第頁，共頁第20頁，共20頁2025年北京四中順義區(qū)分校高考物理零模試卷一、單選題：本大題共14小題，共42分。1.已知鉍210的半衰期是5d。20g鉍210衰變后還剩5g，需要經(jīng)過(

)A.20d B.15d C.10d D.5d2.兩種單色光a和b，a光照射某金屬時有光電子逸出，b光照射該金屬時沒有光電子逸出，則兩束光由空氣射入玻璃磚中(

)A.a光的頻率小于b光的頻率

B.玻璃磚對a光的折射率較大

C.在玻璃磚中a光的傳播速度大于b光的傳播速度

D.兩種單色光由玻璃射入空氣時，b光的臨界角較小3.一個氣泡從恒溫水槽的底部緩慢上浮，將氣泡內(nèi)的氣體視為理想氣體，且氣體分子個數(shù)不變，外界大氣壓不變，在上浮過程中氣泡內(nèi)氣體(

)A.內(nèi)能變大 B.壓強變大 C.體積不變 D.從水中吸熱4.一列沿x軸傳播的簡諧橫波，某時刻波形如圖1所示，以該時刻為計時零點，x=2m處質(zhì)點的振動圖像如圖2所示。根據(jù)圖中信息，下列說法正確的是A.波的傳播速度v=0.1m/s

B.波沿x軸負(fù)方向傳播

C.t=0時，x=3m5.如圖甲所示，理想變壓器原線圈接在正弦式交流電源上，輸入電壓u隨時間t變化的圖像如圖乙所示，副線圈接規(guī)格為“6V，3W“的燈泡。若燈泡正常發(fā)光，下列說法正確的是(

)

A.原、副線圈匝數(shù)之比為4：1

B.副線圈中電流的有效值為2A

C.原線圈的輸入功率為12W

D.輸入電壓u隨時間t變化規(guī)律為u6.如圖所示，繞過定滑輪的繩子將物塊A和物塊B相連，連接物塊A的繩子與水平桌面平行。現(xiàn)將兩物塊由圖示位置無初速度釋放，經(jīng)過時間t，物塊B未落地，物塊A未到達(dá)滑輪位置。已知物塊A的質(zhì)量為M，物塊B的質(zhì)量為m，重力加速度為g。若忽略A與桌面之間的摩擦力，則繩子拉力大小為T0、物塊A的加速度為a0，不計滑輪、繩子的質(zhì)量。則下列說法正確的是(

)A.繩子拉力大小T0=mg

B.物塊A的加速度大小a0=mgm+M

C.若7.如圖所示，線圈M和線圈P繞在同一個鐵芯上，下列說法正確的是(

)A.閉合開關(guān)瞬間，線圈M和線圈P相互吸引

B.閉合開關(guān)，達(dá)到穩(wěn)定后，流過電流表的電流方向由b到a

C.斷開開關(guān)瞬間，線圈P中感應(yīng)電流的磁場方向向右

D.斷開開關(guān)瞬間，流過電流表的電流方向由a到b8.如圖所示，光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在B點平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，物體脫離彈簧后進(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠到達(dá)最高點C。下列說法正確的是(

)A.物體在C點的速度為零

B.物體在C點所受合力為零

C.物體在B點時軌道對物體的支持力等于物體的重力

D.物體在A點時彈簧的彈性勢能大于物體在C點的重力勢能9.將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是(

)A.上升和下落兩過程的時間相等

B.上升和下落兩過程合力的沖量大小相等

C.上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度

D.上升過程損失的機械能大于下落過程損失的機械能10.如圖為用手機和輕彈簧制作的一個振動裝置。手機加速度傳感器記錄了手機在豎直方向的振動情況，以向上為正方向，得到手機振動過程中加速度a隨時間t變化規(guī)律為a=4sin(2.5A.a隨t變化周期為0.4s

B.t=0時，彈簧彈力為0

C.t=0.2s時，手機位于平衡位置下方

11.水平傳送帶勻速運動，將一物體無初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶一起勻速運動。下列說法正確的是(

)A.物體勻速運動過程中，受到向前靜摩擦力

B.傳送帶對物體的摩擦力對物體做正功

C.剛開始物體相對傳送帶向后運動是因為受到向后的摩擦力

D.傳送帶運動速度越大，物體加速運動時的加速度越大12.如圖所示，兩個等量異種點電荷分別位于M、N兩點，P、Q是MN連線上的兩點，且MP=QN。下列說法正確的是A.P點電勢與Q點電勢相等

B.P、Q兩點電場強度大小相等，方向相反

C.若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P、Q兩點間電勢差變?yōu)樵瓉淼?倍

D.若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P點電場強度大小變?yōu)樵瓉淼?倍13.如圖所示為一個加速度計的原理圖。滑塊可沿光滑桿移動，滑塊兩側(cè)與兩根相同的輕彈簧連接；固定在滑塊上的滑動片M下端與滑動變阻器R接觸良好，且不計摩擦；兩個電源的電動勢E相同，內(nèi)阻不計。兩彈簧處于原長時，M位于R的中點，理想電壓表的示數(shù)為0。當(dāng)P端電勢高于Q端時，電壓表示數(shù)為正。將加速度計固定在水平運動的被測物體上，則下列說法正確的是(

)A.若M位于R的中點右側(cè)，P端電勢低于Q端

B.若電壓表示數(shù)為負(fù)時，則物體速度方向向右

C.電壓表的示數(shù)隨物體加速度的增大而增大，且成正比

D.若物體向右勻加速運動，則電壓表示數(shù)為負(fù)，則示數(shù)均勻增加14.等離激元蒸汽發(fā)生器，是用一束光照射包含納米銀顆粒(可視為半徑約10.0nm的球體，其中每個銀原子的半徑約0.10nm)的水溶液時，納米銀顆粒吸收一部分光而升溫，使其周圍的水變成水蒸氣，但整個水溶液的溫度并不增加。該現(xiàn)象可解釋為：如圖所示，實線圓表示納米銀顆粒，電子均勻分布在其中。當(dāng)施加光場(即只考慮其中的簡諧交變電場)時，在極短時間內(nèi)，可認(rèn)為光場的電場強度不變，納米銀顆粒中的電子會整體發(fā)生一個與光場反向且遠(yuǎn)小于納米銀顆粒半徑的位移，使電子仍均勻分布在一個與納米銀顆粒半徑相同的球面內(nèi)(虛線圓)。長時間尺度來看，納米銀顆粒中的電子便在光場作用下整體發(fā)生周期性集體振蕩(等離激元振蕩)A.一個納米銀顆粒中含有銀原子的個數(shù)約102個

B.光場變化的頻率應(yīng)盡可能接近水分子振動的固有頻率

C.在光場變化的一個周期內(nèi)，光場對納米銀顆粒所做的總功為零

D.圖示時刻，兩球交疊區(qū)域(圖中白色部分)二、實驗題：本大題共2小題，共18分。15.關(guān)于在測量電源電動勢和內(nèi)阻的實驗。

(1)如圖所示為兩種測量電池電動勢和內(nèi)阻的實驗電路圖。圖中部分器材規(guī)格為：電流表內(nèi)阻約為0.5Ω，量程為0～0.6A；電壓表內(nèi)阻約為3kΩ，量程為0～3V。若被測電源為一節(jié)干電池(電動勢約1.5V，內(nèi)阻約1Ω)，應(yīng)選擇______電路圖(選填“甲”或“乙”)；分析你選擇方案的測量結(jié)果E測______E真。(選填“>”或“<”)

(2)某興趣小組利用銅片、鋅片和橘子制作了水果電池，并用數(shù)字電壓表(可視為理想電壓表)和電阻箱測量水果電池的電動勢E和內(nèi)阻r，實驗電路如圖1所示。連接電路后，閉合開關(guān)S，多次調(diào)節(jié)電阻箱的阻值R，記錄電壓表的讀數(shù)U16.如圖甲所示，讓兩個小球在斜槽末端碰撞來驗證動量守恒定律。

(1)關(guān)于本實驗，下列做法正確的是______(填選項前的字母)。

A.實驗前，調(diào)節(jié)裝置，使斜槽末端水平

B.選用兩個半徑不同的小球進(jìn)行實驗

C.用質(zhì)量大的小球碰撞質(zhì)量小的小球

(2)圖甲中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影，首先，將質(zhì)量為m1的小球從斜槽上的S位置由靜止釋放，小球落到復(fù)寫紙上，重復(fù)多次。然后，把質(zhì)量為m2的被碰小球置于斜槽末端，再將質(zhì)量為m1的小球從S位置由靜止釋放，兩球相碰，重復(fù)多次。分別確定平均落點，記為M、N和P(P為m1單獨滑落時的平均落點)。

a.圖乙為實驗的落點記錄，簡要說明如何確定平均落點；

b.分別測出O點到平均落點的距離，記為OP、OM和ON。在誤差允許范圍內(nèi)，若關(guān)系式______成立，即可驗證碰撞前后動量守恒。

(3)受上述實驗的啟發(fā)，某同學(xué)設(shè)計了另一種驗證動量守恒定律的實驗方案。如圖丙所示，用兩根不可伸長的等長輕繩將兩個半徑相同、質(zhì)量不等的勻質(zhì)小球懸掛于等高的O點和O′點，兩點間距等于小球的直徑，將質(zhì)量較小的小球1向左拉起至A點由靜止釋放，在最低點B與靜止于C點的小球2發(fā)生正碰，碰后小球1向左反彈至最高點A′，小球2向右擺動至最高點D。測得小球1，2的質(zhì)量分別為m和M，弦長AB=l1三、簡答題：本大題共2小題，共20分。17.如圖甲所示為某種“電磁槍”的原理圖，在豎直向下的勻強磁場中，兩根相距L的平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一導(dǎo)體棒放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻及導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的摩擦。已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m、接入電路的電阻為R，開關(guān)閉合前電容器的電荷量為Q。

(1)求閉合開關(guān)瞬間通過導(dǎo)體棒的電流I；

(2)求閉合開關(guān)瞬間導(dǎo)體棒的加速度大小a；

(3)在圖乙中定性畫出閉合開關(guān)后導(dǎo)體棒的速度18.我國“天宮”空間站采用霍爾推進(jìn)器控制姿態(tài)和修正軌道。圖為某種霍爾推進(jìn)器的放電室(兩個半徑接近的同軸圓筒間的區(qū)域)的示意圖。放電室的左、右兩端分別為陽極和陰極，間距為d。陰極發(fā)射電子，一部分電子進(jìn)入放電室，另一部分未進(jìn)入。

穩(wěn)定運行時，可視為放電室內(nèi)有方向沿軸向向右的勻強電場和勻強磁場，電場強度和磁感應(yīng)強度大小分別為E和B1；還有方向沿半徑向外的徑向磁場，大小處處相等。放電室內(nèi)的大量電子可視為處于陽極附近，在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運動(如截面圖所示)，可與左端注入的氙原子碰撞并使其電離。每個氙離子的質(zhì)量為M、電荷量為+e，初速度近似為零。氙離子經(jīng)過電場加速，最終從放電室右端噴出，與陰極發(fā)射的未進(jìn)入放電室的電子剛好完全中和。

已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為?e；對于氙離子，僅考慮電場的作用。

(1)求氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大小a；

(2)求徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小B2；

(3)設(shè)被電離的氙原子數(shù)和進(jìn)入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)四、計算題：本大題共2小題，共20分。19.如圖所示，水平放置的排水管滿口排水，在單位時間內(nèi)流出水的體積Q。管口離水池水面的高度為h，水在水池中的落點與管口的水平距離為d。假定水在空中做平拋運動，已知重力加速度為g，h遠(yuǎn)大于管口內(nèi)徑。求：(1)水從管口到水面的運動時間t；

(2)水從管口排出時的速度大小v0；

(320.螺旋星系中有大量的恒星和星際物質(zhì)，主要分布在半徑為R的球體內(nèi)，球體外僅有極少的恒星。球體內(nèi)物質(zhì)總質(zhì)量為M，可認(rèn)為均勻分布，球體內(nèi)外的所有恒星都繞星系中心做勻速圓周運動，恒星到星系中心的距離為r，引力常量為G。

(1)求r>R區(qū)域的恒星做勻速圓周運動的速度大小v與r的關(guān)系；

(2)根據(jù)電荷均勻分布的球殼內(nèi)試探電荷所受庫侖力的合力為零，利用庫侖力與萬有引力的表達(dá)式的相似性和相關(guān)力學(xué)知識，求r≤R區(qū)域的恒星做勻速圓周運動的速度大小v與r的關(guān)系；

(3)宇宙中某恒星質(zhì)量是太陽質(zhì)量的8倍，單位時間內(nèi)向外輻射的能量是太陽的16答案和解析1.【答案】C

【解析】解：根據(jù)半衰期公式m=m0(12)tτ，代入數(shù)據(jù)解得t=10d，故2.【答案】B

【解析】解：A、因為a光照射某金屬時有光電子逸出，b光照射該金屬時沒有光電子逸出，所以a光的頻率大于該金屬的截止頻率，b光的頻率小于該金屬的截止頻率，所以a光的頻率大于b光的頻率，故A錯誤；

B、同一介質(zhì)中，頻率大的光的折射率較大，所以玻璃磚對a光的折射率較大，故B正確；

C、因為a光的折射率大，根據(jù)v=cn可知，在玻璃磚中a光的傳播速度小于b光的傳播速度，故C錯誤；

D、根據(jù)sinC=1n可知，兩種單色光由玻璃射入空氣時，b光的臨界角較大，故D錯誤。

故選：B3.【答案】D

【解析】解：A、氣泡上浮過程氣泡內(nèi)氣體的溫度不變，內(nèi)能不變，故A錯誤；

B、設(shè)外界大氣壓為p0，則氣泡內(nèi)氣體壓強p=p0+ρgh，上浮過程h減小，所以氣泡內(nèi)氣體的壓強減小，故B錯誤；

C、氣體經(jīng)歷等溫變化，由玻意耳定律pV=C可知，氣體的壓強減小，則氣體的體積變大，故C錯誤；

D、上浮過程氣體體積變大，氣體對外界做功，則W<0，氣體內(nèi)能不變，則ΔU=0，由熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W，可知Q>0，所以氣體從水中吸熱，故D正確。

4.【答案】D

【解析】解：A、由題圖可知：λ=4m，T=0.4s，則波速v=λT=40.4m/s=10m/s，故A錯誤；

B、由振動圖像知t=0時刻P點開始向上振動，根據(jù)同側(cè)法可知波沿x軸正方向傳播，故B錯誤；

C、t=0時，x=3m處的質(zhì)點位于波谷，其加速度沿5.【答案】A

【解析】解：D、由圖乙，可知原線圈的輸入電壓的峰值為242V，周期為0.02s，ω=2πT=2π0.02s=100πrad/s，

可知原線圈的電壓隨時間的表達(dá)式為：u=242sin100πt，故D錯誤；

A、由原副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系：U1U2=n1n6.【答案】B

【解析】解：AB.運動過程中物塊A與物塊B的加速度大小相等，由牛頓第二定律得：

對A、B整體：mg=(M+m)a0

對B：mg?T0=ma0

聯(lián)立解得：T0=mg?m2gM+m，a0=mgM+m

故A錯誤，B正確；

7.【答案】C

【解析】解：A、閉合開關(guān)瞬間，M線圈中有了電流，穿過線圈P的磁通量增加，為了阻礙磁通量的增加，線圈P會遠(yuǎn)離線圈M，所以線圈M和線圈P相互排斥，故A錯誤；

B、閉合開關(guān)，達(dá)到穩(wěn)定后，穿過線圈P的磁通量不變，所以線圈P不會發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，電路中沒有感應(yīng)電流，故B錯誤；

CD、原本穿過線圈P的磁場方向是水平向右，在斷開開關(guān)瞬間，穿過線圈P的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈P中感應(yīng)電流的磁場方向也是水平向右，根據(jù)安培定則可知流過電流表的電流方向是由b到a，故C正確，D錯誤。

故選：C。

閉合開關(guān)瞬間，穿過線圈P的磁通量增加，根據(jù)阻礙磁通量增加來判斷；閉合開關(guān)，達(dá)到穩(wěn)定后，穿過線圈P的磁通量不變；斷開開關(guān)瞬間，穿過線圈P的磁通量減小，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的磁場方向，根據(jù)安培定則判斷感應(yīng)電流方向。

本題考查了安培定則和楞次定律的應(yīng)用。8.【答案】D

【解析】解：AB.物體恰好能夠到達(dá)最高點C，說明在C點物體只受重力，根據(jù)牛頓第二定律有mg=mv2r，解得v=gr，故AB錯誤；

C.物體在B點時加速度向上，處于超重狀態(tài)，軌道對物體的支持力大于物體的重力，故C錯誤；

D.物體從A到C的過程，只有重力和彈簧彈力做功，彈簧和物體組成的系統(tǒng)機械能守恒，物體在A點時彈簧的彈性勢能等于物體在C點的重力勢能和動能之和，故物體在A點時彈簧的彈性勢能大于物體在C點的重力勢能，故D正確。

故選：D。

AB.物體好能夠到達(dá)最高點C，由重力提供向心力求出物體在9.【答案】D

【解析】解：C、豎直向上拋出、向下落的過程中，對小球分別受力分析，可知上拋時的合力大小為：F1=kv+mg，下落時的合力大小為：F2=mg?kv，

可得到其受到的合力關(guān)系滿足：F1>F2，加速度a=Fm，故加速度大小關(guān)系滿足：a1>a2，故C錯誤；

A、由加速度a1>a2，位移大小相等，可得到平均速度的相對大小關(guān)系滿足：v1?>v2?，兩個時間關(guān)系滿足：t1<t2，故A錯誤；

B、由加速度a110.【答案】C

【解析】解：A、由a隨t變化規(guī)律，即可得周期滿足：T=2πω，解得T=0.8s，故A錯誤；

B、由a隨t變化規(guī)律，可得t=0時的加速度為0，結(jié)合回復(fù)力與加速度的關(guān)系：F=ma，可知回復(fù)力F=0，對手機受力分析，即可知彈簧的彈力滿足：F彈=mg，故B錯誤；

C、由a隨t變化規(guī)律，可知0.2s時，手機的加速度為：a=4m/s2，結(jié)合回復(fù)力公式：F=?kx，回復(fù)力與加速度關(guān)系：F=ma，可知手機的位移為負(fù)，結(jié)合題意可知，此時手機位于平衡位置下方，故C正確；

D、由a隨t變化規(guī)律，可知從t=0至t=11.【答案】B

【解析】解：A.物體勻速運動過程中，物體與傳送帶相對靜止，且沒有相對運動的趨勢，所以不受靜摩擦力作用，故A錯誤。

B.傳送帶對物體的摩擦力方向與物體運動方向相同，根據(jù)功的計算公式

W=Fscosθ

摩擦力對物體做正功，故B正確。

C.剛開始物體相對傳送帶向后運動是因為物體具有慣性，要保持原來的靜止?fàn)顟B(tài)，而不是因為受到向后的摩擦力，物體受到的是向前的靜摩擦力，故C錯誤。

D.物體加速運動時的加速度

a=μmgm=μg

與傳送帶運動速度無關(guān)，故D錯誤。

故選：B12.【答案】C

【解析】解：A.根據(jù)沿電場線方向電勢越來越低的知識可知，P點電勢高于Q點電勢，故A錯誤；

B.由等量異種點電荷的電場線分布特點知，P、Q兩點電場強度大小相等，方向相同，故B錯誤；

CD.根據(jù)點電荷的場強公式，結(jié)合電場疊加得P點電場強度E=kQMP2+kQNP2，若僅將兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，同理Q點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，PQ間的平均電場強度變大，而PQ間距不變，由U=E??d，故P、Q兩點間電勢差變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確、D錯誤。

故選：C13.【答案】C

【解析】解：A、沿電流方向電勢逐漸降低，由圖可知通過電阻R的電流方向是向左的，所以若M位于R的中點右側(cè)，P點電勢升高，所以P端電勢高于Q端，故A錯誤；

B、若電壓表示數(shù)為負(fù)，說明P端電勢低于Q端，則M位于中點的左側(cè)，左邊的彈簧被壓縮，右邊的彈簧被拉伸，滑塊受合力方向向右，即物體加速度方向向右，所以物體有可能向右加速運動，也有可能向左減速運動，故B錯誤；

C、物體的加速度越大，M偏離中點的位置就越遠(yuǎn)，相對PQ兩端的電勢差就越大，通過電阻的電流的恒定的，則M點和中點之間的電阻也越大，且M點與中點的電阻大小與M點到中點的距離成正比，根據(jù)U=IR可知，電壓表的示數(shù)隨物體加速度的增大而增大，且成正比，故C正確；

D、由上面B的分析可知，若物體向右勻加速運動，電壓表的示數(shù)為負(fù)，因為加速度是恒定的，所以示數(shù)也是恒定的，故D錯誤。

故選：C。

根據(jù)沿電流方向電勢逐漸降低分析P14.【答案】D

【解析】解：A.由體積比為半徑比的三次方知，一個納米銀顆粒中含有銀原子的個數(shù)約106個，故A錯誤；

B.由于納米銀顆粒吸收一部分光而升溫，整個水溶液的溫度并不增加，光場變化的頻率應(yīng)盡可能接近納米銀顆粒的固有頻率，故B錯誤；

C.在光場變化的一個周期內(nèi)，該過程中電子在外力作用下做正功，光場使納米銀顆粒發(fā)生周期性集體振蕩，所做的總功不為零，故C錯誤；

D.圖示時刻，由于存在靜電平衡，兩球交疊區(qū)域(圖中白色部分)中電場強度可能為零，故D正確。

故選：D。

由體積比為半徑比的三次方知，一個納米銀顆粒中含有銀原子的個數(shù)約106個；由于納米銀顆粒吸收一部分光而升溫，整個水溶液的溫度并不增加，光場變化的頻率應(yīng)盡可能接近納米銀顆粒的固有頻率；在光場變化的一個周期內(nèi)，該過程中電子在外力作用下做正功，光場使納米銀顆粒發(fā)生周期性集體振蕩，所做的總功不為零；圖示時刻，由于存在靜電平衡，兩球交疊區(qū)域(圖中白色部分)15.【答案】乙

<

1.0

3.3

【解析】解：(1)甲方案中實驗的誤差來源于電流表的分壓，實驗測得的電源內(nèi)阻為電流表內(nèi)阻和電源內(nèi)阻之和，由于電源的內(nèi)阻較小，因此實驗的誤差大；

乙方案中實驗的誤差來源于電壓表的分流作用，由于電壓表的內(nèi)阻很大，分流作用不明顯，可以忽略，因此選擇乙方案誤差小；

考慮電壓表的內(nèi)阻的影響，根據(jù)閉合電路的歐姆定律E=U+(I+URV)r

變形得U=ERVRV+r?rRVRV+r?I

因此電動勢的測量值小于真實值，即E測<E真；

(16.【答案】AC

m1【解析】解：(1)A、實驗要保證小球到達(dá)斜槽末端時以相等的速度做平拋運動，要求小球從斜槽的同一位置由靜止釋放且斜槽軌道末端水平即可，故A正確；

B、為了保證兩球發(fā)生對心碰撞，兩球的半徑要相等，故B錯誤；

C、為防止反彈，入射小球的質(zhì)量必須大于被碰小球的質(zhì)量，故C正確。

故選：AC。

(2)a、用圓規(guī)畫圓，盡可能用最小的圓把各個落點圈住，這個圓的圓心位置代表平均落點；

b.若碰撞過程動量守恒，設(shè)小球m1的初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律應(yīng)滿足m1v0=m1v1+m2v2，小球做平拋運動豎直位移相同，故運動時間相同，由x=vt可知，平拋初速度與水平位移成正比

故應(yīng)滿足的表達(dá)式為m1?OP=m1?OM+m2?ON；

(3)設(shè)輕繩長為L，小球從偏角θ處靜止擺下，擺到最低點時的速度為v，小球經(jīng)過圓弧對應(yīng)的弦長為l

則由動能定理得：mgL(1?cosθ)=12mv2

由數(shù)學(xué)知識可知：17.【答案】解：(1)開關(guān)閉合前電容器的電荷量為Q，則電容器兩極板間電壓

U=QC

開關(guān)閉合瞬間，通過導(dǎo)體棒的電流I=UR

解得I=QCR

(2)開關(guān)閉合瞬間由牛頓第二定律有BIL=ma

將電流I代入上式解得a=BQLCRm

(3)由(【解析】(1)根據(jù)電容器的電荷量和電勢差公式求電勢差，再根據(jù)歐姆定律求電流，聯(lián)立導(dǎo)出電流表達(dá)式；

(2)根據(jù)牛頓第二定律列式求