2022-2023学年江苏省徐州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江苏省徐州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法符合物理学发展史的是( )
A. 牛顿测得引力常量B. 安培提出分子电流假说
C. 库仑最早测出元电荷的电荷量D. 法拉第发现电流的磁效应
2.我国北斗卫星三号系统中，有离地表面高度约为6倍地球半径的同步轨道卫星，也有近地面低轨道卫星，均绕地球做匀速圆周运动。关于北斗卫星，下列说法正确的是( )
A. 同步轨道卫星线速度小于第一宇宙速度
B. 同步轨道卫星在绕地运行时处于平衡状态
C. 低轨道卫星绕地运行时所受地球引力不变
D. 低轨道卫星的向心加速度小于同步轨道卫星的向心加速度
3.某同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律，下列说法正确的是( )
A. 电火花打点计时器的工作电压为220V直流电
B. 手提纸带上端，先释放纸带再启动打点计时器
C. 某条纸带开头一段点迹不清晰，该纸带也能验证机械能守恒定律
D. 可以根据v=gt求纸带上打某点时重物的瞬时速度
4.如图所示，直导线中通有竖直向上的电流，导线右侧同一平面内有一矩形金属线框，下列说法正确的是( )
A. 线框内磁感应强度方向垂直纸面向外
B. 将线框向右平移，框中磁通量不变
C. 电流I增大过程中，框中无感应电流
D. 以导线为轴，顺时针转动线框，框中无感应电流
5.如图所示，小物块m沿光滑曲面从A点静止下滑。已知A点离地面高度为h1，B点离地面高度为h2，当地重力加速度为g，以A点所在位置的水平面为参考平面。下列说法中正确的是( )
A. 小物块在B点的重力势能为mgh2
B. 下滑到B点过程中，小物块的机械能先增大后减小
C. 小物块在B点的机械能为0
D. 下滑到B点过程中，小物块重力势能的变化量为mgh1−mgh2
6.2023年5月28日，中国东方航空使用全球首架国产C919大型客机，从上海虹桥机场起飞开启商业的首航。假设客机运行过程中受到的阻力与速度的平方成正比，客机以0.6马赫(1马赫相当于340m/s)的速度匀速水平飞行，发动机的功率为P。当客机以0.8马赫的速度匀速水平飞行，发动机的功率为( )
A. 43PB. 169PC. 916PD. 6427P
7.如图所示，材质均匀的某种长方体金属材料样品，长为a，宽为b，厚为c。恒定电流I沿AB方向通过时，样品AB两端电压大小为U；恒定电流I沿CD方向通过时，样品CD两端电压大小为( )
A. b2a2UB. a2b2UC. cab2UD. a2bcU
8.如图所示，虚线是电场中的电场线，实线为一个电子仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。则( )
A. P点的电势比Q点的电势低
B. 电子在P点时的加速度比在Q点时的加速度小
C. 电子在P点时的速度比在Q点时的速度大
D. 电子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大
9.电路如图所示，C为一平行板电容器。开始时S2闭合，单刀双掷开关S1接1位置。下列说法正确的是( )
A. 将电容器右侧极板右移，电容器电容变大
B. 仅增大R2的阻值，电容器的带电量变大
C. 仅增大R3的阻值，电容器两端的电压减小
D. 开关S1从1打到2过程中，R3中电流方向向右
10.如图所示，带电荷量均为+Q的两个点电荷固定在同一竖直线上，一根粗细均匀的光滑绝缘杆水平放置，与两点电荷连线的垂直平分线重合，杆上M，N两点关于两电荷连线对称，一个带负电的小球套在杆上(可自由滑动)。给小球一个向右的初速度，小球加速度为a，速度为v0，电势能为EP，MN连线上电势为φ。小球从M点运动到N点的过程中，下列图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
11.如图所示，轻弹簧劲度系数为k，一端固定于挡板C上，另一端与质量为m的物块A相连接，物块A处于静止状态。跨过滑轮的细绳，一端与物块A连接，另一端连接挂钩，挂钩上挂一个质量也为m的物块B后，物块A、B由静止开始运动。细绳与斜面始终平行，B始终未接触地面，斜面足够长，倾角为30∘，重力加速度为g，滑轮、细绳和挂钩质量及一切摩擦都不计。下列说法正确的是( )
A. 物块B刚挂上时，B的加速度为g
B. 物块A的最大速度为g mk
C. 物块A从静止上升到最高点过程中，弹性势能的增加量大于物块B的重力势能的减少量
D. 物块A从静止上升到速度最大的过程中，绳对A做的功等于A的机械能增加量
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.在“测定电阻丝的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测电阻丝接入电路部分的长度为L。
(1)用螺旋测微器测量电阻丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为d=______mm(该值接近多次测量的平均值)。
(2)用伏安法测电阻丝的电阻Rx，实验所用器材为：
电池组(3V)、电流表(0∼300mA,RA=2Ω)、电压表(0∼3V,RV约3000Ω)、滑动变阻器R1(0∼200Ω)、滑动变阻器R2(0∼5Ω)、开关、导线若干。
为了更准确地测量电阻丝的电阻，电路设计如图乙所示，请用笔画线代替导线，在图丙中完成实物连接。
(3)某同学选择滑动变阻器R1连入电路，开始前将滑片移至最左端。闭合开关，依次改变滑动变阻器的阻值，记录电流表和电压表的示数。测量时发现电流表示数开始比较小，当滑片接近最右端时，电流表示数明显变大。造成这种现象的原因是______。
(4)该同学重新选择器材，连接电路进行实验，记录数据如下表。请在图丁中描绘出U−I图线。
(5)测得电阻丝的阻值Rx=______Ω(保留三位有效数字)。
(6)电阻丝的电阻率表达式ρ=______(用Rx、d、L表示)，电压表内阻对电阻丝电阻率的测量______(填“有”“无”)影响。
三、简答题：本大题共4小题，共41分。
13.2023年5月30日，搭载神舟十六号载人飞船的三名宇航员成功进入中国空间站。若空间站绕地球做周期为T的匀速圆周运动，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，地球半径为R，忽略地球自转的影响，求：
(1)地球密度ρ；
(2)中国空间站的轨道半径r。
14.现有一微型电机，电机参数如表所示，一同学用此电机按图所示电路图组装工作电路。已知电源电动势为4.5V，内阻为10Ω，求：
(1)电机内阻rM；
(2)保证电机以额定功率工作时R2的阻值。
15.如图所示，在xOy平面直角坐标系第一象限存在竖直向下的匀强电场，场强大小为E；第二象限和第三象限存在水平向右的匀强电场，场强大小也为E；第四象限存在竖直向上的匀强电场，场强大小为2E。一质量为m、电荷量为q的正离子从A点静止释放，A点位置坐标为(−L,L)。不计该离子的重力，求：
(1)离子第一次通过y轴时的速度大小；
(2)离子第一次通过x轴时的位置坐标；
(3)离子第六次通过x轴时离A点的水平距离。
16.如图甲所示，一条长为4L的刚性轻绳跨过定滑轮，O点为定滑轮最上面的端点。轻绳的两端各系一个小球A和B，A球质量为m，B球的质量为2m。A球起初被锁定在地面上，B球离地的高度为2L。现对小球B施加一外力F作用使其缓慢上移，OB绳逐渐从竖直状态调整为水平状态，运动过程轻绳始终处于绷紧状态。已知当地重力加速度为g，定滑轮质量、滑轮大小及各种阻力忽略不计。
(1)如图乙所示，当OB绳与竖直方向夹角为30∘时，力F和绳垂直，求外力F的大小；
(2)当OB绳处于水平状态时，撤去外力F，小球B从静止开始向下摆动。求小球B在竖直方向速度达到最大时其下降的高度h；
(3)如图丙所示，现将B球套在水平光滑细杆上，解除A球锁定的同时，对B球施加方向向右、大小为3mg的水平恒力F′作用。此后，B球从静止开始向右运动，A球始终保持竖直向上运动。求B球向右移动距离为L时，A球的速度大小vA。
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答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.卡文迪什通过扭秤实验测得了万有引力常量，故A错误；
B.安培提出了分子电流假说，故B正确；
C.密立根最早通过油滴实验测出了元电荷的电荷量，故C错误；
D.法拉第首先提出了电场的概念，电流的磁效应是奥斯特发现的，故D错误。
故选：B。
根据万有引力定律、分子电流假说、元电荷和电流磁效应的发展史解答即可。
解题关键是掌握基础的物理学史，注重日常学习的积累。属于基础题。
2.【答案】A
【解析】解：A.第一宇宙速度是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大速度，故A正确；
B.同步轨道卫星在绕地做匀速圆周运动，不是处于平衡状态，故B错误；
C.低轨道卫星绕地运行时所受地球引力大小不变，但是方向不断变化，故C错误；
D.根据万有引力提供向心力
GMmr2=ma
可得
a=GMr2
低轨道卫星的向心加速度大于同步轨道卫星的向心加速度，故D错误。
故选：A。
第一宇宙速度是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大速度；
匀速圆周运动受力不平衡；
力是矢量，分析时注意方向变化；
根据万有引力提供向心力，分析向心加速度大小。
本题考查学生对第一宇宙速度特征、平衡状态、力的矢量性的掌握，其中万有引力提供向心力解答向心力大小问题是典型题。
3.【答案】C
【解析】解：A.根据打点计时器的工作原理电火花打点计时器的工作电压为220V交流电，故A错误；
B.手提纸带上端，先启动打点计时器再释放纸带，故B错误；
C.实验中并非一定选取开始速度为零的点，选取点迹比较清晰部分的纸带进行测量即可完成实验，故C正确；
D.如果用公式v=gt计算重物的速度，相当于默认重物做自由落体运动，而自由落体运动一定遵守机械能守恒定律，失去了验证的目的，故D错误。
故选：C。
根据实验原理分析出工作电压并掌握正确的实验操作；某条纸带开头的点迹不清晰，也可以通过点迹清晰的部分验证机械能守恒定律；正确理解重物速度的计算公式。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合机械能守恒定律即可完成分析。
4.【答案】D
【解析】解：A、根据安培定则可知，直导线右侧磁场垂直纸面向里，则线框内磁感应强度方向垂直纸面向里，故A错误；
B、将线框向右平移，磁场减弱，穿过线框的磁感线条数减少，则框中磁通量减小，故B错误；
C、电流I增大过程中，直导线周围产生的磁场增强，穿过导线框的磁通量增加，则框中有感应电流，故C错误；
D、以导线为轴，顺时针转动线框，穿过导线框的磁通量不变，则框中无感应电流，故D正确。
故选：D。
根据安培定则判断磁感应强度方向，根据磁感线条件分析穿过线框磁通量变化情况，根据磁通量有无变化，判断线框有无感应电流。
解决本题的关键要掌握安培定则和产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，而磁通量可根据磁感线的条数来分析。
5.【答案】C
【解析】解：AD、以A点所在位置的水平面为参考平面，根据重力势能的计算式可得小物块在A点的重力势能为EpA，小物块在B点的重力势能为EpB=−mg(h1−h2)，重力势能的变化量为ΔEp=EpB−EpA=mgh2−mgh1，故AD错误；
BC、小物块下滑到B点过程中，只有重力做功，小物块的机械能守恒，初始时机械能为零，故小物块在B点的机械能为零，故C正确，B错误。
故选：C。
根据重力势能的计算公式求解重力势能大小；对照机械能守恒的条件分析小物块的机械能是否守恒；小物块从A到B运动过程中机械能守恒，小物块在B点的机械能等于小物块在A点的机械能；根据初末位置高度差求重力势能的变化量。
本题主要考查机械能守恒定律。要知道机械能的守恒条件是只有重力或弹力做功，知道重力势能的大小与参考平面的选取有关，当物体在参考平面下方时，重力势能是负的。
6.【答案】D
【解析】解：根据题意，阻力的大小为：
f=kv2(k为常数)
匀速飞行时，客机处于平衡状态，则牵引力与阻力大小相等，以v=0.6马赫飞行时
P=Fv=fv=kv3
以v1=0.8马赫的速度匀速水平飞行时，发动机的功率为
P1=F1v1=kv13=(43)3P=6427P，故D正确，ABC错误；
故选：D。
根据阻力的计算公式，结合功率的表达式联立等式得出发动机的功率。
本题主要考查了功率的相关应用，理解空气阻力的计算公式，结合功率的表达式和客机的平衡状态即可完成分析，整体难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：恒定电流I沿AB方向通过时，根据电阻定律得：
RAB=ρabc
样品AB两端电压大小，由欧姆定律得：
U=IRAB=Iρabc
恒定电流I沿CD方向通过时，根据电阻定律得：
RCD=ρbac
样品CD两端电压大小，由欧姆定律得：
UCD=IRCD
联立解得：
UCD=b2a2U，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据电阻定律，结合题中的连接方式，分清不同连接方式下的长和横截面积，求出电阻表达式，再根据欧姆定律电压表达式，联立求解样品CD两端电压大小。
本题考查电阻定律和欧姆定律的应用，注意分清在不同接法下的长度和横截面积的大小，代入数据运算即可。
8.【答案】C
【解析】解：A.根据曲线运动的知识可知，电子所受电场力指向运动轨迹的凹侧，且沿电场线的切线方向，则电子在P点所受电场力方向如图所示；由于电子带负电，则电场方向与电场力方向相反，可确定电场方向如图；等势面和电场线处处垂直，作出过P、Q两点的等势面如图所示。
由于沿电场线方向电势降低，所以φP>φQ，故A错误；
B.由于P点所处位置电场线较密，而电场线的疏密程度表示场强的大小，所以EP>EQ，根据牛顿第二定律可知
a=qEm
由此可分析出aP>aQ，故B错误；
CD.电子在某点的电势能为Ep=qφ，由于φP>φQ，且电子带负电，所以电子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小；根据能量守恒定律可知，电子在P点时的动能比在Q点时的动能大，则电子在P点时的速度比在Q点时的速度大，故C正确，D错误。
故选：C。
根据曲线运动的知识得出电场力的方向，结合电子的电性得出场强的方向，从而分析出不同位置点的电势高低；
根据电场线的疏密程度得出场强的大小关系，结合牛顿第二定律得出加速度的大小关系；
根据电势能的表达式结合功能关系分析出电子在不同位置的动能和电势能的大小关系，进而分析出速度的大小关系。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，能根据电场线分析出场强的大小和方向，结合牛顿第二定律和功能关系即可完成解答。
9.【答案】D
【解析】解：A、根据C=εrS4πkd，将电容器右侧极板右移，则d增大，电容器的电容变小，故A错误；
B、仅增大R2的阻值，R2两端电压变大，R1两端电压变小，电容器与R1并联，电压相等，故电压也变小，电容不变，根据Q=CU，电容器的带电量变小，故B错误；
C、电容器两端的电压等于R1两端电压，仅增大R3的阻值，电容器两端的电压不变，故C错误；
D、刀双掷开关S1接1位置电容器右极板与电源正极相连，刀双掷开关S1接1位置电容器右极板与电源负极相连，开关S1从1打到2过程中，R3中电流方向向右，故D正确。
故选：D。
本题根据平行板电容器的决定式C=εrs4πkd，判断电容的变化，根据串并联关系判断电压的变化，结合电容的变化，就可以判断电量的变化。
解答本题的关键是掌握电容器的电压的变化情况，结合平行板电容器的决定式C=εrs4πkd解答，注意电容器和哪部分电路并联，电压等于哪部分电压。
10.【答案】C
【解析】解：A.带负电小球M→O过程中受引力向右，过O点后引力向左，在O点F合=0，所以O点加速度为0，故A错误；
B.在运动过程中，静电力的方向和位移方向先相同后相反，则电场力先做正功后做负功，因此速度先增大后减小，故B错误；
C.在MN连线上距离两正电荷越远的位置电势越低，O点电势最高，则从M到N点电势φ先增大后减小，故C正确；
D.根据上述分析可知，从M到O，库仑力做正功时，动能增加，EP减少，从O到N库仑力做负功时，动能减小，EP增加，所以EP先减小后增大，故D错误。
故选：C。
根据小球的受力特点得出其加速度的变化趋势；
根据电场力和位移的方向，分析出电场力的做功特点，从而得出速度的变化趋势，结合功能关系得出电势能的变化趋势；
根据距离的变化和点电荷的电性分析出电势的变化趋势。
本题主要考查了点电荷的电场特点，熟悉等量同种正电荷周围的场强特点，结合功能关系和图像的物理意义即可完成分析。
11.【答案】D
【解析】解：A.设A静止时弹簧弹力为F，由共点力平衡条件得：
F=mgsin30∘
解得：F=12mg
物块B刚挂上时，B的加速度为a，对AB整体，由牛顿第二定律得：
mg+F−mgsin30∘=2ma
解得：a=g2，故A错误；
B.当A、B组成的系统受力平衡时，速度最大，则
mg=mgsin30∘+kx
解得：kx=12mg
此时，弹簧伸长量与A静止时压缩量相等，即弹性势能相等，设物块A的最大速度为v，物块A从静止上升到速度最大的过程中，AB整体的机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mg⋅2x=mg⋅2xsin30∘+2×12mv2
联立解得：v=g m2k，故B错误；
C.物块A从静止上升到最高点过程中，两物块速度为零，系统机械能守恒，由机械能守恒定律知弹性势能的增加量与A重力势能的增加量之和等于B重力势能减少量，则弹性势能的增加量小于物块B的重力势能的减少量，故C错误；
D.物块A从静止上升到速度最大的过程中，弹簧对A做功为零，则绳对A做的功等于A的机械能增加量，故D正确。
故选：D。
物块A刚开始运动时，以A和B组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律列式可求解加速度；物块A处于静止时，弹簧受到的压力等于A的重力沿斜面向下的分力，由平衡条件和胡克定律求出弹簧的压缩量x，当A的加速度为零时，速度达到最大，由系统的机械能守恒定律可以求出最大速度vm；根据系统机械能守恒分析物块A从静止上升到最高点过程中，弹性势能增加量与物块B的重力势能减少量的关系；根据功能关系分析物块A从静止上升到速度最大的过程中，绳对A做的功与A的机械能增加量的关系。
本题考查牛顿第二定律的应用及机械能守恒定律；要分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律可以正确解题。此题需要注意速度最大时弹簧伸长量与A静止时压缩量相等这一条件的运用，可以充分体现了学生的探究发现能力。
12.【答案】0.525滑动变阻器左端与电源断开 12.5Rxπd24L 无
【解析】解：(1)螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，读数为
d=0.5mm+0.01mm×2.5=0.525mm
(2)如图
(3)滑片在做左端时电流较小，说明电阻较大；在右端时电流较大，说明电阻较小。是因为滑动变阻器左端与电源断开，导致滑动变阻器限流式接入电路。
(4)如图
(5)测得电阻丝的阻值为
Rx=20.16Ω=12.5Ω
(6)电阻丝的电阻率表达式为
ρ=RxSL=Rxπ(d2)2L=Rxπd24L
由于电流表内阻已知，可求出电流表分压，可测出电阻丝电流和电压的真实值，则电压表内阻对电阻丝电阻率的测量没有影响。
故答案为：(1)0.525；(2)；(3)滑动变阻器左端与电源断开；(4)；(5)12.5；(6)Rxπd24L，无。
(1)先确定螺旋测微器的最小分度值再读数；
(2)根据电路图连接实物图；
(3)由电流表示数明显变大分析电压变化，确定故障原因；
(4)根据表格中数据在坐标系中描点连线画出图像；
(5)根据图像斜率计算电阻阻值；
(6)根据电阻定律和几何知识推导；分析电压表内阻对测量电路的影响。
本题关键掌握实验原理、掌握利用图像处理数据。
13.【答案】解：(1)在地表附近，根据万有引力等于重力GMmR2=mg，地球质量M=gR2G
密度ρ=MV=gR2G43πR3=3g4πGR
(2)根据万有引力提供向心力GMmr2=m4πT22r
可得空间站的轨道半径
r=3gR2T24π2
答：(1)地球密度3g4πGR；(2)中国空间站的轨道半径3gR2T24π2。
【解析】(1)在地表附近，根据万有引力等于重力，求质量，再求密度；
(2)根据万有引力提供向心力，求轨道半径。
本题解题关键是掌握在地表附近，万有引力等于重力，星球上空的卫星万有引力提供向心力。
14.【答案】解：(1)根据功率之间的关系可得：UI=I2rM+P出
代入数据得：3×0.05=0.052×rM+0.06
解得电机内阻为：rM=36Ω
(2)干路电流为
I总=E−Ur=4.5−310A=0.15A
R2的电流为
I2=I总−I=0.15A−0.05A=0.1A
R2的阻值为
R2=UI2=30.1Ω=30Ω
答：(1)电机内阻为36Ω；
(2)保证电机以额定功率工作时R2的阻值为30Ω。
【解析】(1)根据电动机工作时的功率关系求解电机的内阻；
(2)根据闭合电路欧姆定律求得电阻的阻值。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，熟悉电路构造的分析，结合功率的计算公式和欧姆定律即可完成分析。
15.【答案】解：(1)根据动能定理和
qEL=12mv2
解得离子第一次通过y轴时的速度大小为v= 2qELm
(2)离子在第一象限做类平抛运动，水平方向有x1=vt
竖直方向有L=12⋅qEmt2
联立解得：x1=2L
故离子第一次通过x轴时的位置坐标为(2L,0)。
(3)第四象限的场强大小为2E，则离子在第四象限做匀变速曲线运动的加速度大小为2qEm，而离子水平方向的速度保持不变，结合运动的对称性，第二次通过x轴时的位置为
x2=2L+2L=4L
离子在第一象限和第四象限往复运动，离子第六次通过x轴时离A点的水平距离为
x=4×2L+2×4L+L=17L
答：(1)离子第一次通过y轴时的速度大小为 2qELm；
(2)离子第一次通过x轴时的位置坐标为(2L,0)；
(3)离子第六次通过x轴时离A点的水平距离为17L。
【解析】(1)根据动能定理求离子第一次通过y轴时的速度大小；
(2)离子进入第一象限做类平抛运动，根据分位移公式和牛顿第二定律相结合求离子第一次通过x轴时的位置坐标；
(3)离子在第四象限做匀变速曲线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，离子水平方向的速度保持不变，结合运动的对称性，由几何关系确定离子第六次通过x轴时离A点的水平距离。
解决本题的关键要理清离子的运动情况，把握每个过程的物理规律，熟练运用运动的分解法处理类平抛运动。
16.【答案】解：(1)当OB绳与竖直方向夹角为30∘时，力F和绳垂直，由平衡条件得
F=2mgsin30∘=mg
(2)因为A球被锁定，则由图可知小球B向下做圆周运动的半径为L，小球B在竖直方向速度达到最大时，设此时细线与竖直方向夹角为θ，由动能定理得：
2mgLcsθ=12⋅2mv2
此时小球B竖直速度为：
vy=vsinθ
解得：vy= 2gL(csθ−cs3θ)
由数学知识可知当csθ= 33时，csθ−cs3θ有最大值，则此时小球B下降的高度为：
h=Lcsθ= 33L
(3)B球向右移动距离为L时，细线与水平方向夹角为α=45∘，则A、B的速度关系为：
vA=vBcs45∘
A上升的高度为：
Δh=( 2−1)L
由功能关系得：
F′L−mgΔh=12mvA2+12⋅2mvB2
其中F′=3mg
解得：vA= 2(4− 2)gL5
答：(1)外力F的大小为mg；
(2)小球B在竖直方向速度达到最大时其下降的高度h为 33L；
(3)B球向右移动距离为L时，A球的速度大小vA为 2(4− 2)gL5。
【解析】(1)如图乙所示，根据平衡条件求外力F的大小；
(2)撤去外力F，小球B从静止开始向下摆动的过程，根据动能定理列式，小球B的竖直方向分速度与小球速度的关系，由数学知识求小球B在竖直方向速度达到最大时其下降的高度h；
(3)对A、B两球组成的系统，根据功能关系列方程，结合两球的速度关系求解。
解答本题时，要确定研究对象，分析受力情况以及外力做功情况，根据平衡条件、动能定理和功能关系解答。次数
U/V
I/A
1
0.00
0.00
2
0.50
0.04
3
1.00
0.08
4
1.30
0.10
5
1.55
0.12
6
2.00
0.16
R300C微型直流电机参数
额定输出功率
0.06W
额定电压
3V
额定电流
0.05A