2020届北京市西城区高三模拟测试物理试题（解析版）

西城区高三模拟测试 物理 一、选择题 1.核反应方程 中的 X 表示 A. 中子 B. 电子 C. α 粒子 D. 质子 【答案】A 【解析】 【详解】核反应遵循质量数守恒，电荷数守恒．X 的质量数为 9+4-12=1，X 的电荷数为 4+2-6=0．所以 为中子．A 选项正确． 2.如图所示，一束可见光穿过玻璃三棱镜后，变为 a、b、c 三束单色光。如果 b 光是绿光，则以下说法正确 的是（　　） A. a 光可能是蓝光 B. c 光可能是红光 C. a 光的频率小于 b 光的频率 D. c 光的波长大于 b 光的波长 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】AB．因 b 光是绿光，则 a 光可能红、橙、黄光，不可能是蓝光，c 光可能蓝、靛、紫光，不可能 是红光，故 AB 错误； C．由光路图可知，a 光的折射率小于 b 光，则 a 光的频率小于 b 光的频率，故 C 正确； D．由光路图可知，c 光的折射率大于 b 光，c 光的频率大于 b 光，c 光的波长小于 b 光的波长，故 D 错误。 故选 C。 3.一定质量的理想气体从状态 a 开始，经历 ab、bc、ca 三个过程回到原状态，其 p—T 图像如图所示，下列 判断正确的是（　　） 9 4 12 4 2 6Be+ He C+X→ 1 0 XA. 状态 a 的体积小于状态 b 的体积 B. 状态 b 的体积小于状态 c 的体积 C. 状态 a 分子的平均动能最大 D. 状态 c 分子的平均动能最小 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据 可知，ab 在同一条等容线上，即状态 a 的体积等于状态 b 的体积，选项 A 错误； B．因 b 点与原点连线的斜率大于 c 点与原点连线的斜率，可知状态 b 的体积小于状态 c 的体积，选项 B 正 确； CD．因为 a 点对应 温度最低，bc 两态对应的温度最高，可知状态 a 分子的平均动能最小，状态 bc 分子 的平均动能最大，选项 CD 错误； 故选 B。 4.如图 1 所示为一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图，P 为介质中的一个质点。图 2 是质点 P 的振动图像，那 么该波的传播速度 v 的大小和传播方向是（　　） A. v=0.5m/s，沿 x 轴正方向 B. v=0.5m/s，沿 x 轴负方向 C. v=1.0m/s，沿 x 轴正方向 D. v=1.0m/s，沿 x 轴负方向 【答案】A 【解析】 【详解】由图可知 λ=1.0m，T=2s，则 由于质点 P 在 t=0 时刻向上振动，可知波沿 x 轴正向传播。 的 Cp TV = 0.5m/sv T λ= =故选 A。 5.如图 1 所示，理想变压器的原线圈接在交流电源上，副线圈接有 R=10Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之 比为 2:1，交流电压表的示数是 10V，电流表、电压表均可看作理想电表。图 2 是交流电源输出电压 u 随时 间 t 变化的图像。则（　　） A. 电流表 读数为 1.00A B. 电流表的读数为 2.00A C. 电源输出电压 u 随时间 t 变化的规律是 D. 电源输出电压 u 随时间 t 变化的规律是 【答案】C 【解析】 【详解】AB．交流电压表的示数是 10V，则次级电流 则初级电流 电流表的读数为 0.5A，选项 AB 错误； CD．初级电压有效值 最大值 则电源输出电压 u 随时间 t 变化的规律是 选项 C 正确，D 错误。 的 ( )20 2 cos100 Vu tπ= ( )20 2 cos50 Vu tπ= 2 2 10 A=1A10 UI R = = 2 1 2 1 1 1A=0.5A2 nI In = = × 1 1 2 2 2 10V=20V1 nU Un = = × m 12 20 2VU U= = 2π 2π rad/s 100πrad/s0.02T ω = = = ( )m cos 20 2 cos100π Vu U t tω= =故选 C。 6.如图所示，用一根轻质细绳将一幅重力为 10N 的画框对称悬挂在墙壁上，当绳上的拉力为 10N 时，两段 细绳之间的夹角θ为（　　） A. 45° B. 60° C. 90° D. 120° 【答案】D 【解析】 【详解】两段细线的拉力大小相等，设为 T，则 T=10N，两边拉力的合力 G=10N，由平行四边形法则可知 三力互成 120°。 故选 D。 7.如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计，O 点为弹簧处于原长时物块的位置。 将物块（可视为质点）拉至 A 点由静止释放，物块在粗糙的水平桌面上沿直线运动，经过 O 点运动到 B 点 时速度恰好减为 0。在物块由 A 点运动到 O 点的过程中，下列说法中正确的是（　　） A. 弹簧弹力做功大于物块克服摩擦力做功 B. 弹簧弹力做功等于物块克服摩擦力做功 C. 弹簧弹力的冲量大小等于摩擦力的冲量大小 D. 弹簧弹力的冲量大小小于摩擦力的冲量大小 【答案】A 【解析】 【详解】AB．从 A 到 O 根据动能定理 则弹簧弹力做功大于物块克服摩擦力做功，选项 A 正确，B 错误； CD．从 A 到 O 根据动量定理 可知弹簧弹力的冲量大小大于摩擦力的冲量大小，选项 CD 错误。 21- 2f OW W mv=弹 - f OI I mv=弹故选 A。 8.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场局限在长为 L 的虚线框内，边长为 d 的正方形闭合线圈在外力作用下由 位置 1 匀速穿过磁场区域运动到位置 2。若 L>2d，则在运动过程中线圈中的感应电流随时间变化的情况可 以用以下哪幅图像来描述（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】当线圈向右移动，进入磁场的过程中，穿过线圈的磁通量增大，故产生顺时针方向的感应电流， 根据 E=BLv 可知，感应电动势大小不变，则感应电流大小不变；当完全进入时，穿过线圈的磁通量不变， 则不产生感应电流；当离开磁场时，磁通量减小，故产生逆时针方向的感应电流，根据 E=BLv 可知，感应 电动势大小不变，则感应电流大小不变。 故选 D。 9.某种热敏电阻的阻值随环境温度的升高而减小，可以利用这种特性来测量环境温度。在下面的四个电路中， 电源电动势一定，内阻不计，Rt 表示热敏电阻，R0 表示定值电阻。若希望在温度升高时，电路中的电压表 或电流表示数减小，则下列电路中符合要求的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，电流强度增加，流过电流表的电流增加，A 错误； B．当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，总电流强度增加，内电电压升高，路端电压降低，流过 R0 的电流减小，因此流过电流表的电流强度增加，B 错误； C．当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，电流强度增加，内电压及 R0 两端的电压都增加，Rt 两端的 电压降低，电压表测量的是热敏电阻 Rt 两端的电压，因此电压表的示数减小，C 正确； D．当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，电流强度增加，内电压及 R0 两端的电压都增加，电压表测 量的是 R0 两端的电压升高，D 错误。 故选 C。 10.如图所示为密立根油滴实验示意图。实验中要设法使带负电的油滴悬浮在电场中。若在实验中观察到某 一个带负电的油滴向下加速运动。在该油滴向下运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 静电力做正功 B. 重力和静电力的合力做负功 C. 重力势能的减少量大于电势能的增加量 D. 重力势能的减少量小于动能的增加量 【答案】C 【解析】 【详解】A．由于下极板带负电，带负电的油滴受电场力向上，因此静电力做负功，A 错误； B．由于向下加速运动，合力向下，因此重力和静电力的合力做正功，B 错误； C，重力做正功等于重力势能的减小量，电场力做负功等于电势能的增加量，由于重力大于电场力，因此重 力做的功大于电场力做功，即重力势能的减少量大于电势能的增加量，C 正确；D．根据能量守恒，减小的重力势能一部分增加了电势能，一部分增加了油滴的动能，因此重力势能的减少 量大于动能的增加量，D 错误。 故选 C。 11.磁单极子是物理学家设想的一种仅带有单一磁极（N 极或 S 极）的粒子，它们的磁感线分布类似于点电 荷的电场线分布，目前科学家还没有证实磁单极子的存在。若自然界中存在磁单极子，以其为球心画出两 个球面 1 和 2，如图所示，a 点位于球面 1 上，b 点位于球面 2 上，则下列说法正确的是（　　） A. a 点比 b 点的磁感应强度大 B. a 点比 b 点的磁感应强度小 C. 球面 1 比球面 2 的磁通量大 D. 球面 1 比球面 2 的磁通量小 【答案】A 【解析】 【详解】AB．由于的磁感线分布类似于点电荷的电场线分布，磁感线越密集的地方，磁感应强度越大，A 正确，B 错误； CD．由于磁感线都是向外的，中间没有断开，穿过两个面的磁感线的条数相等，因此两个面的磁通量相等， CD 错误。 故选 A。 12.某数码相机的锂电池电动势为 7.2V，容量为 875mA·h，能连续拍摄约 315 张照片。根据以上信息估算每 拍摄一张照片消耗的电能最接近以下哪个数值（　　） A. 0.02J B. 20J C. 70J D. 7×104J 【答案】C 【解析】 【详解】锂电池储存的电量 锂电池储存的电能 3875 10 3600C 3150Cq It −= = × × =每拍摄一张照片消耗的电能 C 正确，ABD 错误 故选 C。 13.物体 A 做平抛运动，以抛出点 O 为坐标原点，以初速度 v0 的方向为 x 轴的正方向、竖直向下的方向为 y 轴的正方向，建立平面直角坐标系。如图所示，两束光分别沿着与坐标轴平行的方向照射物体 A，在坐标 轴上留下两个“影子”，则两个“影子”的位移x、y 和速度 vx、vy 描述了物体在 x、y 两个方向上的运动。 若从物体自 O 点抛出时开始计时，下列图像中正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】AC．“影子”在 x 轴方向做匀速运动，因此在 图象中是一条平行于 x 轴的直线，根据 可知在 图象中是一条过坐标原点的直线，AC 错误； BD．物体在竖直方向上做自由落体运动，根据 可知在 图象中是一条开口向上的抛物线，根据 7.2 3150J=22680JE Uq= = × 0 22680 72J315 EE n = = = xv x— 0x v t= —x t 21 2y gt= y t—可知在 图象是是一条开口向右的抛物理线，B 正确，D 错误。 故选 B。 14.激光陀螺仪是很多现代导航仪器中的关键部件，广泛应用于民航飞机等交通工具。激光陀螺仪的基本元 件是环形激光器，其原理结构比较复杂，我们简化为如图所示模型：由激光器发出的 A、B 两束激光，经完 全对称的两个通道（图中未画出）在光电探测器处相遇，产生干涉条纹。如果整个装置本身具有绕垂直纸 面的对称轴转动的角速度，那么沿两个通道的光的路程差就会发生变化，同时光电探测器能检测出干涉条 纹的变化，根据此变化就可以测出整个装置的旋转角速度。某次测试，整个装置从静止开始，绕垂直纸面 的对称轴，顺时针方向逐渐加速旋转，最后转速稳定，这个过程中光电探测器的中央位置 C 处检测出光强 经过了强 弱 强 弱 强的变化过程。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是（　　） A. A 束激光的频率大于 B 束激光的频率 B. 整个装置加速转动过程中，A 束激光到达光电探测器的路程逐渐变大 C. 整个装置加速转动过程中，C 处始终没有出现干涉明条纹 D. 整个装置加速转动过程中，两束激光的路程差变化了 2 个波长 【答案】D 【解析】 【详解】A．由于两束激光出现干涉现象，说明两个光束 频率相等，A 错误； B．由于整个装置顺时针方向转动，因此整个装置加速转动过程中，A 束激光到达光电探测器的路程逐渐变 小，B 错误； C．整个装置加速转动过程中，当 C 处出现强光时就是干涉明条纹，C 错误； D．由于 C 处出现了强 弱 强 弱 强的变化，因此两束激光的路程差依次为 ， 因此变化了 2 个波长，D 正确。 故选 D。 二、实验题 的 2 2yv gy= yv y— → → → → → → → → 1 30 , , , ,22 2 λλ λ λ λ15.某同学练习使用多用电表。 (1)该同学使用多用电表测量某电阻时，选择开关和指针位置如图 1 所示，若他的操作是正确的，则该电阻 的测量值为_____Ω。 (2)该同学继续用相同挡位测量另一电阻，发现指针偏转角度过小。为了减小测量误差，他再次进行测量前 应该进行的操作是__________（从下列选项中挑出合理的步骤并按操作顺序排列）。 A.将红表笔和黑表笔接触 B.把选择开关旋转到“×100”位置 C.把选择开关旋转到“×1”位置 D.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点 (3)该同学注意到多用电表电阻的刻度线是不均匀的，而直流电流、电压的刻度线是均匀的。他在课本上查 阅到多用电表欧姆表的电路示意图，如图 2 所示。请根据欧姆表的电路示意图，结合所学知识分析电阻的 刻度线不均匀的原因_____________。 【答案】 (1). (2). BAD (3). 根据闭合电路欧姆定律可知通过表头的电流 ， 可见通过表头的电流 I 与待测电阻 Rx 之间的关系为非线性关系，因此电阻的刻度线是不均匀的 21.5 10× 1x g EI R R R r = + + +【解析】 【详解】(1)［1］由图可知选择的是“×10”档位，所以被测电阻为 Rx=15×10Ω=150Ω (2)［2］欧姆表指针偏转角度过小，说明所选挡位太小，应换大挡进行测量，应将旋转开关 K 置于“×1k”， 然后进行欧姆调零，再测电阻，因此合理是实验步骤是：B、A、D。 (3)［3］根据闭合电路欧姆定律可知通过表头的电流 可见通过表头的电流 I 与待测电阻 Rx 之间的关系为非线性关系，电阻的刻度线是不均匀的，而是刻度值越 大处刻度线越密。 16.用图 1 所示的实验装置研究加速度与物体受力、物体质量之间的关系。 (1)研究加速度与物体质量之间的关系的主要实验步骤如下： a.用天平测出小车 质量 m0。 b.安装好实验器材，调整木板倾角平衡摩擦力和其他阻力。 c.在小桶内装砂，用细绳悬挂小桶并绕过滑轮系在小车上，调整细绳方向与木板平行。 d.接通电源，放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点；断开电源，取下纸带并在纸带上标上编号。 e.保持砂和桶的总质量不变，多次在小车上加放砝码以改变小车的总质量 m，并做好记录，重复步骤 d。 f.求出每条纸带对应的加速度并填入表中；在坐标纸上建立坐标系，描点作图，以研究加速度与质量的关系。 综合上述实验步骤，请你完成以下任务： ①实验中，需要平衡摩擦力和其它阻力，在此过程中，下列说法正确的是_____。 A．小车后面不能拖纸带 B．系在小车的细绳上不能悬挂小桶 C．打点计时器必须接通电源 ②图 2 所示为实验中得到的一条纸带，纸带上相邻两计数点之间的时间间隔为 T=0.10s，由图中数据可计算 出小车的加速度 a=_______m/s2。（结果保留 2 位有效数字） 的 1x g EI R R R r = + + +③若实验中砂和桶的总质量为 ，则从理论分析可得砂和桶的总重力 与细绳对小车的拉力 F 的大小关 系为 ________F（选填“略大于”、“等于”或“略小于”）。 (2)某同学在研究加速度与物体受力之间的关系时改进了实验方案，他用无线力传感器来测量小车受到的拉 力。如图 3 所示，他将无线力传感器和小车固定在一起，将系着砂桶的细绳系在传感器的挂钩上，调整细 绳方向与木板平行。 请判断在改进后的实验中以下步骤是否还有必要（选填“有必要”或“没必要”）。 步骤 是否有必要 调整木板倾角平衡摩擦力和其他阻力 ___________ 控制砂和桶的总质量应远小于小车和车内 砝码的总质量 ___________ 【答案】 (1). BC (2). 1.1 (3). 略大于 (4). 有必要 (5). 没必要 【解析】 【详解】(1)①[1]A．平衡摩擦力时研究对象是小车，是让小车所受的滑动摩擦力等于小车所受重力沿斜面 的分量，故平衡摩擦力时，应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器，以平衡由于纸带与打点计时器之间 的摩擦而产生的摩擦阻力，故 A 错误； B．平衡摩擦时，小车不受外力作用下做匀速直线运动，所以不挂上小桶，故 B 正确； C．打点计时器必须接通电源，纸带上打的点均匀，说明小车做匀速运动，刚好平衡摩擦力，故 C 正确。 m′ m g′ m g′故选 BC。 ②[2]根据逐差法得小车的加速度 ③[3]因为小桶向下做加速运动，处于失重状态，所以砂和桶的总重力 略大于细绳对小车的拉力 F。 (2)[4][5]用无线力传感器来测量小车受到的拉力时，力传感器可以读数绳的拉力，所以不需要满足所挂钩码 质量远小于小车质量；但仍要平衡摩擦力。 17.如图所示，A、B 是两个完全相同的小球，用较长的细线将它们悬挂起来，调整细线的长度和悬点的位置， 使两个小球静止时重心在同一水平线上，且恰好没有接触。现将小球 A 拉起至细线与竖直方向夹角为θ=60° 的位置，使其由静止释放，小球 A 运动至最低点与静止的小球 B 相碰，碰后两球粘在一起运动。已知细线 的长度为 L，每个小球的质量均为 m，重力加速度为 g，忽略小球半径和空气阻力，求： （1）A 球运动至最低点时的速度大小 v0； （2）碰后两球能够上升的最大高度∆h； （3）碰撞过程中损失的机械能∆E。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】 【详解】（1）由机械能守恒定律得 解得 A 球运动至最低点时的速度大小 （2）球 A 运动至最低点与静止的小球 B 相碰，碰后两球粘在一起运动，由动量守恒定律得 碰后两球粘在一起在竖直面内做圆周运动，由机械能守恒定律得 2 2 1.1m/s(2 ) CE ACx xa T −= = m g′ gL 8 L 1 4 mgL 2 0 1(1 cos ) 2 vmgL mθ− = 0v gL= 0 1( )mv m m v= + 2 1 1 (2 ) (2 )2 m v m g h= ∆解得碰后两球能够上升的最大高度 （3）由能量守恒定律得碰撞过程中损失的机械能 18.1897 年，汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，它的本质是带负电的粒子流，并求出了 这种粒子的比荷，他的研究装置如图所示。真空管内的阴极 K 发出的电子经加速后，穿过 A、B 中心的小 孔沿直线进入到两块水平正对放置的平行金属板 D1、D2 的区域。金属板 D1、D2 之间未加电场时，射线不 偏转，射在屏上 P1 点。按图示方式施加电场强度为 E 的电场之后，射线发生偏转并射到屏上 P2 点。为了抵 消阴极射线的偏转，使它从 P2 点回到 P1，需要在两块金属板之间的区域再施加一个大小合适、方向垂直于 纸面的匀强磁场。 (1)判断匀强磁场的方向； (2)若施加的匀强磁场磁感应强度为 B，求出阴极射线的速度 v 的表达式； (3)去掉 D1、D2 间的电场，只保留(2)中的匀强磁场 B。由于磁场方向与射线运动方向垂直，阴极射线在 D1、 D2 之间有磁场的区域内会形成一个半径为 r 的圆弧，使得阴极射线落在屏上 P3 点。根据题目所有信息推导 电子比荷的表达式。 【答案】(1)方向垂直纸面向里；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)电场力的方向向上，加上磁场后电子不发生偏转，电子做匀速直线运动，所以洛伦兹力方向向 下，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里 (2) 电子做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得 ① 解得阴极射线的速度 ② (3)去掉 D1、D2 间的电场，只保留(2)中的匀强磁场 B，电子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿 8 Lh∆ = 2 2 0 1 1 1 1(2 )2 2 4E mv m v mgL∆ = − = Ev B = 2 e E m B r = eE evB= Ev B =第二定律得 ③ 由②③式解得 19.类比是逻辑推理中极富创造性的一种方法，科学史上很多重大发现、发明往往发端于类比，例如科学家 受行星绕太阳做匀速圆周运动的启发，在构建原子模型时猜想电子绕原子核也做匀速圆周运动。 (1)一质量为 m 的人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为 r。将地球视为质量均匀分布的球体， 已知地球质量为 M，万有引力常量为 G，求卫星的速度大小 v 和动能 Ek； (2)在玻尔的氢原子理论中，电子绕原子核做匀速圆周运动的轨道半径是量子化的。电子的轨道半径和动量 必须满足量子化条件 ，式中 h 是普朗克常量，r 是轨道半径，v 是电子在该轨道上的速度大小， n 是轨道量子数，可以取 1、2、3……等正整数。已知电子的质量为 m，电荷量为-e，静电力常量为 k，试 根据上述量子化条件，证明电子在任意轨道运动的动能表达式可以写为 ，其中 A 是与 n 无关的常 量。 【答案】(1) ， ；(2)见解析 【解析】 【详解】(1)根据牛顿第二定律 解得卫星的速度大小 卫星的动能 (2)根据牛顿第二定律 结合题中给出的量子化条件 2mvevB r = 2 e E m B r = 2 nhm r π=v kn 2 AE n = GM r 2 GMm r 2 2 Mm vG mr r = GMv r = 21 2 2k GMmE mv r = = 2 2 2 e vk mr r = 2 nhm r π=v联立推得 可得电子的动能 由此可知 其中 是与 n 无关的常量 20.电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。实际中的电容器在外形结构上有多种不同的形式， 但均可以用电容描述它的特性。 (1)在两个相距很近的平行金属板中间夹上一层绝缘物质就组成一个最简单的电容器，叫做平行板电容器。 图 1 为一平行板电容器的充电电路，在充电过程中两极板间电势差 u 随电荷量 q 的变化图像如图 2 所示。 类比直线运动中由 v—t 图像求位移的方法，在图中画网格线表示当电荷量由 Q1 增加到 Q2 的过程中电容器 增加的电势能； (2)同平行板电容器一样，一个金属球和一个与它同心的金属球壳也可以组成一个电容器，叫做球形电容器。 如图 3 所示，两极间为真空的球形电容器，其内球半径为 R1，外球内半径为 R2，电容为 ， 其中 k 为静电力常量。请结合(1)中的方法推导该球形电容器充电后电荷量达到 Q 时所具有的电势能 Ep 的表 达式； (3)孤立导体也能储存电荷，也具有电容： a.将孤立导体球看作另一极在无穷远的球形电容器，根据球形电容器电容的表达式推导半径为 R 的孤立导体 球的电容 的表达式； b.将带电金属小球用导线与大地相连，我们就会认为小球的电荷量减小为 0。请结合题目信息及所学知识解 释这一现象。 22 kev nh π= 22 2 2 4 2 2 2 1 1 2 2 1 2 2kn ke k meE mv m nh h n π π   = = = ⋅       2kn AE n = 2 2 4 2 2 k meA h π= 1 2 2 1( ) R RC k R R = − C′【答案】(1)见解析；(2) ；(3)a. ，b.见解析 【解析】 详解】（1）如图所示 （2）由电容的定义式可知球形电容器充电过程中两极板间电势差 u 随电荷量 q 的变化图像如下图所示，图 中三角形面积表示电荷量达到 Q 时电容器所具有的电势能 Ep 的大小，由图可得 根据 可得 将球形电容器电容的表达式代入可得 （3）a. 将孤立导体球看作另一极在无穷远的球形电容器，即 ， 代入球形电容器电容的表达 式 可得 【 ( )2 2 1 p 1 22 kQ R RE R R −= RC k ′ = 1 2pE QU= QC U = 2 2p QE C = 2 2 1 1 2 ( ) 2P kQ R RE R R −= 1R R= 2R → ∞ 1 2 2 1( ) R RC k R R = −b. 根据 a 中推得的孤立导体球的电容表达式 可知，球体的半径越大，其电容越大。由于金属小球的半径远小于地球半径，所以地球的电容远大于小球 的电容。二者用导线连接，电势相同，根据 Q=CU 可知，地球的带电量远大于小球的带电量，电荷总量保持不变，所以可以认为小球的电荷量减小为 0。 RC k ′ = RC k ′ =