【物理】北京市朝阳区2020届高三下学期5月学业水平等级性考试试题（解析版）

【物理】北京市朝阳区2020届高三下学期5月学业水平等级性考试试题（解析版）

北京市朝阳区2020届高三下学期5月 学业水平等级性考试试题 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.能量守恒定律是自然界最普遍的规律之一。以下不能体现能量守恒定律的是（　　）‎ A. 热力学第一定律 B. 牛顿第三定律 C. 闭合电路欧姆定律 D. 机械能守恒定律 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．热力学第一定律是描述做功与热传递改变物体的内能之间的关系，则能体现能量守恒定律，故A正确；‎ B．牛顿第三定律描述的是作用力与反作用力间的关系，不能体现能量守恒定律，故B错误；‎ C．闭合电路欧姆定律描述的量电动势等于在外电路与内电路上电势降落之和，则能体现能量守恒定律，故C正确；‎ D．机械能守恒定律描述的量动能与势能间的相互转化但总机械能不变，则能体现能量守恒定律，故D正确。‎ 本题选不能体现能量守恒定律的，故选B。‎ ‎2.宇宙射线进入地球大气层时同大气作用产生中子，中子撞击大气中的氮核引发核反应，产生碳核和原子核X，则X为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为 则X为质子，故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎3.图甲为一列简谐横波在t=0时的波动图像，图乙为该波中x=‎2cm处质点P 的振动图像，则t=3.0s时的波动图像是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【详解】由图甲、乙可知，波长，，则t=3s时即从0时刻经过四分之三周期 AC．经过四分之三周期质点P振动到波谷位置，故A正确，C错误；‎ BD．介质中的质点不会随波逐流，只能在各自的平衡位置振动，故BD错误。‎ 故选A。‎ ‎4.把一块带负电的锌板连接在验电器上，验电器指针张开一定的角度。用紫外线灯照射锌板发现验电器指针的张角发生变化。下列推断合理的是（　　）‎ ‎ ‎ A. 验电器指针的张角会不断变大 B. 验电器指针的张角会先变小后变大 C. 验电器指针的张角发生变化是因为锌板获得了电子 D. 若改用红外线照射锌板也一定会使验电器指针的张角发生变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．用紫外线灯照射锌板会从锌板中逸出光电子，则锌板带的负电减小，与锌板连接的验电器指针的张角会变小，当锌板上带的负电荷全部逸出后，紫外线灯继续照射锌板，则锌板带正电，所带电荷量越来越大，与锌板连接的验电器指针的张角变大，故AC错误，B正确；‎ D．若改用红外线照射锌板时不一定会逸出光电子，则锌板所带电荷量不一定发生变化，所以验电器指针的张角不一定发生变化，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.图示为一对同轴的螺线管（轴线水平）剖面图。现给线圈A通电，其中的电流方向用“·”和“×”表示，且电流不断增大，线圈B中就会产生感应电流。下列说法正确的是（　　）‎ A. 线圈A中的磁场方向向左 B. 线圈B中感应电流的磁场方向向右 C. 线圈B中产生的感应电流大小不可能保持恒定 D. 从左向右看线圈B中产生的感应电流为逆时针方向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由右手螺旋定则可知，线圈A中的磁场方向向右，故A错误；‎ BC．由于线圈A中电流增大，则磁场增大，穿过B线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈B中感应电流的磁场方向向左，如果线圈A中电流均匀增大，则线圈B中的电流大小不变，故BC错误；‎ D．由楞次定律可知，从左向右看线圈B中产生的感应电流为逆时针方向，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.图甲是小型交流发电机 示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图甲所示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）‎ A. 电流表的示数为‎20A B. 线圈转动的角速度为50π rad/s C. t=0.01s时，穿过线圈的磁通量为零 D. t=0.02s时，线圈平面与磁场方向垂直 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电流表的示数为 故A错误；‎ B．由图乙可知，则角速度为 故B错误；‎ C．由图乙可知t=0.01s时，感应电流最大，则此时穿过线圈的磁通量为0，故C正确；‎ D．由图乙可知t=0.02s时，感应电流最大，则此时穿过线圈磁通量为0，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎7.中国探月工程三期主要实现采样返回任务，部分过程可简化如下：探测器完成样本采集后从月球表面发射升空，沿椭圆轨道在远月点与绕月圆轨道飞行的嫦娥五号完成对接。已知月球半径约为地球半径的，月球质量约为地球质量的，地球表面重力加速度g=‎10m/s2。下列说法正确的是（　　）‎ A. 探测器从月球表面发射时的速度至少为‎7.9km/s B. 对接前嫦娥五号飞行的加速度小于‎1.6m/s2‎ C. 若对接后嫦娥五号在原轨道上运行，则其速度比对接前的大 D. 对接前探测器在椭圆轨道运行的周期大于嫦娥五号的运行周期 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据 得 探测器从月球表面发射时的速度为从地球表面发射的0.2倍，即 故A错误；‎ B．探测器绕月球表面运动时加速度为 探测器沿随圆运动到远月点过程中加速度减小，则对接前嫦娥五号飞行的加速度小于‎1.6m/s2，故B正确；‎ C．由公式 得 可知，若对接后嫦娥五号在原轨道上运行，则其速度不变，故C错误；‎ D．由开普勒第三定律 可知，对接前探测器在椭圆轨道运行的半长轴小于嫦娥五号运动的半径，则对接前探测器在椭圆轨道运行的周期小于嫦娥五号的运行周期，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.某简易电吹风简化电路如图所示，其主要部件为电动机M和电热丝，部分技术参数如下表，电吹风在220V电压下工作。下列说法正确的是（　　）‎ 电吹风额定电压 ‎220V 电吹风额定功率 热风时：990W 冷风时：110W A. 开关S1、S2都闭合时电吹风吹冷风 B. 该电吹风中电动机的内电阻为440Ω C. 吹热风时电热丝的功率为990W D. 吹热风时通过电热丝的电流为‎4A ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由电路图可知，开关S1、S2都闭合时，电动机和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，故A错误；‎ B．只闭合开关S2时，仅电动机接入电路，若电动机为纯电阻，则电阻为 由于电动机为非纯电阻，则内阻不为440，故B错误；‎ C．开关S1、S2都闭合时，电动机和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，总功率为990W，即为电动机的功率和电热丝的功率之和，则吹热风时电热丝的功率为880W，故C错误；‎ D．吹热风时电热丝的功率为880W，通过电热丝的电流为 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎9.如图所示，一辆装满石块的货车在水平直道上以加速度a向右匀加速运动。货箱中石块B的质量为m。重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）‎ A. 货车速度增加的越来越快 B. 货车相邻两个1s内的位移之差为 C. 石块B对与它接触物体的作用力方向水平向左 D. 与B接触的物体对B的作用力大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于货车做匀加速运动，所以货车速度均匀增加，故A错误；‎ B．做匀加速直线运动的物体相邻时间间隔内通过的位移之差等于 故B错误；‎ C．对B受力分析可知，重力、与它接触物体对B的作用力，由于合力水平向右，则与它接触物体对B的作用力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，石块B对与它接触物体的作用力斜向左下方，故C错误；‎ D．由平行四边形定则可知 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎10.如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃分成OB、OC两束光。下列说法正确的是（　　）‎ A. 光束OB是红光 B. 紫光在真空中的波长比红光在真空中的波长大 C. 紫光在玻璃中的频率比红光在玻璃中的频率小 D. 两束光分别在OB、OC段传播时所用的时间相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，OB偏折更大，即折射角更小，则折射率更大，由于在真空中紫光的频率大于红光的，即在真空中紫光的折射率更大，说明光束OB是紫光，故A错误；‎ B．由于在真空中紫光的频率更大，由公式可知，紫光在真空中的波长比红光在真空中的波长小，故B错误；‎ C．由于在真空中紫光的频率更大，且光的频率不变，则紫光在玻璃中的频率比红光在玻璃中的频率大，故C错误；‎ D．设任一光线的入射角为i，折射角为r，光在玻璃中传播的路程是s，半圆柱的半径为R，则光在玻璃中的速度为，由几何知识得 则光在玻璃传播时间为 由折射定律得，得 由题知，入射角i相同，R、c相等，所以时间t相同，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎11.修建高层建筑时常用塔式起重机。某段时间内，重物在竖直方向上被匀加速提升，同时在水平方向上向右匀速移动。不计空气阻力。在此过程中（　　）‎ A. 重物的运动轨迹为斜向右上方的直线 B. 绳子对重物拉力所做的功等于重物机械能的增加量 C. 重物所受合力冲量的方向斜向右上方 D. 绳子对重物拉力的冲量等于重物动量的增加量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．重物在竖直方向做匀加速直线动，水平方向做匀速直线运动，则重物的合运动为曲线运动，故A错误；‎ B．除重力做功外其它力对物体做的功等于物体机械能的增加量，则绳子对重物拉力所做的功等于重物机械能的增加量，故B正确；‎ C．重物在竖直方向做匀加速直线动，水平方向做匀速直线运动，则合力方向竖直向上，由可知，重物所受合力冲量的方向竖直向上，故C错误；‎ D．由动量定理可知，绳子对重物拉力与重力的合力的冲量等于重物动量的增加量，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎12.彩虹圈有很多性质和弹簧相似，在弹性限度内彩虹圈间的弹力随着形变量的增加而增大，但彩虹圈的重力不能忽略。用手拿起彩虹圈的上端，让彩虹圈的下端自由下垂且离地面一定高度，然后由静止释放。设下落过程中彩虹圈始终没有超出弹性限度。则（　　）‎ A. 刚释放瞬间彩虹圈上端的加速度大于当地的重力加速度 B. 刚释放瞬间彩虹圈下端的加速度等于当地的重力加速度 C. 刚开始下落的一小段时间内彩虹圈的长度变长 D. 彩虹圈的下端接触地面前彩虹圈的长度不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于彩虹圈重力的作用，刚释放瞬间彩虹圈上端会受到其下面向下的拉力，则其合力大于重力，所以刚释放瞬间彩虹圈上端的加速度大于当地的重力加速度，故A正确；‎ B．彩虹圈下端会受到上面彩虹圈的向上的拉力，其合力小于重力，则刚释放瞬间彩虹圈下端的加速度小于当地的重力加速度，故B错误；‎ C．由于彩虹圈上端的加速度大于其下端的加速度，则刚开始下落的一小段时间内彩虹圈的长度变短，故C错误；‎ D．由于彩虹圈上端的加速度大于其下端的加速度，则开始运动后彩虹圈的长度变短，当彩虹圈恢复到原长后各部分加速度都为重力加速度，以后长度不变，所以彩虹圈的下端接触地面前彩虹圈的长度相比刚释放时变短了，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎13.如图所示，电荷量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心O，图中AO=OB=d， A点的电场强度为零。下列说法正确的是（　　）‎ A. 薄板带负电，电子在A点所具有电势能一定为零 B. B、O两点间的电势差与A、O两点间的电势差相等 C. 电子在B点所具有的电势能小于在A点所具有的电势能 D. 带电薄板产生的电场在图中B点的电场强度为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于A点的场强为0，正电荷在A点产生的电场强度方向水平向左，则薄板在A点产生的电场强度方向水平向右，则薄板带负电，由于零电势点的选取是任意的，则电子在A点所具有的电势能不一定为0，故A错误；‎ B．由薄板产生的场强对称性和电场的叠加原理可知，OA段的平均场强小于OB段的平均场强，由可知，B、O两点间的电势差大于A、O两点间的电势差，故B错误；‎ C．如果没有电荷量为+q的点电荷存在，则A、B两点电势相等，当有电荷量为+q的点电荷存在时，由于B点离电荷量为+q的点电荷更近，由电势叠加可知，B点的电势更高，根据负电荷在电势高处电势能小，则电子在B点所具有的电势能小于在A点所具有的电势能，故C正确；‎ D．由于A点的电场强度为0，则有 根据对称性可知，带电薄板产生的电场在图中B点的电场强度为，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎14.某同学查阅资料发现：石英钟的工作电流可视为定值I0，当电源电压大于U0时，其内部机芯能驱动表针走动；当电源电压小于U0时，石英钟停止走动。他由此猜想：用充电电压相同、但电容不同的电容器作为石英钟电源，石英钟的走动时长t正比于电容C。为此，他设计了如图甲所示的实验，图中电源电动势E=1.5V。实验时先使开关S掷向1，对电容器充电完毕后再把开关S掷向2，电容器对石英钟供电，记录表针停止前的走动时长t。实验中分别更换7个不同的电容器重复上述实验，数据记录如表格所示。使用Excel处理数据得到图乙所示的图线，其斜率为k。下列推断正确的是（　　）‎ 电容器编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ 标称电容C/F ‎0.22‎ ‎0.47‎ ‎1‎ ‎1.5‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎5‎ 走动时长t/min ‎8.5‎ ‎22.0‎ ‎43.0‎ ‎49.5‎ ‎80.0‎ ‎144.5‎ ‎173.0‎ A. 该石英钟正常工作时的电流大小为 B. 利用该图像能推算出电压U0的大小 C. 根据此石英钟的工作特点，从理论上也能推断出该同学的猜想是正确的 D. 由本实验可知该石英钟的走动时长t与电容器的电容C和电压U0均成正比 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据 故A错误；‎ B．由公式 得 由于I0未知，则无法得出U0，故B错误；‎ CD．由公式 可知，石英钟工作时电流一定，电压U0与一定，则石英钟的走动时长t正比于电容C，故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ 第二部分 本部分共6题，共58分。‎ ‎15.在“测量电源的电动势和内阻”的实验中，已知待测电池的电动势约1.5V，内阻约1.0Ω。某同学利用图甲所示的电路进行测量，已知实验室除待测电池、开关、导线外，还有下列器材可供选用：‎ 电流表A1：量程0~‎0.6A，内阻约0.125Ω 电流表A2：量程0~‎3A，内阻约0.025Ω 电压表V：量程0~3V，内阻约3kΩ 滑动变阻器R1：0~20Ω，额定电流‎2A 滑动变阻器R2：0~100Ω，额定电流‎1A ‎(1)为了调节方便，测量结果尽量准确，实验中电流表应选用___________，滑动变阻器应选用___________（填写仪器的字母代号）。‎ ‎(2)经过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图乙中画出了U－I图线。由此得出电源的电动势E=___________V；内阻r =___________Ω。‎ ‎(3)该同学实验中发现，在保证所有器材安全的情况下，调节滑动变阻器的滑片时电压表的示数取不到1.0V以下，出现这一现象的原因可能是________________________；改进的方法为___________。‎ ‎【答案】(1). A1 R1 (2). 1.50(1.491.50) 0.83(0.810.85) (3). 电源内阻太小 可在电源旁边串联一个较小阻值的定值电阻 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]电源电动势约为1.5V，流过电路的最大电流约为零点几安培，电流表应选择A1；‎ ‎[2]由于电源内阻较小，为了调节方便，测量结果尽量准确，则滑动变阻器应选R1；‎ ‎(2)[3]由图示电源U－I图像可知，电源电动势 由于误差1.49V~1.50V均可。‎ ‎[4]电源内阻 由于误差均可。‎ ‎(3)[5][6]根据串联电路中电压与电阻成正比，可知节滑动变阻器的滑片时电压表的示数取不到1.0V以下，说明电源内阻太小，为了使电压表示数更小，可在电源旁边串联一个较小阻值的定值电阻。‎ ‎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为___________。‎ ‎(2)某同学实验中先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，测量并计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积后，接着又进行了下列操作：‎ A.将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，在水面上自由地扩展为形状稳定的油酸薄膜 B.将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上计算油酸薄膜的面积 C.将玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔将油酸薄膜的轮廓画在玻璃板上 D.向浅盘中倒入约‎2cm深的水，将痱子粉均匀地撒在水面上 以上操作的合理顺序是___________（填字母代号）。　‎ ‎(3)若实验时痱子粉撒的太厚，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Ep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). DACB (3). 偏大 （4）见解析 见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]在“用油膜法估测分子的大小”实验中，我们的实验依据是：①油膜是呈单分子分布的；②把油酸分子看成球形；③分子之间没有空隙；由上可知，在水面上要形成单层分子油膜；‎ ‎[2]一滴油酸的体积为V，油酸分子的直径为 ‎(2)[3]本实验首先要制备酒精油酸溶液，并明确一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，同时通过量筒测出N滴油酸酒精溶液的体积；同时向浅盘中倒入约‎2cm 深的水，将痱子粉均匀地撒在水面上；然后将此溶液1滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积。则用此溶液的体积除以其的面积，恰好就是油酸分子的直径。故正确的步骤为DACB。‎ ‎(3)[4]实验过程中，若油膜没有完全散开，则油酸溶液在水面上形成的油膜面积偏小，由可知，实验测量的油酸分子的直径偏大。‎ ‎(4)[5]合理之处：图乙的大致变化情况合理，因为分子间距由足够远减小到r0的过程中分子力体现为引力做正功，分子势能减小，所以r0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]①图乙r1处分子势能为0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r1的过程中分子力做的总功应当为0，即甲图中r1处以右图线下的总面积应当为0，图中显然不符合。‎ ‎②图乙在的范围内弯曲情况不合理，由于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。‎ ‎17.2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=‎10m，C是半径R=‎20m圆弧的最低点。质量m=‎60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a =‎4m/s2，到达B点时速度vB=‎30m/s。取重力加速度g=‎10m/s2。‎ ‎(1)求运动员在AB段运动的时间t；‎ ‎(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；‎ ‎(3)若不计BC段的阻力，求运动员经过C点时所受支持力FC的大小。‎ ‎【答案】(1)7.5s；(2)；(3)‎ ‎【解析】‎ 详解】(1)根据匀变速直线运动公式有，代入数据可得 ‎(2)根据动量定理有 代入数据可得 ‎(3)运动员在BC段运动的过程中，由动能定理有 在C点，由牛顿第二定律有 代入数据可得 ‎18.如图所示，质量为m、电荷量为+q的粒子从A（0，‎2l）点以初速度v0沿x轴正方向射出，为使其打在x轴上的C（‎2l，0）点，可在整个空间施加电场或磁场。不计粒子所受重力。‎ ‎(1)若仅施加一平行于y轴的匀强电场，求该电场场强E的大小和方向；‎ ‎(2)若仅施加一垂直于xOy平面的匀强磁场，求该磁场磁感应强度B的大小和方向；‎ ‎(3)某同学认为若仅施加一由A点指向C点方向的匀强电场，该粒子仍能打在C点。请简要分析该同学的说法是否正确。‎ ‎【答案】(1)，沿y轴负方向；(2)，垂直于xoy平面向外；(3)不正确 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由于粒子经过C点即粒子向下偏，则场强方向沿y轴负方向，粒子在x轴方向有 在y轴方向的加速度 联立解得 ‎(2)由左手定则可判断磁感应强度垂直于xoy平面向外，粒子在xoy平面内做半径 的匀速圆周运动，由牛顿运动定律有 可得 ‎(3)该同学的说法不正确。若粒子没有初速度，则粒子将在电场力的作用下，沿AC连线做匀加速直线运动打到C点；由于粒子有x轴正向的初速度v0，相当于还参与了一个沿x轴正向、速度为v0的匀速运动，所以粒子一定打在C点的右侧 ‎19.由相互作用的物体所组成的系统中，能量和动量可以相互转化或传递，但其总量往往可以保持不变。‎ ‎(1)质量为m1的正点电荷A和质量为m2的负点电荷B，仅在彼此间电场力的作用下由静止开始运动，已知两者相遇前某时刻A的速度大小为v1。‎ a.求此时B的速度大小v2；‎ b.求此过程中A、B系统电势能的减少量ΔEp。‎ ‎(2)在地球表面附近，质量为m的物体自高为h处自由下落，根据重力势能的减少量等于动能的增加量有，可得出物体落地时的速度大小。然而，表达式中的是下落过程中地球和物体所组成系统的重力势能减少量，这样处理即认为系统减少的势能单独转化为物体的动能。请通过计算说明这样处理的合理性。‎ ‎【答案】(1)a.；b.；(2)合理，理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)a.A、B组成的系统动量守恒有 解得 b.此过程中A、B系统减少的电势能等于增加的动能即 代入数据得 ‎(2)因只研究这个物体下落给地球带来的影响，取地球和下落的物体组成的系统为研究对象，设地球的质量为M，物体落地时地球的速度大小为v4，则根据动量守恒和机械能守恒定律有 解得 又因为M远大于m，则 ‎，‎ 即 ‎，‎ 可见，这样处理是合理的 ‎20.小明学习自感后进行了以下实验。在图甲所示的电路中，E为电源，L为线圈，闭合开关使灯泡A发光，然后断开开关，发现灯泡A不会立即熄灭，而是持续一小段时间再熄灭。‎ ‎(1)断开开关后，灯泡上的电流方向___________（选填“向左”或“向右”）；若在线圈中插入铁芯后再重复该实验，则断开开关后灯泡上电流持续的时间___________（选填“变长”、“变短”或“不变”）。‎ ‎(2)小明为了进一步研究影响灯泡上电流持续时间的因素，保持线圈一定，仅更换电源（内阻不计）或仅更换灯泡进行实验，并用电流传感器（图中未画出）测量开关断开后灯泡中的电流i随时间t的变化。其中的一组图像如图乙所示。‎ 若①②两条曲线对应的电源电动势分别为E1、E2，则其大小关系为___________；‎ 若①②两条曲线对应的灯泡电阻分别为R1、R2 ，则其大小关系为___________。‎ ‎(3)已知穿过螺线管的磁通量Φ与其电流i成正比，且断开开关后小灯泡持续发光的能量来源于线圈储存的磁场能，假设线圈中储存的磁场能E0全部转化为电路中的电能。请在图丙中作出Φ-i图像_______并推证_______（式中I0为开关闭合时线圈中的稳定电流值）。‎ ‎【答案】 (1). 向左 变长 (2). E1=E2 R1>R2 (3). 见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]断开开关，线圈中的电流减小，在线圈中产生自感电动势，线圈相当于电源，由楞次定律可知，正极在线圈的右边，线圈与灯泡组成回路，则灯泡中的电流方向向左。‎ ‎[2]若在线圈中插入铁芯后，断开开关，线圈中的自感电动势更大，阻碍作用更大，灯泡上电流持续的时间变长。‎ ‎(2)[3]断开开关，线圈中的电流减小，在线圈中产生自感电动势阻碍电流从开关闭合时线圈中的电流开始减小，由图乙可知，开始的电流相等，则说明电动势相等，即 ‎[4]由图乙可知，①图线中电流变化更快，说明阻碍作用更大，则灯泡电阻更大，即 ‎(3)[5]穿过螺线管的磁通量Φ与其电流i成正比，如图 ‎(3)[6]由题意可知磁场能E0应等于电路中电流所做的功W。设线圈匝数为n，在极短时间内电流做功 即 由题意可知磁通量正比于电流，即，断开开关瞬间线圈、灯泡回路中流过的电流初值为I0，此时线圈中的磁通量为 则 式中为图中阴影面积，即 则