小物体将开始滑动；
（2）若小物体随圆盘一起从静止开始做加速圆周运动（始终未发生相对滑动）．
．小物体随圆盘从静止开始加速到即将发生相对滑动的过程中，求摩擦力对小物体所做的功；
．请在图2（俯视图）中，画出小物体在点处摩擦力的大致方向，并分析说明摩擦力在小物体做加速圆周运动中所起到的作用．

20．（12分）
静止电荷在其周围空间产生的电场，称为静电场；随时间变化的磁场在其周围空间激发的电场称为感生电场．
（1）如图1所示，真空中一个静止的均匀带电球体，所带电荷量为，半径为，静电力常量为．
．求在距离带电球球心处电场强度的大小
．类比是一种常用的研究方法．类比直线运动中由图像求位移的方法，根据图2所示的距球心处电场强度的大小关系图像，求球心到球面处的电势差大小；
（2）如图3所示，以为圆心、半径为的圆形区域内，分布着垂直纸面向里的磁场，磁感应强度．该变化磁场周围会激发感生电场．求距圆心处的感生电场强度大小；
（3）电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备．一种电子感应加速器的简化模型如图4所示，空间存在垂直纸面向里的磁场，在以为圆心，半径小于的圆形区域内，磁感应强度；在大于等于的环形区域内，磁感应强度．要使电子能在环形区域内沿半径等于的圆形轨道运动，并不断被加速，推导与的比值．

参考答案
一、本部分共14小题，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．【分析】根据电荷数守恒和质量数守恒写出聚变后的产物．在核反应中质量数守恒，但质量不守恒．
【解答】解：、根据电荷数守恒和质量数守恒可知的质量数，电荷数：，可知新核为．故正确；
、该核反应为轻核聚变，故错误；
、轻核聚变的过程中释放能量，出现质量亏损，但是质量数仍然守恒，故错误。
故选：。
【点评】解决本题的关键知道轻核聚变的实质，知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒．
2．【分析】光源向水面点发射一束光线，折射光线分成，两束，两条光路入射角相同，光的折射角小于光的折射角，根据折射定律分析折射率的大小，折射率大的光，频率高，波长短；真空中光速恒定；若保持光源位置不变，增大入射角，则从水面上方观察，光的折射角先达到，最先消失。
【解答】解：、光从水中射入空气中，传播路径发生偏折，这是折射现象，故错误；
、由题，两光束的入射角相同，折射角，根据折射定律得到，折射率，折射率大的光，频率高，故正确；
、根据爱因斯坦相对论可知，真空中光速恒定，故错误；
、若保持光源位置不变，增大入射角，则从水面上方观察，光的折射角先达到，发生全反射，最先消失，故错误。
故选：。
【点评】本题整合了光的折射、全反射、干涉、速度等多个知识点，有效地考查了学生对光学内容的掌握情况。
3．【分析】由热力学第一定律分析选项，由温度一样的水蒸气的分子势能大于水的分子势能进一步分析其它选项。
【解答】解：它的内能增加，由于水滴蒸发变成了水蒸气过程，需要吸收热量，由热力学第一定律有△，在密闭容器内不考虑外界做功，，故它的内能增加了，故正确；
，温度一样的水蒸气的分子势能大于水的分子势能，温度一样，分子平均动能不变，分子的速率不可能都减小，内能是所有分子势能和分子动能的总和，故分子势能增大，故错误。
故选：。
【点评】本题考查内能，学生需熟练掌握热力学第一定律，综合求解。
4．【分析】由振动图象读出时刻质点的振动方向，结合甲图利用同侧法可以判断波的传播方向，由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速，分析波动过程，根据时间与周期的关系，可解得路程。
【解答】解：、由乙图可知质点在时沿轴负方向振动，再结合甲图，利用同侧法可知波沿正方向传播，故错误；
、由甲图可知波长是，由乙图可知周期是，那么波速，该波在时间内传播的距离是，故错误；
、由乙图可知质点在时处于波峰位置，则加速沿轴负方向，故错误；
、质点在运动了，则路程，故正确。
故选：。
【点评】本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力。对于波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，能熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。
5．【分析】无线充电的原理是交变电流可以产生交变的磁场，理想变压器接收功率和输入功率相等，根据原副线圈电流之比为匝数之比的倒数可分析，原副线圈频率相同。
【解答】解：、无线充电的原理是交变电流可以产生交变的磁场，从而产生感应电流，故错误；
、接收线圈的输出功率等于发射线圈的输入功率，故错误；
、发射线圈中电流的有效值为，接收线圈的输出电流的有效值为，故正确；
、发射线圈中电流的频率为，则接收线圈的电流频率为，故错误。
故选。
【点评】本题主要考查了变压器的构造和原理，根据原副线圈的匝数比得出电流、电压之比，同时要理解原副线圈的输入功率等于输出功率。
6．【分析】根据卫星在轨道处由万有引力提供向心力即可求解卫星轨道处的向心加速度；根据万有引力提供向心力即可求解飞船的运行速度。
【解答】解： “风云四号”是赤道上方的地球同步卫星，故运行的角速度等于地球自转的角速度，故错误；
根据，解得可知，它在轨道上运行时的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故正确。
根据可得，同步卫星的半径远大于地球的半径，可知它运行的线速度都相等，都小于第一宇宙速度，但不同卫星的质量可能不同，故动能不一定相等，故错误。
故选：。
【点评】卫星所受的万有引力等于向心力，本题注意地球同步卫星的特点。
7．【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小．沿电场线方向，电势逐渐降低，电场力做正功，电势能减小．
【解答】解：、电场线由正电荷指向负电荷，所以带正电，带负电，故错误；
、沿电场线方向电势逐渐降低，所以点电势小于点电势，故正确；
、电场线密集的地方场强越大，所以点电场强度大于点电场强度，故错误；
、正电荷从向运动，电场力做正功，其电势能减小，故错误；
故选：。
【点评】对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布是考试的热点，要抓住对称性进行记忆．
8．【分析】未开缝铝管Ⅰ中的圆柱形强磁在下落中会使金属导体产生电磁感应，从而使磁体的下落变慢，而开缝铝管Ⅱ不会发生电磁感应，故磁体做自由落体运动，据此分析即可。
【解答】解：、管Ⅰ无缝，管Ⅱ有一条平行于轴线的细缝，所以下落过程中受到安培阻力，而不受安培阻力，所以小磁铁在管Ⅱ中下落的加速度要大于在管Ⅰ中的下落的加速度，故一定比先落地，故错误；
、由于小磁铁只受重力，小磁铁受重力外还受安培阻力，小磁铁的一部分机械能转化为电能，所以落地时，比的动能小，故正确，错误；
故选：。
【点评】本题应注意在发生电磁感应时，由于安培力的作用而消耗了机械能产生了电能，故磁体受到的一定为阻力。
9．【分析】回旋加速器所接交变电压的频率等于带电粒子做匀速圆周运动频率，由洛伦兹力提供向心力求解动能，由动能定理求解速度比及半径比。
【解答】解：要想使得粒子每次经过型盒的缝隙时都能被电场加速，则回旋加速器所接交变电压的频率等于带电粒子做匀速圆周运动频率，故错误；
带电粒子有最大动能时
则最大动能

则通过增大交变电压峰值的方式不能增大带电粒子的最大动能，故错误；
根据

以及

可得

即粒子第2次和第次经过两形盒间狭缝后轨道半径之比为，故错误；
粒子每次经过两形盒间的狭缝时，电场力对粒子做功一样多，均为，故正确。
故选：。
【点评】本题考查磁场，学生需熟练掌握质谱仪及回旋加速器等应用。
10．【分析】根据左手定则得出电子受到的洛伦兹力的方向，从而判断出电势的高低；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出洛伦兹力的大小。
【解答】解：、电流向右，电子向左定向移动，根据左手定则，电子所受洛伦兹力垂直纸面向外，电子打在前表面，前表面电势比后表面电势低，故错误；
、根据平衡条件得：
解得：

解得：，故正确；
、自由电子所受静电力的大小为：
根据平衡条件得：
电子所受洛伦兹力大小为，故错误；
故选：。
【点评】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出电势的高低，结合电场力和洛伦兹力的等量关系完成分析。
11．【分析】两球碰撞过程没有机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度，然后应用动量定理分析求解。
【解答】解：两球碰撞过程没有机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：
解得：，
、对，由动量定理得：，负号表示方向，、一定越大，越大，故错误，正确；
、碰撞过程、间的作用力为作用力与反作用力，大小相等、方向相反、作用时间相等，则碰撞过程、受到的冲量大小相等、方向相反，受到的冲量，负号表示方向，、一定越大，越大，故错误。
故选：。
【点评】本意主要考查了碰撞过程中动量守恒定律的应用，两球碰撞过程没有机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度，然后应用动量定理可以解题。
12．【分析】明确测量原理，根据自由落体规律可知反应时间与直尺降落高度间的关系。
【解答】解：、根据可得， 与成非线性关系，零刻度开始相同距离间的时间间隔越来越小，所以反应时间测量尺上，各相邻时间刻度值间的长度不等，反应时间与捏住直尺的刻度尺不是正比例关系，故正确，错误；
、捏住处，其下落时间长，即反应时间比捏住的反应时间长，故错误；
、根据可得，当，，故错误；
故选：。
【点评】本题属于自由落体运动的应用，解决本题的关键理解自由落体运动，以及会利用自由落体运动求运动时间。
13．【分析】根据牛顿第二定律判断加速度与细线拉力大小如何变化；图线与坐标轴围成图形的面积表示速度；应用牛顿第二定律分析答题。
【解答】解：、由牛顿第二定律得：，，解得：，放手机后小车加速过程加速度较小，故错误；
、由牛顿第二定律得：，，解得：，，则，放手机时小车加速过程细线对小车的拉力较大，故错误；
、根据图像的面积表示速度的变化量，由图2所示图像可知，小车与制动器碰撞前的速度大约为，故错误；
、由图2所示图像可知，加速过程加速度大小约为，，已知，，代入数据解得：，故正确。
故选：。
【点评】根据图2所示图像分析清楚运动过程、求出加速度大小是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。
14．【分析】根据左手定则判断铜条受到的安培力的方向，分析磁铁受力平衡，即可求磁感应强度。
磁感应强度是描述磁场本身性质，与外界条件无关；
电流反向则安培力反向，重新根据平衡条件求解磁铁对托盘的压力即测力计示数。
【解答】解：、导体棒没有通电时测力计的示数即为磁铁的重量为，通向外的电流后，由左手定则可知导体棒受向上的安培力，根据牛顿第三定律可知导体棒对磁铁的磁力向下，对磁铁由平衡条件，解得：，故错误；
．若使图示方向电流增大，磁感应强度描述的是磁铁本身的磁场性质，故其大小将不变，故错误；
．若通以图示方向相反的电流，安培力将反向，设示数为，平衡条件为，解得：，故正确。
故选：。
【点评】本题的研究对象应为磁铁，根据通电导线所受的安培力来考虑磁铁受力。
二、本部分共6题，共58分．
15．【分析】（1）球做平抛运动，球做自由落体运动，若同时落地，即可得出平抛运动在竖直方向上的运动规律；
（2）根据实验的原理以及操作中的注意事项分析；自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，据此分析；水平方向做匀速直线运动。
【解答】解：（1）观察到、两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向上做自由落体运动；
（2）、为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须末端是水平的，故错误，正确。
同时要让小球总是从同一位置由静止释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点，故正确；
故选：；
、根据图甲的结论，平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，连续相等时间内，位移之差相等，即为：；
若水平方向上满足，则说明平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动。
故答案为：（1）自由落体；（2）；找三个点满足竖直方向位移之差相等，即为：，若水平方向上满足，则说明平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动。
【点评】本题研究平抛运动在水平方向和竖直方向两个方向分运动的情况，考查对实验原理和方法的理解能力，理解挡板只要能记录下小球下落在不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化。
16．【分析】（1）由实验原理分析电路图．
（2）根据电流表分度值读得数据；
（3）根据闭合电路欧姆定律可知，图线1表示的是电源的关系，可通过纵轴截距和斜率来求出电动势和内阻值．
（4）根据、分析解答。
【解答】解：（1）由电路可知，编号是5的导线连接错误，应该从电压表接到电流表的端。
（2）电流表最小刻度为，则读数为
（3）根据闭合电路欧姆定律有：由图像可知，电池组的电动势
内阻
（4）①由图像可知，该充电宝在对负载供电过程中具有电池的特性，电动势和内阻都是恒定值。
②是电量单位，故错误；
理论上该充电宝充满电后全部放出的电荷量

故错误：
该充电宝电动势约为，则最多能储存能量约为，故正确。
故选
故答案为：（1）5，；（2）0.50；（3）3.00，2.00；（4）
【点评】遇到图象问题，可以先根据物理定律写出有关纵轴与横轴物理量的表达式，然后再根据截距、斜率的物理意义即可求出所求．
17．【分析】（1）根据右手定则判断电流方向，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求电流大小；
（2）根据闭合电路欧姆定律可求两点间的电势差；
（3）由能量守恒定律可以求出焦耳热。
【解答】解：（1）边刚进入磁场时，根据右手定则知边电流方向由到，由法拉第电磁感应定律得
，
根据欧姆定律得

解得：；
（2）边刚进入磁场时，由闭合电路欧姆定律得
；
（3）边进入匀强磁场区域后，直到边刚刚开始穿出匀强磁场为止，动能不变，由能量守恒定律得：
。
答：（1）边刚进入磁场时，流过边的电流大小为，方向由到；
（2）边刚进入磁场时，两点间的电势差大小为；
（3）线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为。
【点评】分析清楚线框的运动过程，应用、欧姆定律、能量守恒定律即可正确解题。
18．【分析】（1）运从静止释放到点，根据动能定理可解得动员从点飞出时的速度；
（2）根据平抛运动规律可解得运动员从点运动到点的时间；
（3）根据动量定理解得．
【解答】解：（1）从静止释放到点，根据动能定理有：
代入数据解得：
（2）运动员从点滑出后，根据平抛运动规律有：

代入数据解得：
（3）根据动量定理可知△
代入数据解得：△
答：（1）运动员从点飞出时的速度大小为；
（2）运动员从点运动到点的时间为；
（3）运动员从点运动到点的动量变化为．
【点评】本题考查了动能定理、动量定理与平抛运动的综合运用，掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键。
19．【分析】（1）由最大静摩擦力提供物体做圆周运动的向心力，列方程即可求得。
（2）由动能定理求摩擦力对小物体所做的功。
【解答】解：（1）物块做圆周运动的向心力由摩擦力提供，则当物块将要滑动时

解得
代入数据解得：
（2）当物块相对圆盘将要滑动时，由动能定理

代入数据解得：
即摩擦力对小物体所做的功；
因物块加速做圆周运动，则摩擦力一方面要提供向心力，改变速度方向，另一方面要使物体加速，则摩擦力方向与速度的夹角小于，如图所示
答：（1）圆盘的角速度为时，小物体将开始滑动；
（2）．摩擦力对小物体所做的功为；
．摩擦力一方面要提供向心力，改变速度方向，另一方面要使物体加速．
【点评】本题考查的是水平面内物体做圆周运动的临界问题，及变力做功问题，中档难度。
20．【分析】根据点电荷的电场公式、面积法求电势差、法拉第电磁感应定律、电动势的定义、洛伦兹力提供向心力，牛顿第二定律、加速度的定义等求解。
【解答】解：（1）．真空中静止的均匀带电球体，距离带电球球心处，带电球体可以看作是点电荷，其在该处形成的电场有

．根据图像所围面积表示电势差，球心到球面处的电势差大小

（2）根据法拉第电磁感应定律，得感应电动势为

由于所以
由，，联立解得

（3）的作用是产生感生电场，让粒子加速，的作用是让带电粒子偏转，在处产生的感生电场为

对于电子，根据牛顿第二定律得，解得
电子在圆周上，其切向加速度大小不变，有
联立解得即。
答：（1）．距离带电球球心处电场强度的大小为；．球心到球面处的电势差大小为；
（2）距圆心处的感生电场强度大小为；
（3）与的比值为2。
【点评】特别注意，电子运动一周电场力做功感生电动势的关系，感生电场与电动势的关系。
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