2024-2025学年北京市东城区高三（上）期末物理试卷
一、单选题：本大题共14小题，共42分。
1.一小钢球从空中某位置开始做自由落体运动，落地时的速度为，取。则该小钢球( )
A. 下落的高度为 B. 下落的时间为
C. 在最后秒内的位移为 D. 全过程的平均速度为
2.如图所示，将一个质量为的钢球放在倾角为的固定斜面上，挡板竖直放置，钢球处于静止状态。现将挡板沿顺时针方向缓慢旋转至水平位置，整个过程中钢球均处于平衡状态。不考虑钢球与斜面、钢球与挡板间的摩擦力。则钢球对挡板的压力大小与对斜面的压力大小的变化情况( )
A. 一直减小，一直增大 B. 一直增大，一直减小
C. 先减小后增大，一直减小 D. 一直减小，先增大后减小
3.如图所示，质量分别为、的物块和物块置于光滑水平面上，中间用一轻弹簧相连。、两物块在水平拉力的作用下，一起做匀加速直线运动、相对静止，弹簧在弹性限度内的最大伸长量为，其劲度系数为。在弹性限度内，拉力的最大值为( )
A. B.
C. D.
4.如图所示，质量为的小球在水平面内做匀速圆周运动。若保持轨迹所在水平面到悬点的距离不变，增大轻绳的长度。有关小球做圆周运动的周期与轻绳的拉力大小，下列说法正确的是( )
A. 不变
B. 增大
C. 减小
D. 不变
5.某次短道速滑接力赛中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面向前滑行。待乙追上甲时，猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，如图所示。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面在水平方向上的相互作用，则( )
A. 甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小、方向都相同
B. 甲、乙的动量变化量一定大小相等、方向相反
C. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减小量
D. 甲和乙组成的系统机械能守恒
6.如图，一列简谐横波沿轴正方向传播，时的波形如图中实线所示，时的波形如图中虚线所示，
是波传播路径上的一个质点，下列说法正确的是( )
A. 时，质点正沿轴负方向运动
B. 质点在一个周期内的路程为
C. 该波在内可能向右传播了
D. 波的传播速度大小可能为
7.一台手摇发电机产生正弦交流电，其电流随时间变化的规律如图所示。下列说法正确的是( )
A. 电流有效值为
B. 线圈每秒钟转圈
C. 时，穿过线圈的磁通量最大
D. 时，穿过线圈的磁通量变化率为零
8.在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图甲连接电路。电源两端电压保持不变，最初电容器不带电。单刀双掷开关接给电容器充电，充满电后，开关改接，电流传感器得到的图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 电容器放电过程中电阻两端的电压保持不变
B. 充电过程中电容器的电容随极板所带电荷量增大而增大
C. 仅减小电阻的阻值，重复上述实验，曲线与坐标轴所围成的面积将增大
D. 仅增大电容器两极板间的距离，重复上述实验，曲线与坐标轴所围成的面积将减小
9.某同学设计了可检测酒精浓度的装置，其电路原理如图所示。、为定值电阻，是一个“气敏传感器”，其阻值随所在气体环境中酒精浓度的增大而减小。检测时，对着气敏电阻吹气，电压表的示数为，电流表的示数为。吹气前后电压表的示数变化量为，电流表的示数变化量为。若吹气时酒精浓度越大，则( )
A. 越大 B. 越大 C. 与的比值越大 D. 越大
10.如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的、两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。、、在、的连线上，为的中点，位于的中垂线上，且、、到点的距离均相等。下列说法正确的是( )
A. 点处的磁感应强度大小为零 B. 点处的磁感应强度方向由指向
C. 点处的磁感应强度方向与连线垂直 D. 、两点处的磁感应强度的方向相同
11.某同学为了探究电感线圈和小灯泡对电路中电流的影响，设计了如图甲所示的电路，电路两端电压恒定，、为完全相同的电流传感器。时刻闭合开关得到如图乙所示的电流随时间变化的图像。电路稳定后，小灯泡发出微弱的光。下列说法正确的是( )
A. 闭合开关时，自感线圈中电流为零，其自感电动势也为零
B. 曲线描述的是电流传感器中电流随时间变化的规律
C. 若断开开关，小灯泡闪亮后熄灭
D. 闭合开关到电路稳定的过程中，小灯泡灯丝电阻保持不变
12.如图甲所示，电子仅在静电力作用下沿轴正方向运动，经过、、三点，已知。该电子的电势能随坐标变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是( )
A. 点的电势高于点的电势
B. 电子在点的速度大于在点的速度
C. 点的电场强度小于点的电场强度
D. 电子从到的过程中静电力做的功大于从到的过程中静电力做的功
13.如图甲所示，倾角为、宽度为、电阻不计的光滑平行金属轨道足够长，整个装置处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中。轨道上端的定值电阻阻值为，金属杆的电阻为，质量为。将金属杆由静止释放，杆始终与轨道垂直且接触良好。通过数据采集器得到电流随时间的变化关系如图乙所示。当金属杆下滑的位移为时，可认为电流达到最大值。已知时刻的电流为，重力加速度为，下列说法中不正确的是( )
A. 磁感应强度的大小
B. 时刻金属杆的加速度大小
C. 金属杆的最大速度大小
D. 杆下滑位移为的过程中，电阻产生的焦耳热
14.星下点监控可实时显示卫星的运行状态。卫星和地心的连线与地球表面的交点称为星下点，即卫星在地面上的投影点。某卫星绕地球的运动可视为匀速圆周运动，其轨道如图甲中虚线所示。该卫星的监控画面如图乙所示，下方数值表示经度，曲线是星下点的轨迹展开图，图中给出了卫星第Ⅰ圈、第Ⅱ圈和第Ⅲ圈的星下点轨迹展开图，其中点是第Ⅰ、Ⅱ圈的星下点轨迹展开图的一个交点。已知地球自转周期为，卫星绕行方向如图甲所示。下列说法正确的是( )
A. 该卫星第Ⅰ、Ⅱ圈星下点经过点的时间间隔等于该卫星的运行周期
B. 根据赤道与星下点轨迹展开图的交点，可知该卫星的运行周期约
C. 若地球没有自转，则该卫星的星下点轨迹为一个点
D. 地球静止轨道卫星的星下点轨迹可能经过点
二、实验题：本大题共2小题，共20分。
15.如图是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图。
在“探究加速度与力的关系”的实验中，应保持______选填“小车质量”或“槽码质量”不变。
该实验过程中操作正确的是______。
A.平衡小车受到的阻力时小车未连接纸带
B.纸带打点时，先接通打点计时器电源，后释放小车
C.调节滑轮高度使细绳与长木板平行
某同学通过正确实验操作获得一条纸带，测得各计数点到计数点的距离如图所示。已知打点计时器所用交变电流的频率为，相邻两计数点间还有四个点未画出，则小车加速度大小 ______结果保留小数点后两位。
在探究小车的加速度与小车质量的关系时，采用图像法处理数据，以小车质量的倒数为横坐标，小车的加速度大小为纵坐标。甲、乙两组同学分别得到的图像如图所示。
两图线的左下部分均可视为直线，请分析甲组同学所得直线斜率较大的原因；
两图线的右上部分的斜率随的增大逐渐减小，请通过计算解释原因。
16.某学习小组对水果电池进行如下探究。
将铜片和锌片插入一个苹果中，用电压表磁电式电表，内阻约几千欧测得铜片与锌片间电压为。则该苹果电池的电动势应______选填“大于”“等于”或“小于”。但将四个这样的苹果电池串联起来给规格为“”的小灯泡供电时，灯泡并不发光。经检查，电源连接没有问题，灯泡、导线、开关均无故障，猜想可能的原因是______。
为验证上述猜想，该学习小组拟测量其中一个“苹果电池”的电动势和内阻，他们进入实验室，找到以下器材：
A.电流表量程为，内阻为
B.电流表量程为，内阻为
C.定值电阻阻值为
D.电阻箱
E.导线和开关
经分析，该苹果电池的最大电流在之间，据此该小组设计了如图所示的实验电路图，并用定值电阻对电流表______选填“”或“”进行改装，改装后的量程为______；
改变电阻箱的阻值，用上述电路测得几组流经苹果电池的电流、电阻箱的读数。以为横坐标，以为纵坐标作出的图线为一条直线，如图所示。根据图线求得其斜率，纵轴截距。可知该苹果电池的电动势 ______，内阻 ______。
三、计算题：本大题共4小题，共38分。
17.如图所示，长为的轻质绝缘细线上端固定在点，下端拴一带电小球，小球质量为，所带电荷量为。系统处于水平向右的匀强电场中，小球静止在点时，细线与竖直方向的夹角为。现将小球拉至与点等高的点，由静止释放。重力加速度为，求：
电场强度大小；
、两点间的电势差；
小球运动到点时的动能。
18.如图所示为扇形磁场质量分析器的原理简化图，整个装置处于高真空环境。
某粒子源图中未画出发出两种带电粒子，所带电荷量均为，质量分别为、。两粒子由静止开始经加速电压加速后沿直线进入三角形匀强磁场区，磁场方向垂直于轨迹所在平面纸面，磁感应强度大小为。质量为的粒子离开磁场区域，经过出口狭缝，到达检测器，如图中实线所示，带电粒子的轨迹如图中虚线所示。不计粒子重力及粒子间的相互作用力。
求粒子进入磁场区时的速度大小；
求粒子轨迹所在圆的半径；
为了使粒子能够通过出口狭缝打到检测器上，分析应如何调节实验参数？写出两种方法
19.地球质量为，半径为，地球自转角速度为，万有引力常量为。不计地球大气对卫星的作用。
现发射一颗质量为，绕地球做匀速圆周运动的近地卫星不计卫星距地面的高度，求卫星的运行速度的大小。
设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，始终与地球自转同步，如图所示。这种太空电梯可用于低成本发射卫星，其发射方法是将卫星通过太空电梯匀速提升到某高度，然后启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去。
设在某次发射时，质量为的卫星在太空电梯中缓慢上升，该卫星在上升到距地心的位置处意外地和太空电梯脱离而进入太空。卫星脱离时的速度可认为等于太空电梯上该位置处的线速度。已知质量为和的两个质点，距离为时的引力势能表达式为。
求该卫星脱离时的速度大小；
结合开普勒定律，请说明如何判断卫星脱离后是否会撞击地球表面。不必求解具体结果，但要写出判断所需的方程，并指出需要求解哪个物理量，说明如何判断
20.类比是研究问题的常用方法。
情境：已知一段导体两端的电势分别为和，且。导体的电阻率为，横截面积为，长度为。请根据欧姆定律与电阻定律，推导通过导体的电流的表达式。
情境：热传导是由于温度差引起的热量传递现象，其本质是由物质中大量做热运动的分子互相撞击，从而使能量从物体的高温部分传至低温部分。如图甲所示，某传热介质的横截面积为，两端的温度分别为和，且。类比电流的定义式，定义“热流”热传导速率为单位时间内通过传热介质某一横截面积的热量。已知其他条件一定时，正比于温差。定义“热阻”为物体两端温度差与热流的比值，对于热流经过的截面积不变的传热介质，热阻。其中为沿热流方向的介质长度，为垂直于热流方向传热介质的截面积，为传热材料的热阻率。
类比电流与电势差的关系，试推导热流的表达式；
两根金属棒、尺寸相同，其中。现将、两金属棒先后串联、并联在温度恒定的低温热源和高温热源之间，如图乙所示。低温热源、高温热源的温度分别为、，且。当、串联使用时，热源之间各处热流均相等；、并联使用时，总热流等于流过金属棒、的热流之和，求将、串联使用时与并联使用时两热源之间的总热流之比。不计金属棒侧面与外界进行的热量交换。
答案解析
1.
【解析】解：、根据可得，故A错误；
B、钢球下落的总时间为，故B正确；
B、前内的位移为：，最后内位移为，故C错误；
D、全过程的平均速度为，故D错误。
故选：。
钢球做自由落体运动，加速度为，根据速度公式求解时间；
根据速度一位移公式求得下落高度；最后内下降的高度等于总高度减去最后前下降的高度即可；
根据总位移和时间求解平均速度。
考查对自由落体运动规律的理解，熟悉运动学公式的运用。
2.
【解析】解：对钢球受力分析，钢球受竖直向下的重力、垂直于斜面指向钢球的支持力，垂直于挡板指向钢球的支持力，因为钢球处于平衡状态，所以这三个力可构成封闭的矢量三角形，则挡板沿顺时针方向缓慢旋转至水平位置的过程，会经历以下个状态：
由图可知，依次经过的状态，先减小后增大，一直减小，
则由牛顿第三定律可知，先减小后增大，一直减小，故C正确，ABD错误；
故选：。
对钢球受力分析，结合平衡条件及题意画出对应矢量三角形，即可分析判断，即可判断正误。
本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
3.
【解析】解：弹簧的伸长量最大时，拉力最大，由牛顿第二定律得：
对：
对、系统：
其中，代入数据解得：，故B正确，ACD错误。
故选：。
以为研究对象，应用牛顿第二定律求出最大加速度，然后以、系统为研究对象，应用牛顿第二定律求出最大拉力。
分析清楚受力情况与运动情况，应用牛顿第二定律即可解题，解题时注意整体法与隔离法的应用。
4.
【解析】解：、对小球在竖直方向，受力分析如下，可知；由几何关系可知，在细线长度变大，不变时，角度变大，减小，故F增大，故CD错误；
、对小球在水平方向，受力分析可知：，而圆周运动的周期满足：，解得：，即不变，故A正确，B错误。
故选：。
由细线长度增大，悬挂点与轨迹所在面的高度不变，可得到细线与竖直方向夹角的变化情况；由小球做匀速圆周运动，可得到其在竖直平面内受力平衡，水平面内合力提供向心力；由小球在竖直平面内受合力为零，可分析拉力的大小变化情况；由圆周运动周期表达式，即可分析周期变化情况。
本题考查圆周运动特点，关键是根据小球在水平、竖直方向的运动学特点，找到受力的关系式。
5.
【解析】解：、甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，故A错误；
B、二人相互作用的过程中动量守恒，根据动量守恒可知，甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，故B正确；
、甲、乙间的作用力大小相等，不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲、乙动能变化关系，无法判断做功多少，也不能判断出二者动能的变化量，由于人体内部能量转化为机械能，所以甲和乙组成的系统机械能不守恒，故CD错误；
故选：。
运动员与冰面间的摩擦可忽略不计，在“交棒”过程中，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，两个运动员相互作用的力等大、反向、共线，作用时间相同，根据动量定理，两个运动员的动量变化等大、反向、共线，系统动量守恒。
本题关键是明确运动员间的相互作用力的冲量等于对方的动量变化，又有作用时间相同，相互作用力等大、反向，故两个运动员系统的总动量守恒。
6.
【解析】解：、根据“同侧法”可知，时，质点正沿轴正方向运动，故A错误；
B、质点在一个周期内的路程为：，故B错误；
、设波的周期为，则有：，解得：、、、
波速可能值为：、、、
当时，波速，该波在内可能向右传播了
波的传播速度大小不可能为，故C正确、D错误。
故选：。
根据“同侧法”判断振动方向；质点在一个周期内的路程；求出波速的可能值分析选项。
本题主要是考查了波的图像；解答此类问题的关键是要理解波的图像的变化规律，能够根据直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系。
7.
【解析】解：、由图可知，该交流电电流的最大值为，则有效值为，故A错误；
B、由图可知，该交流电电流的周期为，则转速，故B错误；
C、由图可知，秒末感应电流最大，则线圈处于与中性面垂直的位置，穿过线圈的磁通量为零，故C错误；
D、由图可知，秒末感应电流为零，则感应电动势为零，即磁通量的变化率为零，故D正确。
故选：。
根据图像可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其有效值；结合感应电流与磁通量的变化关系判断。
本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图像正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式。
8.
【解析】解：、在电容器放电过程中电流逐渐减小，可知电阻两端的电压逐渐减小，故A错误；
B、电容器的电容由电容器本身决定，与电容器带电量无关，则在电容器充电过程中电容器的电容不变，故B错误；
C、曲线与坐标轴所围成的面积等于电容器所带的电量值，则如果不改变电路其他参数，只减小电阻的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积不变，故C错误；
D、如果只增大电容器两极板间的距离，根据可知，电容器的电容减小，根据可知，电容器带电量减小，那么曲线与坐标轴所围成的面积将减小，故D正确。
故选：。
在电容器放电过程中电流逐渐减小；电容器的电容由电容器本身决定，与电容器带电量无关；曲线与坐标轴所围成的面积等于电容器所带的电量值；根据电容的决定式分析电容器电容大小的变化，然后根据分析电容器带电荷量的变化。
知道电容器的电容由电容器本身决定，曲线与坐标轴所围成的面积等于电容器所带的电量值是解题的基础。
9.
【解析】解：、若吹气时酒精浓度越大，则气敏电阻的阻值减小，根据“串反并同”可知，与并联的电压表的示数减小；与等效串联的电流表的示数增大，故A正确，B错误；
C、由图可知，电压表测量的是和并联后的电压，电流表测量的是和并联后的总电流，所以与的比值为和并联后的总电阻，因为的阻值减小，所以总电阻减小，即与的比值减小，故C错误；
D、为和并联后电压变化量，也等于和电源内阻的电压变化量之和，为和电源内阻的电流变化量，所以
所以，不变，故D错误。
故选：。
根据“串反并同”分析动态电路；根据欧姆定律分析与的比值及的变化情况。
熟练应用“串反并同”及欧姆定律。
10.
【解析】解：根据安培定则和磁场叠加原理可判断出点处的磁感应强度方向向下，由指向，故AB错误；
两通电直导线在、、三点产生的磁场方向如图所示：
由上图可知，点磁场方向向下，、两点处磁感应强度的方向相同，故C错误，D正确。
故选：。
根据右手螺旋定则确定两根导线在、、四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成
解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成，要特别注意合磁场的方向．
11.
【解析】解：闭合开关时，电感线圈中电流为零，但由于线圈的自感现象，其自感电动势不为零，故A错误；
B.闭合开关的瞬间，线圈由于自感现象，电流慢慢增加到最大，所以乙图中的曲线是电流传感器中电流随时间变化的规律，故B错误；
C.由于稳定后流过线圈支路的电流大，结合自感现象可知断开开关后，小灯泡会明显闪亮后逐渐熄灭，故C正确；
D.由图可知，闭合开关后电路两端电压恒定而流过灯泡的电流先减小后不变，结合欧姆定律可知，闭合开关到电路稳定的过程中，小灯泡灯丝电阻先增大，后保持不变，故D错误。
故选：。
明确电感的阻碍作用，知道在接通电源时，由于电感中产生感应电动势使流过电感的电流逐渐增大；而在开始瞬间阻碍作用最强，此时流过灯泡的电流最大，然后再达到稳定；断开开关时，电感中的电流流过灯泡使灯泡慢慢变暗。
本题考查自感现象的应用，要注意明确电感的性质，知道其对电流变化的阻碍原理，明确在电流稳定时电感视为导线或电阻。
12.
【解析】解：一个电子仅在静电力作用下沿轴正方向运动，由图乙知电势能一直减小，则电势升高，电子从到电场力做正功，根据动能定理可知，电子动能增加，则速度增大，则点电势低于点电势，经过点的速度小于经过点的速度，故AB错误；
C.根据可知，图象的斜率的绝对值等于电场力的大小，因此从到，电子所受电场力减小，则电场强度减小，故A点的电场强度大于点的电场强度，故C错误；
D.由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，则电子通过相同位移时，静电力做功越来越少，则电子从到的过程中静电力做的功大于从到的过程中静电力做的功，故D正确；
故选：。
一个电子仅在静电力作用下沿轴正方向运动，由图乙知电势能一直减小，则根据电势与电势能的关系及功能关系，即可分析判断；
C.根据可知，图象的斜率的绝对值等于电场力的大小，据此分析判断；
D.由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，结合电场力做功与电势能变化的关系，即可分析判断。
本题考查对图像的掌握，解题时需注意，图像的斜率表示电场力，其中斜率的正负表示电场力的方向、斜率的大小表示电场力的大小。
13.
【解析】解：、由图像可知，金属杆稳定运动时的电流为，杆受重力、支持力和安培力三个力平衡，根据平衡条件有：
代入数据解得：，故A正确；
B、时刻，对金属杆根据牛顿第二定律可得：
解得金属杆的加速度大小为：，故B正确；
C、金属杆速度最大时，克服安培力做功功率等于重力做功功率，则有：
解得金属杆的最大速度大小为：，故C正确；
D、当金属杆下滑的位移为时，可认为电流达到最大值，此过程中，根据动能定理可得：
根据功能关系可得产生的总焦耳热为：
杆下滑位移为的过程中，电阻产生的焦耳热：
解得：，故D错误。
本题选错误的，故选：。
根据平衡条件求解磁感应强度大小；对金属杆根据牛顿第二定律求解金属杆的加速度大小；金属杆速度最大时，克服安培力做功功率等于重力做功功率，由此求解金属杆的最大速度大小；根据动能定理、功能关系求解电阻产生的焦耳热。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
14.
【解析】解：、由于地球自转，卫星第Ⅰ、Ⅱ圈星下点经过点的时间间隔不等于该卫星的运行周期，故A错误；
B、第Ⅰ圈、第Ⅱ圈间隔的经度约为，则有，故B正确；
C、若地球没有自转，则该卫星的星下点轨迹为圆，故C错误；
D、地球静止轨道卫星的周期与地球同步卫星周期相等，其星下点轨迹是过赤道的一个点，不可能经过点，故D错误；
故选：。
根据图乙分析卫星环绕地球的圆周运动与地球自转的运动关系，从而得到卫星运动的周期；根据地球静止轨道卫星的特点分析判断。
本题主要是考查人造卫星的运动及其应用，解答本题的关键是能够根据理解题中信息。
15.小车质量
【解析】解：在“探究加速度与力的关系”的实验中，根据控制变量法可知，应保持小车质量不变；
平衡小车受到的阻力时小车应当连接纸带，故A错误；
B.纸带打点时，先接通打点计时器电源，后释放小车，故B正确；
C.为了减小实验误差，调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C正确。
故选：。
相邻计数点间的时间间隔为，根据逐差法求解加速度公式，其加速度大小为，代入题中数据解得；
平衡摩擦力之后，根据牛顿第二定律有，得
甲组同学所得直线斜率较大的原因是甲组同学实验中所用槽码的质量大于乙组同学实验中所用槽码的质量；
设绳上的拉力为，对有；对有。解得加速度，若时，则，即小车加速度；随着增大，即减小的过程中，不再满足时，，图像偏离线性关系，且斜率减小。
故答案为：小车质量；；；甲组同学实验中所用槽码的质量大于乙组同学实验中所用槽码的质量；图像偏离线性关系，且斜率减小的原因如上。
根据控制变量法分析判断；
根据平衡摩擦力思路，打点计时器的使用注意事项进行分析判断；
根据逐差法求解加速度公式列式求解；
根据图像斜率的物理意义，结合加速度的表达式以及相应的条件变化进行分析解答。
考查牛顿第二定律的实验要求和注意事项，结合纸带的数据处理，图像的斜率的物理意义分析解决实际问题。
16.大于 苹果电池的内阻太大，接灯泡时电流太上，功率小无法发光
【解析】解：由于电压表不是理想电电表，所测量结果为路端电压，小于电源的电动势；由于苹果电池的内阻太大，所以接灯泡时的电流太小，灯泡的功率太小，所以看不到灯泡发光；
要正确测量电流，应用量程约为的电流表，所以应使用量程为，内阻为的并联定值电阻进行改装，根据并联电路规律可知，改装后的量程，即改装后的量程为；内阻；
根据闭合电路欧姆定律可得：，变形可得：，由题意可知，，
联立解得：；。
故答案为：大于；苹果电池的内阻太大，接灯泡时电流太小，功率小无法发光；
；；；。
明确电压表测量原理，知道电压表所测值为路端电压，小于电动势；明确苹果电池内阻很大，灯泡功率太小，从而看不到灯泡发光；
根据电表的改装原理，由并联电路规律列式求解改装后电表的量程；
由闭合电路欧姆定律列式并变形，结合题中给出的图像列式求解电动势和内电阻。
本题主要考查了电源的电动势和内阻的测量，根据实验原理选出合适的实验仪器，结合电表改装的知识计算新的量程，根据电学图像的斜率和截距求出电动势和内阻。
17.解：对带电小球受力分析，如图所示：
由平衡条件可得：
，
，
联立可得：
；
由匀强电场中电势差与电场强度的关系可得：
，
由可知：
，
联立可得：
；
根据动能定理可得：
，
解得：；
答：电场强度大小为；
、两点间的电势差为；
小球运动到点时的动能为。
【解析】对带电小球受力分析，由平衡条件分别列式，即可分析求解；
由匀强电场中电势差与电场强度的关系列式，即可分析求解；
根据动能定理列式，即可分析求解。
本题主要考查匀强电场中电势差与电场强度的关系，解题时需注意，公式中，是沿场强方向的两点间的距离，或两等势面间的距离，而是这两点间的电势差，这一定量关系只适用于匀强电场。
18.解：根据动能定理
解得
根据洛伦兹力提供向心力
解得
为了使粒子能够通过出口狭缝打到检测器上，需要减小粒子的运动半径，根据的结果可知，可以减小加速电压，增大磁感应强度。
答：粒子进入磁场区时的速度大小为；
粒子轨迹所在圆的半径为；
为了使粒子能够通过出口狭缝打到检测器上，可以减小加速电压，增大磁感应强度。
【解析】根据动能定理求粒子进入磁场区时的速度大小；
根据洛伦兹力提供向心力求粒子轨迹所在圆的半径；
结合的分析判断。
本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力、带电粒子在加速电场中的运动等知识点。要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动的基本公式，难度适中。
19.解：近地卫星不计卫星距地面的高度，则卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径等于地球的半径，
万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：
、该卫星脱离时的速度大小
、该卫星在点脱离后绕地球做椭圆运动，地球是椭圆的一个焦点，点到地心的距离为，
设该椭圆轨道长轴的另一端点到地心的距离为，卫星在该点的线速度为，
根据机械能守恒定律得：
根据开普勒第二定律得：
当时，卫星不会撞击地球，当时，卫星不会撞击地球
答：卫星的运行速度的大小是。
、该卫星脱离时的速度大小是；
、如上所述。
【解析】卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，应用牛顿第二定律求出卫星的速度。
、根据线速度与角速度的关系求出卫星的线速度。
、应用机械能守恒定律与开普勒第二定律分析答题。
本题考查了万有引力定律的应用，卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。
20.解：由欧姆定律和电阻定律，
得；
、根据题意有，。
、因为，
故，
串联时
故串联时热流为
故并联时热流为
故
答：通过导体的电流的表达式为得；
、推导热流的表达式据题意有，。
、将、串联使用时与并联使用时两热源之间的总热流之比为：。
【解析】我们通过类比的方法，从电学中的欧姆定律和电阻定律出发，推导出热传导中的热流表达式。首先，我们要理解电学中的基本概念和公式，然后将这些概念和公式类比到热传导中，找出热流与温度差、导热系数、横截面积和长度之间的关系。最后，我们还需要解决金属棒串联和并联时的热流问题，这需要我们理解热流在串联和并联情况下的叠加原理。
本题的关键在于理解类比的方法，将电学中的概念和公式类比到热传导中，找出热流与温度差、导热系数、横截面积和长度之间的关系。同时，我们还需要理解热流在串联和并联情况下的叠加原理，从而求出金属棒串联和并联时的热流之比。
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