电磁炉起加热作用的底盘可以简化等效为如图所示的31个同心导电圆环，各圆环之间彼此绝缘，导电圆环所用材料单位长度的电阻为R₀＝0.125π（Ω/m）。从中心向外第n个同心圆环的半径（cm），式中n＝1、2…31。电磁炉工作时产生垂直于锅底方向的变化磁场，磁场的磁感应强度B的变化率为
。（计算时取）

（1）半径为r₁（n＝1）的圆环中感应电动势最大值为多少伏？
（2）半径为r₁（n＝1）的圆环中感应电流的有效值为多少安？（3）各导电圆环总的发热功率为多少瓦？

解：（1）半径为r₁的圆环中感应电动势 代入数据得最大值 （4分） （2）半径为r₁的圆环中感应电动势的有效值 E_1有＝0.40V 圆环中电流的有效值 代入数据得 （5分） （3）第n个圆环的电动势 有效值 第n个圆环的热功率 代入已知条件得 （8分） 是a₁＝8，公差d＝9的等差数列，求和公式或。 所以 各导电圆环总的发热功率为。（3分）

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如图1所示，用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．

（1）试验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量

C

C

（填选项前的序号），间接地解决这个问题．
A．小球开始释放高度h  B．小球抛出点距地面得高度H  C．小球做平抛运动的射程
（2）图1中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m₁多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m₂静置于轨道的水平部分，再将入射球m₁从斜轨上S位置静止释放，与小球m₂相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是

A、D、E

A、D、E

．（填选项前的符号）
A．用天平测量两个小球的质量m₁、m₂      
B．测量小球m₁开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m₁、m₂相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为

m₁?OM+m₂?ON=m₁OP

m₁?OM+m₂?ON=m₁OP

（用②中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞．那么还应满足的表达式为

m₁?OM²+m₂?ON²=m₁OP²

m₁?OM²+m₂?ON²=m₁OP²

（用②中测量的量表示）．
（4）经测定，m₁=45.0g，m₂=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图2所示．碰撞前、后m_1-的动量分别为p₁与p₁′，则p₁：p₁′=

14

14

：11；若碰撞结束时m₂的动量为p₂′，则p₁′：p₂′=11：

2.9

2.9

．实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值

P1

P1′+P2′

为

1.01

1.01

．

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在“描绘标有‘9V，5W’小灯泡伏安特性曲线”的实验中，要求测量从0V到9.0V的电压下通过小灯泡的电流，实验室提供了下列器材

A．电流表A1（量程100mA，内阻1Ω）   B．电流表A2（量程0.6A，内阻0.3Ω）
C．电压表V1（量程3.0V，内阻3kΩ）   D．电压表V2（量程15.0V，内阻10kΩ）
E．滑动变阻器R1（最大阻值为50Ω）   F．滑动变阻器R2（最大阻值为500Ω）
G．电源E（电动势15V，内阻忽略）     H．电键、导线若干
（1）为了提高测量准确度和有效性，应选择的器材为（只需填写器材前面的字母即可）电流表

B

B

；电压表

D

D

；滑动变阻器

E

E

．
（2）如图1下列给出的测量电路中，最合理的是

B

B

．
（3）某同学用正确的方法分别测得两只灯泡L1和L2 的伏安特性曲线如图3中Ⅰ和Ⅱ所示．然后又将灯泡L1、L2分别与电池组连成如图2所示电路．测得通过L1和L2的电流分别为0.30A和0.60A，则电池组的电动势为

10.0

10.0

V，内阻为

6.7

6.7

Ω（数值取到小数点后一位）．

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如图1所示、是用落体法探究重力势能变化量与动能变化量之间关系的实验装置．（g取9.8m/s²）
①选出一条纸带如图2所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以50Hz的交流电．用分度值为1mm的刻度尺测得OA=12.41cm，OB=18.9cm，OC=27.06cm，在计数点A和B、B和C之间还有一个点，重锤的质量为200g．甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了

0.370

0.370

J；打点计时器打到B点时重锤的速度v_重=

1.83

1.83

m/s，此时重锤的动能比开始下落时增加了

0.335

0.335

J．（结果均保留三位有效数字）
②某同学利用他自己试验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计数器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点所对应的速度v，以h为横轴，以

1

2

v² 为纵轴画出了如图3的图线．图线的斜率近似等于

重力加速度

重力加速度

．图线未过原点O的原因是

该同学做实验时先释放了纸带，然后再合上打点计时器的开关．

该同学做实验时先释放了纸带，然后再合上打点计时器的开关．

．

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一、选择题

1、根据图象分析：若沿x轴作匀速运动，通过图1分析可知，y方向先减速后加速；若沿y轴方向作匀速运动，通过图2分析可知，x方向先加速后减速。

答案：B

2、乙船能到达A点，则vcos60⁰=u，

过河时间t满足：t = H/（ vsin60⁰）, 甲、乙两船沿垂直于河岸方向的分速度相同，故过河时间相同。在t时间内甲船沿河岸方向的位移为s= （vcos60⁰ + u ）t=。

答案：D

3、根据万有引力定律：，得：T=

答案：A

4、质点在A、B、C、D四点离开轨道，分别做下抛、平抛、上抛、平抛运动。很明显，在A点离开轨道比在C、D两点离开轨道在空间时间短。通过计算在A点下抛落地时间为t_A=（6-4）s，在B点平抛落地时间t_B=4s，显然，在A点离开轨道后在空中时间最短。根据机械能守恒，在D刚抛出时机械能最大，所以落地时速度最大。

答案：AD

5、在轨道上向其运行方向弹射一个物体，由于质量远小于空间站的质量，空间站仍沿原方向运动。根据动量守恒，弹出后一瞬间，空间站沿原运行方向的速度变小，提供的向心力（万有引力）大于需要的向心力，轨道半径减小，高度降低，在较低的轨道上运行速率变大，周期变小。

答案：C

6、当悬线在竖直状态与钉相碰时根据能量守恒可知，小球速度不变；但圆周运动的半径减小，需要的向心力变大，向心加速度变大，绳子上的拉力变大。

答案：BD

7、根据万有引力定律：可得：M=,可求出恒星质量与太阳质量之比，根据可得：v=,可求出行星运行速度与地球公转速度之比。

答案：AD

8、卫星仍围绕地球运行，所以发射速度小11.2km/s；最大环绕速度为7.9km/s，所以在轨道Ⅱ上的速度小于7.9km/s；根据机械能守恒可知：卫星在P点的速度大于在Q点的速度；卫星在轨道Ⅰ的Q点是提供的向心力大于需要的向心力，在轨道Ⅱ上Q点是提供的向心力等于需要的向心力，所以在Q点从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ必须增大速度。

答案：CD

9、同步卫星随地球自转的方向是从东向西，把同步卫星从赤道上空3.6万千米、东经103°处，调整到104°处，相对于地球沿前进方向移动位置，需要增大相对速度，所以应先下降高度增大速度到某一位置再上升到原来的高度。

答案：A

10、开始转动时向心力由静摩擦力提供，但根据F=mrω²可知，B需要的向心力是A的两倍。所以随着转速增大，B的摩擦力首先达到最大静摩擦力。继续增大转速，绳子的张力增大，B的向心力由最大静摩擦力提供，A的向心力由静摩擦力和绳子的张力的合力提供，随着转速的增大，B需要的向心力的增量（绳子张力的增量）比A需要的向心力的增量大，因而A指向圆心的摩擦力逐渐减小直到为0然后反向增大到最大静摩擦力。所以，B受到的静摩擦力先增大，后保持不变；A受到的静摩擦力是先减小后增大；A受到的合外力就是向心力一直在增大。

答案：BD

二、填空题

11、圆盘转动时，角速度的表达式为ω= ，  T为电磁打点计的时器打点的时间间隔，r为圆盘的半径，x₂、x₁是纸带上选定的两点分别对应米尺上的刻度值，n为选定的两点间的打点数（含两点）。地纸带上选取两点（间隔尽可能大些）代入上式可求得ω= 6.8rad/s。

12、 (1)斜槽末端切线方向保持水平；从同一高度。

（2）设时间间隔为t, x = v₀t，   y₂-y₁=gt² ，解得: v₀=.将x=20.00cm，y₁ =4.70cm， y₂ =14.50cm代入求得v₀=2m/s

三、计算题

13．解：⑴在行星表面，质量为m的物体的重力近似等于其受到的万有引力，则

g=                               

得：   

⑵行星表面的环绕速度即为第一宇宙速度，做匀速圆周运动的向心力是万有引力提供的，则

v₁=　　　　　　　　　           

得：　

14．解析：用r表示飞船圆轨道半径,有r =R +H=6.71×l0⁶ m．

由万有引力定律和牛顿定律，得 , 式中M表示地球质量，m表示飞船质量，T表示飞船绕地球运行的周期，G表示万有引力常量．

利用及上式, 得 ，代入数值解得T=5.28×10³s,

出舱活动时间t=25min23s=1523s, 航天员绕行地球角度 =104⁰

15．解：（1）这位同学对过程的分析错误，物块先沿着圆柱面加速下滑，然后离开圆柱面做斜下抛运动，离开圆柱面时的速率不等于。                   

（2）a、设物块离开圆柱面时的速率为,

解得：                      

（2）b、由：  得：

落地时的速率为                       

16.解：对子弹和木块应用动量守恒定律：

      所以                                  

对子弹、木块由水平轨道到最高点应用机械能守恒定律，

取水平面为零势能面：有

   所以                        

由平抛运动规律有：                          

解得:                   

所以，当R = 0.2m时水平距离最大                

最大值S_max = 0.8m。

17．解：（1）

（2）设人在B₁位置刚好看见卫星出现在A₁位置，最后

在B₂位置看到卫星从A₂位置消失，

    OA₁=2OB₁

有  ∠A₁OB₁=∠A₂OB₂=π/3

从B₁到B₂时间为t

则有   

18．解: （1）设 A、B的圆轨道半径分别为、，由题意知，A、B做匀速圆周运动的角速 度相同，设其为。由牛顿运动定律，有

设 A、B之间的距离为，又，由上述各式得

，                               ①

由万有引力定律，有

将①代入得

令

比较可得

                                                   ②

（2）由牛顿第二定律，有

                                                   ③

又可见星 A的轨道半径

                                                                ④

由②③④式解得

                                               ⑤

（3）将代入⑤式，得

代入数据得

                                            ⑥

，将其代入⑥式得

                                    ⑦

可见，的值随 n的增大而增大，试令，得

                                           ⑧

若使⑦式成立，则 n 必大于 2，即暗星 B 的质量必大于，由此得出结

论：暗星有可能是黑洞。