高級中學(xué)名校試卷PAGE2025學(xué)年北京市西城區(qū)高三（上）期末物理試卷一、單選題：本大題共10小題，共30分。1.一輛汽車啟動后在10s內(nèi)速度達(dá)到，一列火車啟動后達(dá)到這個速度需要60s，兩車均可視為做勻變速直線運動。下列說法正確的是（）A.汽車的加速度大 B.火車的加速度大C.汽車通過的位移大 D.火車的平均速度大【答案】A【解析】AB．由加速度的定義式可得汽車與火車的速度變化量相同，時間越短加速度越大，故汽車的加速度比較大，故A正確，B錯誤；CD．兩者都做勻加速運動，由平均速度求位移公式由于兩車的初末速度相同，可得兩車的平均速度相同，則時間越長位移越大，故火車通過的位移大，故CD錯誤。故選A。2.彈簧振子沿水平方向運動，其振動圖像如圖所示。下列說法正確的是（）A.振子的周期為6s B.振子的振幅為2cmC.時，振子的加速度最大 D.時，振子的速度為0【答案】C【解析】AB．根據(jù)圖像可知振子的周期振子的振幅故AB錯誤；C．由圖可知，時，振子在最大位移處，回復(fù)力最大，振子的加速度最大，故C正確；D．由圖可知時，振子的位移為零，在平衡位置處，速度最大，加速度為零，故D錯誤。故選C。3.如圖所示，帶正電的小球A固定不動，質(zhì)量為m的帶電小球B通過絕緣絲線懸掛在鐵架臺上，小球B靜止時，絲線與豎直方向的夾角為，兩球球心在同一水平線上。若小球A的電荷量為，小球B的電荷量為，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.小球B帶負(fù)電B.小球B受到的靜電力大小為C.小球受到絲線的拉力大小為D.小球B所在位置的電場強(qiáng)度大小為【答案】B【解析】A．對B球受力分析，電場力水平向右，屬于排斥力，由于A球帶正電，所以B球帶正電，故A錯誤；BC．小球B受力如圖所示根據(jù)平衡條件，可得小球B受到的靜電力大小為小球受到絲線的拉力大小為故B正確，C錯誤；D．根據(jù)電場強(qiáng)度的定義式，可得小球B所在位置的電場強(qiáng)度大小為故D錯誤。故選B。4.理想變壓器原線圈與交流電源連接，電壓不變，副線圈通過導(dǎo)線連接兩個相同的燈泡L1和L2，開始時開關(guān)S是斷開的，如圖所示．在S接通后，以下說法正確的是（）A.燈泡L1兩端的電壓減小B.通過燈泡L1的電流增大C.原線圈中的電流減小D.變壓器的輸入功率增大【答案】D【解析】A．由理想變壓器原副線圈電壓與線圈匝數(shù)的關(guān)系可得，理想變壓器的輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比決定的，由于輸入電壓和匝數(shù)比不變，所以副線圈的輸出電壓也不變，則燈泡L1兩端的電壓不變，A錯誤；B．當(dāng)S接通后，小燈泡和并聯(lián)，電路中的總電阻減小，副線圈的電流增大，因為小燈泡兩端電壓不變，所以通過燈泡的電流不變，B錯誤；C．由理想變壓器原副線圈電流與線圈匝數(shù)的關(guān)系可得，原線圈中的電流增大，C錯誤；D．由于變壓器的輸入的功率和輸出的功率相等，由于副線圈的電阻減小，輸出的功率增大，所以原線圈的輸入的功率也增大，D正確。故選D。5.如圖所示，質(zhì)量相同的三個小物塊a、b、c處在同一高度，光滑斜面固定在水平地面上。將a和b由靜止釋放，同時將c沿水平方向拋出。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.三個物塊同時落地 B.三個物塊動能變化量相同C.三個物塊落地前瞬間的動能相同 D.重力對三個物塊的沖量相同【答案】B【解析】AD．由于平拋運動的豎直分運動為自由落體，由，得故b、c下落時間相同，根據(jù)可知，重力對b、c兩物體的沖量相同；但根據(jù)牛頓第二定律以及運動學(xué)公式可知可得a的下落時間與b、c的下落時間不同，故三個物體受重力的沖量不同，故AD錯誤；BC．由題意可知，三個物體下落的過程只有重力做功，重力對三個物體做功相同，根據(jù)動能定理可知三個物塊動能的變化量相同，c的初動能不為零，故落地瞬間c的動能較大，a、b的動能相同，故B正確，C錯誤。故選B。6.把一個小球放在玻璃漏斗中，晃動漏斗，可使小球在短時間內(nèi)沿光滑的漏斗壁在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖所示。若圓周運動的半徑越大，則小球（）A.對漏斗壁的壓力越大 B.加速度越小C.角速度越小 D.線速度越小【答案】C【解析】小球在漏斗中做圓周運動受力情況如圖A．根據(jù)平衡條件得可知無論軌道半徑的大小如何，漏斗壁對小球的支持力大小都是相等，結(jié)合牛頓第三定律可知，對漏斗壁的壓力大小也相同，故A錯誤；BCD．水平方向上，由牛頓第二定律可知加速度a大小相等，R越大的，角速度越小，線速度v越大，故C正確，BD錯誤。故選C。7.一種發(fā)電裝置如圖所示。一對水平放置的平行金屬板A、B之間有很強(qiáng)的磁場，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子）以速度v沿垂直于磁場的方向射入磁場，A、B就是直流電源的兩個電極。下列說法正確的是（）A.A板的電勢高于B板 B.僅增大等離子體的速度，電源的電動勢增大C.僅增大兩極板的面積，電源的電動勢增大 D.僅增大兩極板的間距，電源的電動勢不變【答案】B【解析】A．由左手定則，可知等離子體中的正電荷受力向B極板偏轉(zhuǎn)，負(fù)電荷受力向A極板偏轉(zhuǎn)，即A極板的電勢低于B板，故A錯誤；BCD．穩(wěn)定狀態(tài)下，由等離子體受到的洛倫茲力與電場力平衡，即可得到電源電動勢故僅增大等離子體的速度，電源電動勢增大；僅增大極板間面積，電源電動勢不變；僅增大極板間距，電源電動勢增大，故B正確，CD錯誤。故選B。8.若地球是質(zhì)量均勻分布的球體，測得兩極附近的重力加速度為，赤道附近的重力加速度為。在赤道地面上，一個質(zhì)量為m的物體隨地球自轉(zhuǎn)。則物體（）A.受到的萬有引力大小等于B.對地面的壓力大小等于C.受到的向心力大小等于D.受到的合力大小等于【答案】D【解析】ACD．在兩極物體受到的萬有引力大小為地球看成質(zhì)量均勻分布的球體，則物體在赤道受到的向心力大小等于在兩極物體受到的萬有引力大小，所以物體在赤道受到的萬有引力大小等于。在赤道地面上，設(shè)物體受到的向心力大小為，則有可得所以物體受到的合力大小故AC錯誤，D正確；B．物體對地面的壓力大小故B錯誤。故選D。9.在水平面上，質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的。下列說法正確的是（）A.碰撞后A球的速度一定反向B.碰撞后B球的速度大小可能是C.碰撞過程A球?qū)球的沖量最大值為D.碰撞過程兩球損失的機(jī)械能最多為【答案】C【解析】A．根據(jù)動量守恒定律可知，若兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，則碰撞后兩球以相同的速度向A球原運動方向運動，故碰撞后A球的速度不一定反向，故A錯誤；B．當(dāng)兩球發(fā)生彈性碰撞時，碰撞后B球的速度最大，設(shè)為，以碰撞前A球的運動方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律得聯(lián)立解得可知碰撞后B球的速度大小不可能是，故B錯誤；C．當(dāng)兩球發(fā)生彈性碰撞時，碰撞后B球的速度最大，碰撞過程A球?qū)球的沖量最大，設(shè)為。根據(jù)B選項的結(jié)果，由動量定理得故C正確；D．當(dāng)兩球發(fā)生完全非彈性碰撞時，碰撞過程兩球損失的機(jī)械能最多，設(shè)碰撞后兩球的速度為，以碰撞前A球的運動方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得根據(jù)能量守恒定律得碰撞過程兩球損失的機(jī)械能最多為：聯(lián)立解得故D錯誤。故選C。10.如圖所示，兩個帶等量正電的點電荷位于M、N兩點，E、F是MN連線中垂線上的兩點，O為EF、MN的交點。一帶負(fù)電的試探電荷在E點由靜止釋放后，僅在靜電力作用下，恰好運動至F點。若兩個點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則（）A.E點的電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍B.E點和O點的電勢差變?yōu)樵瓉淼?倍C.試探電荷運動到O點的動能變?yōu)樵瓉淼?倍D.試探電荷運動到F點的時間變?yōu)樵瓉淼谋丁敬鸢浮緿【解析】ABC．根據(jù)電場公式，若兩個點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼膬杀叮鶕?jù)等量正點電荷連線中垂線上電場強(qiáng)度分布可知，每點電場強(qiáng)度都將變?yōu)樵瓉韮杀?，對?yīng)相同試探電荷在每點受到電場力變?yōu)樵瓉韮杀?，移動相同距離電場力做功變?yōu)樵瓉韮杀叮籈點和O點的電勢差變?yōu)樵瓉淼?倍，試探電荷運動到O點的動能變?yōu)樵瓉淼?倍，故ABC錯誤；D．由以上分析得加速度變?yōu)樵瓉?倍，位移不變，由公式時間變?yōu)樵瓉肀?，故D正確。故選D。二、多選題：本大題共4小題，共12分。11.如圖甲所示，在豎直方向的勻強(qiáng)磁場中，水平放置一導(dǎo)體圓環(huán)。規(guī)定磁場向上為正，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t按圖乙變化，則導(dǎo)體圓環(huán)（）A.在內(nèi)感應(yīng)電流方向不變 B.在時感應(yīng)電流為零C.在內(nèi)感應(yīng)電流大小不變 D.在內(nèi)有收縮趨勢【答案】AC【解析】AD．根據(jù)楞次定律判斷可知內(nèi)與內(nèi)，感應(yīng)電流方向相同，均為俯視圖順時針，在內(nèi)磁通量先減小后增大，根據(jù)楞次定律“增縮減擴(kuò)”推論，線圈先由擴(kuò)張趨勢，后有收縮趨勢，故A正確，D錯誤；BC．在時磁通量為零，但磁通量變化率不為零，感應(yīng)電動勢不為零，感應(yīng)電流不為零，在內(nèi)磁通量變化率不變，感應(yīng)電動勢不變，感應(yīng)電流大小不變，故B錯誤，C正確。故選AC。12.某型號酒精測試儀的工作原理如圖所示，為氣敏電阻，其阻值隨氣體中酒精濃度的增大而減小，為定值電阻。測試儀在使用前先進(jìn)行調(diào)零，即當(dāng)氣體中的酒精濃度為0時，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，使電壓表示數(shù)為，調(diào)零后保持滑片的位置不變。測試時，當(dāng)氣體中的酒精濃度達(dá)到判定酒駕的臨界濃度時，報警器啟動報警。下列說法正確的是（）A.報警器報警時，電壓表示數(shù)大于B.氣體中酒精濃度越大，電路中的電流越小C.若電源的內(nèi)阻增大，電動勢不變，調(diào)零時應(yīng)將滑片向左移D.若電源的內(nèi)阻增大，電動勢不變，使用前未重新調(diào)零，會導(dǎo)致啟動報警時酒精濃度比臨界濃度大【答案】AD【解析】AB．由題意可知，濃度變大時，氣敏電阻值的阻值變小，結(jié)合閉合電路歐姆定律，可得到電壓表的示數(shù)電流即在變小時，I增大，U增大，即報警器報警時電壓表示數(shù)大于，故A正確，B錯誤；C．電源電動勢不變，內(nèi)阻增大時，電流故電流減??；電壓表的示數(shù)表達(dá)式，為使氣敏電阻達(dá)到同樣阻值時，電壓表示數(shù)達(dá)到報警時的電壓，即報警時的電流表示數(shù)應(yīng)不變，則需要減小調(diào)零時阻值，以消除內(nèi)阻變化的影響，即其滑片應(yīng)向右移，故C錯誤；D．電源電動勢不變，內(nèi)阻增大時，電流故電流減?。浑妷罕淼氖緮?shù)表達(dá)式，若未重新調(diào)零，為使電壓表示數(shù)達(dá)到報警時的電壓，則氣敏電阻值應(yīng)更小，即會導(dǎo)致啟動報警時酒精濃度比臨界濃度大，故D正確。故選AD。13.蹦極是一種極限運動，可簡化為如下模型：彈性繩拉伸時可視為輕彈簧，彈性勢能，其中x是彈性繩的形變量，k是勁度系數(shù)；人視為質(zhì)點，從O點開始自由下落，始終在一豎直線上運動。人在運動過程中受到的空氣阻力忽略不計。若人的質(zhì)量越大，則（）A.人向下運動的最大速度越小 B.人向下運動的最大速度越大C.人在最低點時的加速度越小 D.人在最低點時的加速度越大【答案】BC【解析】AB．設(shè)輕彈簧原長為L，勁度系數(shù)為k，人的質(zhì)量為m，最大速度為v。當(dāng)人的加速度為零時，速度最大，則有從開始下落到速度最大時，由動能定理有聯(lián)立以上兩式可得可知，人的質(zhì)量越大，人向下運動的最大速度越大，故A錯誤，B正確；CD．在最低點時，根據(jù)牛頓第二定律有從開始下落到最低點時，由動能定理有聯(lián)立以上兩式可得可知，人的質(zhì)量越大，人在最低點時的加速度越小，故C正確，D錯誤。故選BC。14.利用聲波將物體懸浮在空中的技術(shù)在多領(lǐng)域有應(yīng)用前景。某懸浮裝置的示意圖如圖所示，上方為超聲波發(fā)射端，下方為反射端。發(fā)射端發(fā)出單一頻率的超聲波與經(jīng)反射端反射回的同頻率的超聲波疊加。調(diào)節(jié)反射端與發(fā)射端的間距達(dá)到合適的距離時，各質(zhì)點的振幅不隨時間變化，稱為駐波。駐波中振幅最小的地方稱為波節(jié)，理論表明，發(fā)射端和反射端都為波節(jié)。在超聲波頻率一定的情況下，波節(jié)的位置是確定的。駐波形成后，一些輕小物體就可以懸浮在軸線上相鄰波節(jié)的中點位置。下列說法正確的是（）A.發(fā)射端與反射端的距離應(yīng)等于超聲波波長的整數(shù)倍B.懸浮位置間的最小距離小于超聲波的波長C.懸浮位置間的最小距離與超聲波的頻率成反比D.增大超聲波的頻率，為使懸浮位置的數(shù)目不變，必須增大發(fā)射端與反射端的距離【答案】BC【解析】A．超聲波是縱波，為了研究方便，圖中畫成了橫波形式，如果發(fā)射端和反射端的間距為倍波長，如圖所示，仍然可以形成駐波，故A錯誤；B．由圖可知相鄰波結(jié)的間距為波長的一半，由題意，可知懸浮位置間的最小距離也為波長的一半，故B正確；C．波長與頻率f成反比，懸浮位置間的最小距離為波長的一半，則這個距離也與頻率成反比，故C正確；D．若增大頻率，由C的分析，懸浮位置間的最小距離減小，若不改變發(fā)射端與反射端的距離可知懸浮位置數(shù)量會增加。要想懸浮位置的數(shù)目不變，需減小發(fā)射端與反射端的距離，故D錯誤。故選BC。三、實驗題：本大題共2小題，共18分。15.把直流電源、電阻、電容器、電流表、電壓表以及單刀雙擲開關(guān)組裝成圖1所示的電路進(jìn)行實驗，觀察電容器充、放電過程。（1）先將開關(guān)S接1，觀察到電流表示數(shù)（）A.逐漸增大到某一值后保持不變B.逐漸增大到某一值后迅速減小C.迅速增大到某一值后保持不變D.迅速增大到某一值后逐漸減小（2）待電壓表示數(shù)穩(wěn)定后，將開關(guān)S接2，測得電流隨時間變化的圖線如圖2所示。則放電過程中通過R的電荷量________C（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（3）該同學(xué)在分析數(shù)據(jù)時，用電容器的電容與充電后電壓表穩(wěn)定示數(shù)的乘積求出電荷量，他發(fā)現(xiàn)與有明顯差異。多次重復(fù)實驗發(fā)現(xiàn)這種差異總是存在。請判斷________（選填“>”或“<”），產(chǎn)生這一差異是由于________的影響（選填“電流表”、“電壓表”或“電阻”）?！敬鸢浮浚?）D（2）（3）<電壓表【解析】（1）先將開關(guān)S接1，電源給電容器充電，電路中存在充電電流，且隨著電荷量的增多，充電電流逐漸減小為零，所以觀察到電流表示數(shù)是迅速增大到某一值后逐漸減小。故選D。（2）圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示電荷量，所以通過電阻R的電荷量為（3）[1][2]因為有電壓表的存在，所以在放電時總有一部分電荷經(jīng)過電壓表放電，電容器所帶電荷量不能全部經(jīng)過電阻R，所以產(chǎn)生這一差異是由于電壓表的影響。16.某同學(xué)利用如圖1所示的裝置來探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。（1）除小車、砂和桶、打點計時器（含紙帶、復(fù)寫紙）、導(dǎo)線、開關(guān)等器材外，在下面的器材中，必須使用的有______（填選項前的字母）。A.電壓可調(diào)的直流電源B.電壓合適的50Hz交流電源C.刻度尺D.秒表E.天平（2）在設(shè)計“探究加速度與力的關(guān)系”的實驗時，需要思考如何測“力”。為簡化“力”的測量，在______后，小車受到的合力等于繩的拉力，在______后，可以認(rèn)為繩的拉力近似等于砂和桶的總重力。（填選項前的字母）A.調(diào)整木板的傾斜度，使小車在不受牽引時能拖動紙帶沿木板勻速運動B.調(diào)節(jié)滑輪的高度，使細(xì)繩與木板平行C.使砂和桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量（3）將打點計時器接在電源上，某次實驗得到的紙帶及部分實驗數(shù)據(jù)如圖2所示，相鄰計數(shù)點間有四個點未畫出。則小車的加速度______（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（4）最早出現(xiàn)的驗證牛頓第二定律的設(shè)備是“阿特伍德機(jī)”，某同學(xué)改造后的裝置如圖3所示，質(zhì)量均為M的重物A、B通過細(xì)繩連接，掛在滑輪上。將質(zhì)量為m的物塊C套掛在A的上方，三個物體從圖示位置由靜止釋放。AC一起下降到擋板D處后，C被擋板擋住，AB繼續(xù)運動。已知重力加速度為g。為驗證牛頓第二定律，該同學(xué)借助刻度尺和秒表進(jìn)行了測量，請寫出需要測量的物理量，并推導(dǎo)測量量與M、m、g之間應(yīng)滿足的關(guān)系式_________?！敬鸢浮浚?）BCE（2）AB##BAC（3）051（4）【解析】【小問1詳析】AB．打點計時器需要電壓合適的50Hz交流電源，不能用直流電，故A錯誤，B正確；C．本實驗需要用刻度尺測量紙帶上點跡之間的距離，故C正確；D．打點計時器測量時間儀器，不需要秒表，故D錯誤；E．根據(jù)實驗原理，需要用天平測量小車質(zhì)量、砂和桶的總質(zhì)量，故E正確。故選BCE?！拘?詳析】根據(jù)實驗原理，本實驗需要平衡摩擦力，需要用繩子的拉力表示合力，需要用砂和桶的重力代替繩子的拉力，因此要調(diào)整木板的傾斜度，使小車在不受牽引時能拖動紙帶沿木板勻速運動，在小車運動過程中要保證小車所受拉力不變，所以需要調(diào)節(jié)滑輪的高度，使細(xì)繩與木板平行，使砂和桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，這樣可以認(rèn)為砂和桶的總重力等于細(xì)繩的拉力；所以為簡化“力”的測量，在AB后，小車受到的合力等于繩的拉力，在C后，可以認(rèn)為繩的拉力近似等于砂和桶的總重力?！拘?詳析】相鄰兩計數(shù)點之間的時間間隔為根據(jù)逐差法，小車的加速度解得【小問4詳析】需要測量的物理量是：物體A、C下落到擋板D的位移h和下落時間t；設(shè)物體A、C的加速度為a，則有設(shè)繩的拉力為F，如果牛頓第二定律成立，在該過程中有對A和C：對B：可知測量量h、t與M、m應(yīng)滿足的關(guān)系式為四、計算題：本大題共4小題，共40分。17.秋千由踏板和繩構(gòu)成，小孩隨秋千的擺動過程可簡化為單擺的擺動。等效“擺球”的質(zhì)量為m，擺長為l，繩與豎直方向的最大夾角為。不計一切摩擦和空氣阻力，重力加速度大小為g。（1）求“擺球”通過最低點時速度的大小v；（2）求“擺球”通過最低點時受到拉力的大小F；（3）若“擺球”在最低點靜止時被大人推動，推若干次后，繩與豎直方向的最大夾角達(dá)到，求此過程中大人對“擺球”做的功W?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【小問1詳析】“擺球”從最高點到最低點的過程中，根據(jù)動能定理可得解得【小問2詳析】“擺球”通過最低點時，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立，解得【小問3詳析】“擺球”從靜止在最低點開始至達(dá)到最大擺角的過程中，根據(jù)動能定理可得解得18.如圖所示，矩形區(qū)域abcd內(nèi)存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場。ab邊長為，ad邊長為2L。位于ad邊中點S處的粒子源，不斷地沿著垂直ad邊的方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、初速度為v的帶電粒子，帶電粒子恰好從b點射出。在此區(qū)域加上沿ad方向的勻強(qiáng)電場后，帶電粒子恰好做勻速直線運動。不計帶電粒子的重力和粒子之間的相互作用力。（1）求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（2）求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E；（3）僅撤去磁場，請通過推導(dǎo)判斷帶電粒子將從矩形區(qū)域的哪一邊界射出？【答案】（1）（2）（3）從矩形區(qū)域的bc邊射出【解析】【小問1詳析】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運動軌跡如圖設(shè)帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R，由幾何關(guān)系解得根據(jù)牛頓第二定律解得【小問2詳析】加上勻強(qiáng)電場后，帶電粒子做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件有解得【小問3詳析】撤去磁場后，帶電粒子做勻變速曲線運動，假設(shè)帶電粒子從bc邊射出，根據(jù)牛頓第二定律可知帶電粒子沿初速度方向做勻速直線運動，則垂直于初速度方向做勻變速直線運動，偏移量即由可知，帶電粒子從bc邊射出。19.某星系中有大量的恒星和星際物質(zhì)，主要分布在半徑為2R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。如圖1所示，以星系中心為坐標(biāo)原點O，沿某一半徑方向為x軸正方向，在x=R處有一質(zhì)量為m的探測器，向著星系邊緣運動。已知萬有引力常量為G。（1）已知質(zhì)量均勻分布球殼對殼內(nèi)物體的引力為零，推導(dǎo)探測器在星系內(nèi)受到的引力大小F隨x變化的規(guī)律。（2）求探測器從x=R處沿x軸運動到球體邊緣的過程中引力做的功W。（3）若探測器在x=R處的速度方向與x軸的夾角為45°，如圖2所示。探測器僅在引力作用下運動到距離星系中心最遠(yuǎn)時，恰好到達(dá)球體的邊緣。已知探測器在運動過程中，它與星系中心的連線在相等時間內(nèi)掃過的面積相等，且引力做功與路徑無關(guān)。忽略探測器與恒星及星際物質(zhì)的碰撞，求探測器在x=R處速度的大小v0。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳析】星系內(nèi)以x為半徑的球體質(zhì)量質(zhì)量為m的探測器在x處受到萬有引力的大小解得【小問2詳析】由上問可知F∝x，則探測器運動至球體邊緣的過程中平均力解得萬有引力做功【小問3詳析】探測器離星系中心最遠(yuǎn)時，遠(yuǎn)離中心方向的速度為0，則探測器的速度方向垂直于它與中心的連線，設(shè)此時探測器速度大小為v1，探測器運動至球體邊緣的過程中，探測器與星系中心的連線在相等時間掃過相等面積有根據(jù)動能定理有解得20.在高壓變壓器中，線圈繞阻散發(fā)的熱量通常用流動的絕緣油通過循環(huán)帶走，離子泵是一種驅(qū)動絕緣油循環(huán)流動的裝置。如圖1所示，離子泵的核心為橫截面積