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2025屆江蘇省鹽城市射陽中學高三下學期三模物理試題
一、單項選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分。每小題只有一個選項符合題意。
1．（2025·射陽模擬）下列四幅圖描述的場景依次為雷電擊中避雷針（圖甲）、高壓輸電線上方還有兩條與大地相連的導線（圖乙）、燃氣灶中的針尖狀點火器（圖丙）、工人穿戴著含金屬絲制成的工作服進行超高壓帶電作業（圖丁），關于這四幅圖所涉及的物理知識，下列說法正確的是（　　）
A．圖甲中避雷針的工作原理主要是靜電屏蔽
B．圖乙中與大地相連的兩條導線的作用和圖丁中工作服內的金屬絲的作用是相同的
C．圖丙中的點火器是利用摩擦起電的原理進行點火的
D．圖丙中的點火器的工作原理和圖丁中工作服內摻入的金屬絲的工作原理是相同的
【答案】B
【知識點】靜電的防止與利用
【解析】【解答】本題考查尖端放電、靜電屏蔽等知識，要深刻理解相關原理，并能用來分析生活中的應用。A．避雷針的工作原理主要是利用尖端放電避免雷擊，故A錯誤；
BD．高壓輸電線的上方還有兩條導線，這兩條導線的作用是它們與大地相連，形成稀疏的金屬“網”把高壓線屏蔽起來，免遭雷擊，與工作服內摻入的金屬絲，都是利用了靜電屏蔽的原理，故B正確，D錯誤。
C．點火器是利用高壓尖端放電的原理，而工作服內摻入的金屬絲，是利用了靜電屏蔽的原理，故C錯誤；
故選B。
【分析】避雷針和點火器的工作原理主要是尖端放電；圖丁中工作服內摻入的金屬絲的工作原理是靜電屏蔽；圖乙中與大地相連的兩條導線所起的作用是靜電屏蔽。
2．（2025·射陽模擬）如圖所示，當波源和障礙物都靜止不動時，波源發出的波在障礙物處不能發生明顯衍射，下列措施可能使波發生較為明顯衍射的是（　　）
A．增大障礙物的長度 B．波源遠離障礙物運動
C．波源靠近障礙物運動 D．增大波源的振動頻率
【答案】B
【知識點】波的衍射現象
【解析】【解答】波的衍射是不需要條件的，但要發生明顯的衍射必須滿足一定的條件。波長相對小孔（或障礙物）尺寸越長，衍射現象越明顯。A．發生明顯衍射的條件是障礙物的尺寸與波長差不多或比波長短，由于波源發出的波在障礙物處不能發生明顯衍射，表明障礙物的尺寸比波長大得多，為了使波發生較為明顯的衍射，需要增大波長或減小障礙物的長度，可知增大障礙物的長度不能使波發生較為明顯的衍射，A錯誤；
B．波源遠離障礙物將產生多普勒效應，障礙物處接收到的頻率減小，根據
可知，波源遠離障礙物，等效于增大波長，根據上述，該措施能使波發生較為明顯的衍射，B正確；
C．波源靠近障礙物將產生多普勒效應，障礙物處接收到的頻率增大，根據
可知，波源靠近障礙物，等效于減小波長，根據上述，該措施不能使波發生較為明顯的衍射，C錯誤；
D．根據
可知，增大波源的振動頻率時，波長減小，根據上述，該措施不能使波發生較為明顯的衍射，D錯誤。
故選B。
【分析】發生明顯衍射的條件：縫、孔的寬度或障礙物的尺寸跟波長相差不多，或者比波長更小。
3．（2025·射陽模擬）角動量守恒定律、能量守恒定律和動量守恒定律是物理學的三大守恒定律。角動量定義為質點相對原點的位置矢量和動量的向量積，通常寫作，表達式為。在國際單位制中，角動量的單位可以表示為（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】物理公式不僅確定了各個物理量之間的關系，同時也確定了物理量的單位之間的關系，根據物理公式來分析物理量的單位即可。根據角動量的表達式
位置矢量單位為m，動量單位為，可知角動量單位為
故選D。
【分析】由于物理單位遵循基本乘除運算法則，結合位置矢量和動量的單位以及角動量的表達式可求角動量的單位。
4．（2025·射陽模擬）如圖所示，把一條細棉線的兩端系在鐵絲環上，棉線處于松弛狀態。將鐵絲環浸入肥皂液里，拿出來時環上留下一居肥皂液的薄膜，這時薄膜上的棉線仍是松弛的。用燒熱的針刺破a側的薄膜，觀察到棉線的形狀為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知識點】液體的表面張力
【解析】【解答】本題考查了液體表面張力，要能從眾多的物理現象中識別出這種現象；知道這種現象的本質原因是液體分子間的引力作用。先把個棉線圈拴在鐵絲環上，再把環在肥皂液里浸一下，使環上布滿肥皂液薄膜。膜中分子間的距離比液體內部大一些，分子間的相互作用表現為引力，所以產生收縮效果；用燒熱的針刺破a側的薄膜，b中的水膜能使b的面積最小。
故選D。
【分析】液體跟氣體接觸的表面存在一個薄層，叫做表面層，表面層里的分子比液體內部稀疏，分子間的距離比液體內部大一些，分子間的相互作用表現為引力。
5．（2025·射陽模擬）如圖所示，把一塊鋅板連接在驗電器上，并使鋅板帶負電，驗電器指針張開。用紫外線燈照射鋅板，則（　　）
A．指針張角變小的過程中有電子離開鋅板
B．鋅板所帶的電荷量一直變大
C．改用紅光照射，指針張角也會變化
D．用其它金屬板替換鋅板，一定會發生光電效應
【答案】A
【知識點】光電效應
【解析】【解答】解決本題的關鍵是要掌握住光電效應的發生條件，入射光的頻率必須大于金屬的截止頻率。AB．用紫外線燈照射鋅板時，鋅板發生光電效應，逸出電子，驗電器所帶負電荷逐漸被中和，因此驗電器帶電量減小，故驗電器指針張角逐漸減小直至閉合，此時負電荷被完全中和，繼續用紫外線照射鋅板，驗電器開始帶上正電，隨著照射時間的增加，鋅板逸出的電子增加，鋅板所帶正電荷增加，帶電量增加，驗電器張角逐漸增大，故A正確，B錯誤；
CD．紫光的頻率大于紅光的頻率，根據光電效應產生的條件，入射光的頻率必須大于金屬的截止頻率才能發生光電效應，則可知頻率大的光照射金屬能夠發生光電效應時，頻率小的光不一定可以使該金屬發生光電效應，若不能發生光電效應，則驗電器指針的張角不會發生變化，故CD錯誤。
故選A。
【分析】當紫外線燈射鋅板時，產生了光電效應，有光電子從鋅板逸出，會使原本帶負電的鋅板失去部分電子，帶電量減少。
6．（2025·射陽模擬）在2023年9月21日的“天宮課堂”上，同學們與航天員進行互動交流，航天員給同學們解答了與太空垃圾相關的問題。所謂太空垃圾是指在宇宙空間中的各種人造廢棄物及其衍生物。假設在空間站觀察到如圖所示的太空垃圾P、Q、M、N（P、Q、M、N均無動力運行，軌道空間存在稀薄氣體），假設空間站和這些太空垃圾均繞地球近似做順時針方向的圓周運動，則最可能對空間站造成損害的是（　　）
A．P B．Q C．M D．N
【答案】A
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題主要是考查萬有引力定律及其應用，解答本題的關鍵是能夠根據萬有引力提供向心力結合向心力公式進行分析，掌握變軌原理。太空垃圾無動力運行，由于軌道空間存在稀薄氣體，所以太空垃圾的軌道會逐漸減低，根據
可得
所以太空垃圾P、N的周期大于空間站，在軌道降低過程中，P最有可能對空間站造成損害，N會在空間站的后方。
故選A。
【分析】太空垃圾無動力運行，由于軌道空間存在稀薄氣體，所以太空垃圾的軌道會逐漸減低，根據運動情況進行分析。
7．（2025·射陽模擬）某實驗小組先采用如圖所示電路測量時，在較大范圍內調節滑動變阻器阻值，發現電壓表示數雖然有變化，但變化不明顯，主要原因是（　　）
A．滑動變阻器與電路接觸處斷路 B．電流表阻值太小
C．滑動變阻器的阻值太小 D．電池內阻太小
【答案】D
【知識點】電路故障分析
【解析】【解答】電壓表示數雖然有變化，但變化不明顯，說明滑動變阻器既不斷路，也不短路。在較大范圍內調節滑動變阻器阻值，說明滑動變阻器阻值可以很大，由于其阻值始終相對于電池內阻很大，即電池內阻太小，導致電壓表示數雖然有變化，但變化不明顯。
故選D。
【分析】如果滑動變阻器與電路接觸處斷路，則電壓表示數不變；根據閉合電路的歐姆定律分析。
8．（2025·射陽模擬）有人根據條形磁鐵的磁場分布情況用塑料制作了一個模具，模具的側邊界剛好與該條形磁鐵的磁感線重合，如圖所示．另取一個柔軟的彈性導體線圈套在模具上方某位置，線圈貼著模具上下移動的過程中，下列說法正確的是（地磁場很弱，可以忽略）（　　）
A．線圈切割磁感線，線圈中產生感應電流
B．線圈緊密套在模具上移動過程中，線圈中沒有感應電流產生
C．由于線圈所在處的磁場是不均勻的，故而不能判斷線圈中是否有感應電流產生
D．若線圈平面放置不水平，則移動過程中會產生感應電流
【答案】B
【知識點】電磁感應的發現及產生感應電流的條件
【解析】【解答】判斷有無感應電流產生對照感應電流產生的條件，抓住兩點：一是電路要閉合；二是磁通量要變化。由題，模具的形狀與磁感線的形狀是相同的，則線圈貼著模具上下移動的過程中穿過線圈的磁感線的條數不會發生變化，即穿過線圈的磁通量不變，所以線圈緊密套在模具上移動過程中不出現感應電流。同樣若線圈平面放置不水平，則移動過程中由于穿過線圈的磁通量不變，也不會產生感應電流。
故選B。
【分析】明確感應電流的產生的，知道若穿過線圈的磁通量變化就會產生感應電流，據此判斷即可。
9．（2025·射陽模擬）沙漠蜃景和海市蜃景主要是由于大氣層不同高度空氣的溫度不同造成的，已知空氣的折射率隨溫度升高而減小。下列圖中能正確描述蜃景現象的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】光的全反射
【解析】【解答】本題考查光的折射定律，解題時需注意：根據題意正確畫出光路圖，根據幾何知識正確找出角度關系，依光的折射定律列式求解。AB．太陽照到沙地上，接近地面的熱空氣比上層空氣的密度小，折射率也小。從遠處物體射向地面的光，進入折射率較小的熱空氣層時被折射，當入射角大于臨界角時發生全反射，人們逆著反射光看去，就會在看到遠處物體的倒立的虛像，如圖1。選項A正確，B錯誤；
CD．太陽照到海面上，接近海面的冷空氣比上層空氣的密度大，折射率也大。從遠處物體射向大氣層的光，進入折射率較小的熱空氣層時被折射，當入射角大于臨界角時發生全反射，人們逆著反射光看去，就會在看到遠處物體的正立的虛像，如圖2。選項CD錯誤。
故選A。
圖1 圖2
【分析】因為空氣的折射率隨溫度升高而減小，則太陽照到沙地上，接近地面的熱空氣比上層空氣的折射率小， 接近海面的冷空氣比上層空氣的折射率大 。
10．（2025·射陽模擬）兩個點電荷固定在x軸上的M、N點，x軸上各點的電場強度E與各點位置坐標x之間的關系如圖所示。取x軸正方向為電場強度的正方向，無窮遠電勢為零，下列說法正確的是（　　）
A．固定在M點的點電荷電量比固定在N點的點電荷電量小
B．Q點的電勢等于零
C．從C點由靜止釋放一正點電荷，僅在電場力作用下，到D點前它將一直做加速運動
D．從P點由靜止釋放一負點電荷，僅在電場力作用下，在它向左運動過程中電勢能將一直減小
【答案】C
【知識點】電勢；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題考查電場圖像的認識，注意電荷的周圍電場的分布特點，電荷在電場中與電勢的乘積為電勢能。電場力做功的正負決定電勢能的增加與否。A．M、N連線中點處場強大于0，且兩點間場強最小位置處距離N點較近，可知，固定在M點的點電荷電量比固定在N點的點電荷電量大，故A錯誤；
B．若有一正點電荷由Q點向右側無窮遠處運動，電場力做正功，電勢能不斷減小，一直到零，所以Q點的電勢大于零，故B錯誤；
C．從C點由靜止釋放一正點電荷，僅在電場力作用下，到D點前場強一直為正值，則場強方向不變，電場力方向不變，它將一直做加速運動，故C正確；
D．從P點由靜止釋放一負點電荷，僅在電場力作用下，在它由Q向N運動過程中電場力做負功，電勢能增大，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據電場的大小分布關系分析電荷量大小，沿著電場線電勢降低，根據功能關系分析電場力做功的正負和電勢能的變化情況。
11．（2025·射陽模擬）如圖所示，質量均為m的兩物體A、B用勁度系數為k的輕質彈簧拴接，物體C疊放在物體B上，系統處于靜止狀態。現將C瞬間取走，物體A恰好不離開地面。已知彈性勢能的表達式為，其中x為彈簧的形變量，重力加速度為g。以下說法正確的是（　　）
A．物體C的質量為3m
B．物體B運動到最高點時的加速度大小為3g
C．物體B的最大速度大小為
D．物體B上升的最大高度為
【答案】D
【知識點】胡克定律；牛頓第二定律；機械能守恒定律；簡諧運動
【解析】【解答】本題考查功能關系，要求學生能正確分析物體的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。A．C物體疊加在B物體上面靜止時，根據平衡條件可得
拿走C物體后，B物體在彈簧上做簡諧運動，其在平衡位置時，彈簧壓縮長度有
其振幅
當B物體上升到最高點，此時彈簧拉伸長度最長，由于物體A恰好不離開地面，由平衡條件可得
所以由振幅相等
解得物體C的質量為
故A錯誤；
B．B物體在最高點受重力和彈簧彈力，由于物體A恰好不離開地面，故
所以由牛頓第二定律可得B物體在最高點的加速度為
故B錯誤；
D．物體B上升的最大高度為
故D正確；
C．當B物體經過平衡位置的時候其速度最大，B物體從最高點回落到平衡位置的過程中，B物體與彈簧組成的系統機械能守恒，則
解得物體B的最大速度大小為
故C錯誤。
故選D。
【分析】開始靜止時根據平衡條件列式，拿走C之后B做簡諧運動，根據平衡位置的定義列式，根據距離關系列出振幅與彈性形變量的關系式，B上升到最高點時對A列平衡式，聯立求解C的質量；根據牛頓第二定律求解物體B運動到最高點時的加速度大小；當B物體經過平衡位置的時候其速度最大，B物體從最高點回落到平衡位置的過程中，根據系統機械能守恒定律求解物體B的最大速度大小；根據B的振幅求解物體B上升的最大高度。
二、非選擇題：共5題，共56分，其中12-16題請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數值計算時，答案中必須明確寫出數值和單位.
12．（2025·射陽模擬）某同學在實驗室取兩個完全相同的木盒，來測量木盒與木板之間的動摩擦因數。由于實驗室中的天平損壞，無法稱量質量，他采用“對調法”完成測量，如圖甲所示，一端裝有定滑輪的長木板固定在水平桌面上，木盒1放置在長木板上，左端與穿過打點計時器的紙帶相連，右端用細線跨過定滑輪與木盒2相接。
（1）實驗前，　 　（填A.“需要”或B.“不需要”）調整定滑輪的角度使細線與木板平行，　 　（填A.“需要”或B.“不需要”）將長木板左側墊高來平衡摩擦力，如甲圖所示，加速運動過程中，繩子中拉力　 　（填A.“大于”、B.“等于”或C.“小于”）木盒2（含細沙）的總重力。
（2）實驗時，木盒1不放細沙，質量設為，在木盒2中裝入適量的細沙，木盒2含沙總質量設為，接通電源，釋放紙帶，打點計時器打出一條紙帶，加速度記為，隨后將木盒1與木盒2（含細沙）位置互換，換一條紙帶再次實驗，打出第二條紙帶，加速度記為，兩紙帶編號為第一組，改變木盒2中細沙的多少，重復上述過程，得到多組紙帶。如圖乙為某組實驗中獲得的兩條紙帶中的一條，其中相鄰兩計數點間還有4個計時點未標出，已知交流電源的頻率為50Hz，則該紙帶運動的加速度　 　m/s2（保留3位有效數字）。
（3）通過理論分析，分別推導和的表達式后，找到和的關系：　 　（結果用、和表示）。
（4）將實驗測得的加速度繪制在丙圖中，得到關系圖像，已知當地重力加速度為9.80m/s2，由圖像可得木盒與木板間的動摩擦因數為　 　（保留2位有效數字）。
（5）由于紙帶的影響，實驗測得的動摩擦因數將　 　（填A.“保持不變”、B.“偏大”或C.“偏小”）。
【答案】（1）A；B；C
（2）1.20
（3）
（4）0.54
（5）偏大
【知識點】加速度；滑動摩擦力與動摩擦因數
【解析】【解答】本題主要考查了測量木盒與木板之間的動摩擦因數的實驗，要明確實驗的原理，掌握實驗的正確操作，掌握逐差法求加速度的方法，能夠根據實驗原理正確分析實驗誤差。
（1）實驗中，為了確保細線的拉力就沿長木板方向，需要調整定滑輪的高度，使細線與長木板平行。
故選A。
實驗目的是測量木盒與木板之間的動摩擦因數，可知，實驗中不需要將長木板左側墊高來平衡摩擦力。
故選B。
甲圖中，加速運動過程中，木盒2的加速度方向向下，根據牛頓第二定律可知，繩子中拉力小于木盒2（含細沙）的總重力。
故選C。
（2）相鄰兩計數點間還有4個計時點未標出，則相鄰計數點間的時間間隔為
根據逐差法得出加速度
（3）設木盒1的質量為，木盒2（含細沙）的質量為，對整體進行分析，根據牛頓第二定律有
位置互換后，對整體進行分析，根據牛頓第二定律有
解得
（4）結合上述有
根據圖丙有
解得
（5）由于紙帶與打點計時器間有摩擦，所以測量的動摩擦因數會偏大。
【分析】（1）從保證木盒所受的拉力方向保持不變的角度分析作答；根據實驗原理分析是否需要平衡摩擦力；根據牛頓第二定律分析作答；
（2）根據逐差法求加速度；
（3）根據牛頓第二定律列式，得到a2-a1函數關系式；
（4）根據函數關系，結合圖像縱截距求解作答；
（5）紙帶與打點計時器間有摩擦，結合實驗原理分析實驗誤差。
（1）[1]實驗中，為了確保細線的拉力就沿長木板方向，需要調整定滑輪的高度，使細線與長木板平行。
故選A。
[2]實驗目的是測量木盒與木板之間的動摩擦因數，可知，實驗中不需要將長木板左側墊高來平衡摩擦力。
故選B。
[3] 甲圖中，加速運動過程中，木盒2的加速度方向向下，根據牛頓第二定律可知，繩子中拉力小于木盒2（含細沙）的總重力。
故選C。
（2）相鄰兩計數點間還有4個計時點未標出，則相鄰計數點間的時間間隔為
根據逐差法得出加速度
（3）設木盒1的質量為，木盒2（含細沙）的質量為，對整體進行分析，根據牛頓第二定律有
位置互換后，對整體進行分析，根據牛頓第二定律有
解得
（4）結合上述有
根據圖丙有
解得
（5）由于紙帶與打點計時器間有摩擦，所以測量的動摩擦因數會偏大。
13．（2025·射陽模擬）汽車搭載空氣懸掛有助于提升汽車的舒適性，某國產汽車的空氣懸掛由空氣彈簧與避震桶芯所組成。某次測試中，空氣彈簧內密封有一定質量的理想氣體，其壓縮和膨脹過程可簡化為如圖所示的p-V圖像。氣體從狀態等溫壓縮到狀態，然后從狀態B絕熱膨脹到狀態，B到C過程中氣體對外界做功為W，已知和W。求：
（1）狀態C的溫度；
（2）A到C全過程，空氣彈簧內的氣體內能變化量。
【答案】（1）解：從B到C過程，根據理想氣體狀態方程可知
解得
（2）解：根據熱力學第一定律可知A到B過程
B到C過程
由于
故A到C過程氣體內能增加
聯立解得
【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程；熱力學第一定律及其應用
【解析】【分析】（1）由理想氣體狀態方程結合p-V圖像可求狀態C時的溫度；
（2）由熱力學第一定律可求氣體內能的變化。
（1）從B到C過程，根據理想氣體狀態方程可知
解得
（2）根據熱力學第一定律可知A到B過程
B到C過程
由于
故A到C過程氣體內能增加
聯立解得
14．（2025·射陽模擬）如圖所示，交流發電機的線圈處于磁感應強度大小為的勻強磁場中，線圈繞垂直于磁場方向的轉軸勻速轉動。已知線圈匝數為匝，面積為，轉動的角速度為，通過理想變壓器連接阻值為的電阻，正常工作時，理想電流表示數為0.25A。若從圖示位置開始計時，
（1）寫出該發電機產生感應電動勢的瞬時值表達式；
（2）若不計發電機線圈電阻，求理想變壓器的原、副線圈匝數比。
【答案】解：（1）該發電機產生感應電動勢的瞬時值表達式
（2）變壓器原線圈兩端的電壓為
變壓器輸入功率等于輸出功率，則
解得
根據理想變壓器原副線圈電流與線圈匝數的關系，理想變壓器的原、副線圈匝數比為
【知識點】變壓器原理；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【分析】（1）利用Em=NBSω可得感應電動勢最大值，根據由線圈所在位置計時，利用e=Emcosωt可得感應電動勢瞬時值表達式；
（2）根據題意可得原線圈兩端電壓，根據理想變壓器輸入功率等于輸出功率可得副線圈中電流大小，根據原副線圈電流與匝數的關系可得匝數比。
15．（2025·射陽模擬）如圖所示，通過一個定滑輪用輕繩兩端各栓接質量均為m=1kg的物體A、B（視為質點），其中連接物體A的輕繩水平（繩足夠長），物體A放在一個足夠長的水平傳送帶上，其順時針轉動的速度恒定為v，物體A與傳送帶之間的動摩擦因數為0.25。現將物體A以10m/s速度從左端MN的標志線沖上傳送帶，已知傳送帶的速度v=5m/s，重力加速度為g。求：
（1）物體A剛沖上傳送帶時的加速度大小a1；
（2）物體A運動到距左端MN標志線的最遠距離xm；
（3）若傳送帶的速度取（0＜v'＜10m/s）范圍某一確定值時，可使物體A運動到距左端MN標志線的距離最遠時，與傳送帶因摩擦產生的內能最小，求：此時傳送帶的速度v'及摩擦產生的內能的最小值Qm。
【答案】（1）解：若傳送帶速度v=5m/s時，由系統牛頓第二定律
對物體A有
對物體B有
解得加速度的大小
（2）解：物體A向右減速到5m/s時的位移為x1，由運動學公式有
得
當物體速度小于5m/s時，物體A受摩擦力向右，設加速度為a2，由牛頓第二定律得
對物體A、B整體，加速度的大小
解得加速度的大小
物體A向右由5m/s減速到零時的位移為x2，由運動學公式有
得
物體A運動到距左端MN標志線的最遠距離為
（3）解：物體A向右減速到v'時的時間為
物體A向右減速到v'時相對傳送帶向前的位移為Δx1，由運動學公式有
物體A向右由v'減速到零時，相對傳送帶向后的位移為Δx2，由運動學公式有
物體A與傳送帶因摩擦產生的內能為
對二次函數求極值得：當m/s時，產生的內能最小為
【知識點】功能關系；牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【分析】（1）對A和B，分別運用牛頓第二定律列式，即可求出加速度；
（2）根據牛頓第二定律和運動學公式求解物體A運動到距左端MN標志線的最遠距離xm；
（2）根據運動學公式得到物體A與傳送帶相對位移的大小與v'的關系，從而得到摩擦產生的內能與v'的關系式，由數學知識求解內能最小時v的值，并求內能的最小值。
16．（2025·射陽模擬）如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第三象限內，區域I（x<-L）內有方向垂直xOy平面向外的勻強磁場；區域II（-L0）的粒子從點a（-2L，-2L）沿y軸正方向、以大小為v0的初速度開始運動，從點b（-L，-L）沿x軸正方向進入區域II，粒子在電場中運動時間后，從坐標原點進入第一象限，第一象限內存在垂直xOy平面向里的磁場，該磁場內各點的磁感應強度大小B2與橫坐標x滿足B2=kx（k為大于0的常量）。不計粒子重力，求：
（1）區域I內勻強磁場磁感應強度B1的大小；
（2）區域II內勻強電場場強E的大小；
（3）該粒子在第一象限內運動過程中與y軸的最大距離。
【答案】（1）解：粒子的運動軌跡如圖所示
由幾何關系得粒子在區域I中運動的軌跡半徑為
由牛頓第二定律得
解得
（2）解：設勻強電場的水平分量為，豎直分量為，由牛頓第二定律得、
粒子沿x軸、y軸的分運動均為勻變速直線運動，沿x軸方向有
沿y軸方向有
解得，
區域II內勻強電場場強E的大小為
（3）解：粒子經過坐標原點O瞬間，沿x軸方向的分速度大小為
沿y軸方向的分速度大小為
粒子經過O點瞬間的速度大小為
粒子在第一象限內運動過程中，當粒子與y軸距離最大時，粒子沿x軸方向的分速度為0，沿y軸方向的分速度大小為
在y軸方向由動量定理得
而
解得
【知識點】動量定理；帶電粒子在有界磁場中的運動；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）根據題意，畫出粒子的運動軌跡。粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系確定粒子在區域Ⅰ中運動的軌跡半徑，根據洛倫茲力提供向心力列方程，求出區域Ⅰ內勻強磁場磁感應強度B1的大小；
（2）粒子在區域Ⅱ內運動時，沿水平方向和豎直方向，分別根據牛頓第二定律和位移—時間公式列式，分別兩個方向的場強分量，再合成求出勻強電場場強E的大小；
（3）由運動學公式和速度合成求出粒子經過O點瞬間的速度大小。在y軸方向，利用動量定理求該粒子在第一象限內運動過程中與y軸的最大距離。
（1）粒子的運動軌跡如圖所示
由幾何關系得粒子在區域I中運動的軌跡半徑為
由牛頓第二定律得
解得
（2）設勻強電場的水平分量為，豎直分量為，由牛頓第二定律得、
粒子沿x軸、y軸的分運動均為勻變速直線運動，沿x軸方向有
沿y軸方向有
解得，
區域II內勻強電場場強E的大小為
（3）粒子經過坐標原點O瞬間，沿x軸方向的分速度大小為
沿y軸方向的分速度大小為
粒子經過O點瞬間的速度大小為
粒子在第一象限內運動過程中，當粒子與y軸距離最大時，粒子沿x軸方向的分速度為0，沿y軸方向的分速度大小為
在y軸方向由動量定理得
而
解得
1 / 12025屆江蘇省鹽城市射陽中學高三下學期三模物理試題
一、單項選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分。每小題只有一個選項符合題意。
1．（2025·射陽模擬）下列四幅圖描述的場景依次為雷電擊中避雷針（圖甲）、高壓輸電線上方還有兩條與大地相連的導線（圖乙）、燃氣灶中的針尖狀點火器（圖丙）、工人穿戴著含金屬絲制成的工作服進行超高壓帶電作業（圖丁），關于這四幅圖所涉及的物理知識，下列說法正確的是（　　）
A．圖甲中避雷針的工作原理主要是靜電屏蔽
B．圖乙中與大地相連的兩條導線的作用和圖丁中工作服內的金屬絲的作用是相同的
C．圖丙中的點火器是利用摩擦起電的原理進行點火的
D．圖丙中的點火器的工作原理和圖丁中工作服內摻入的金屬絲的工作原理是相同的
2．（2025·射陽模擬）如圖所示，當波源和障礙物都靜止不動時，波源發出的波在障礙物處不能發生明顯衍射，下列措施可能使波發生較為明顯衍射的是（　　）
A．增大障礙物的長度 B．波源遠離障礙物運動
C．波源靠近障礙物運動 D．增大波源的振動頻率
3．（2025·射陽模擬）角動量守恒定律、能量守恒定律和動量守恒定律是物理學的三大守恒定律。角動量定義為質點相對原點的位置矢量和動量的向量積，通常寫作，表達式為。在國際單位制中，角動量的單位可以表示為（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·射陽模擬）如圖所示，把一條細棉線的兩端系在鐵絲環上，棉線處于松弛狀態。將鐵絲環浸入肥皂液里，拿出來時環上留下一居肥皂液的薄膜，這時薄膜上的棉線仍是松弛的。用燒熱的針刺破a側的薄膜，觀察到棉線的形狀為（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025·射陽模擬）如圖所示，把一塊鋅板連接在驗電器上，并使鋅板帶負電，驗電器指針張開。用紫外線燈照射鋅板，則（　　）
A．指針張角變小的過程中有電子離開鋅板
B．鋅板所帶的電荷量一直變大
C．改用紅光照射，指針張角也會變化
D．用其它金屬板替換鋅板，一定會發生光電效應
6．（2025·射陽模擬）在2023年9月21日的“天宮課堂”上，同學們與航天員進行互動交流，航天員給同學們解答了與太空垃圾相關的問題。所謂太空垃圾是指在宇宙空間中的各種人造廢棄物及其衍生物。假設在空間站觀察到如圖所示的太空垃圾P、Q、M、N（P、Q、M、N均無動力運行，軌道空間存在稀薄氣體），假設空間站和這些太空垃圾均繞地球近似做順時針方向的圓周運動，則最可能對空間站造成損害的是（　　）
A．P B．Q C．M D．N
7．（2025·射陽模擬）某實驗小組先采用如圖所示電路測量時，在較大范圍內調節滑動變阻器阻值，發現電壓表示數雖然有變化，但變化不明顯，主要原因是（　　）
A．滑動變阻器與電路接觸處斷路 B．電流表阻值太小
C．滑動變阻器的阻值太小 D．電池內阻太小
8．（2025·射陽模擬）有人根據條形磁鐵的磁場分布情況用塑料制作了一個模具，模具的側邊界剛好與該條形磁鐵的磁感線重合，如圖所示．另取一個柔軟的彈性導體線圈套在模具上方某位置，線圈貼著模具上下移動的過程中，下列說法正確的是（地磁場很弱，可以忽略）（　　）
A．線圈切割磁感線，線圈中產生感應電流
B．線圈緊密套在模具上移動過程中，線圈中沒有感應電流產生
C．由于線圈所在處的磁場是不均勻的，故而不能判斷線圈中是否有感應電流產生
D．若線圈平面放置不水平，則移動過程中會產生感應電流
9．（2025·射陽模擬）沙漠蜃景和海市蜃景主要是由于大氣層不同高度空氣的溫度不同造成的，已知空氣的折射率隨溫度升高而減小。下列圖中能正確描述蜃景現象的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025·射陽模擬）兩個點電荷固定在x軸上的M、N點，x軸上各點的電場強度E與各點位置坐標x之間的關系如圖所示。取x軸正方向為電場強度的正方向，無窮遠電勢為零，下列說法正確的是（　　）
A．固定在M點的點電荷電量比固定在N點的點電荷電量小
B．Q點的電勢等于零
C．從C點由靜止釋放一正點電荷，僅在電場力作用下，到D點前它將一直做加速運動
D．從P點由靜止釋放一負點電荷，僅在電場力作用下，在它向左運動過程中電勢能將一直減小
11．（2025·射陽模擬）如圖所示，質量均為m的兩物體A、B用勁度系數為k的輕質彈簧拴接，物體C疊放在物體B上，系統處于靜止狀態。現將C瞬間取走，物體A恰好不離開地面。已知彈性勢能的表達式為，其中x為彈簧的形變量，重力加速度為g。以下說法正確的是（　　）
A．物體C的質量為3m
B．物體B運動到最高點時的加速度大小為3g
C．物體B的最大速度大小為
D．物體B上升的最大高度為
二、非選擇題：共5題，共56分，其中12-16題請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數值計算時，答案中必須明確寫出數值和單位.
12．（2025·射陽模擬）某同學在實驗室取兩個完全相同的木盒，來測量木盒與木板之間的動摩擦因數。由于實驗室中的天平損壞，無法稱量質量，他采用“對調法”完成測量，如圖甲所示，一端裝有定滑輪的長木板固定在水平桌面上，木盒1放置在長木板上，左端與穿過打點計時器的紙帶相連，右端用細線跨過定滑輪與木盒2相接。
（1）實驗前，　 　（填A.“需要”或B.“不需要”）調整定滑輪的角度使細線與木板平行，　 　（填A.“需要”或B.“不需要”）將長木板左側墊高來平衡摩擦力，如甲圖所示，加速運動過程中，繩子中拉力　 　（填A.“大于”、B.“等于”或C.“小于”）木盒2（含細沙）的總重力。
（2）實驗時，木盒1不放細沙，質量設為，在木盒2中裝入適量的細沙，木盒2含沙總質量設為，接通電源，釋放紙帶，打點計時器打出一條紙帶，加速度記為，隨后將木盒1與木盒2（含細沙）位置互換，換一條紙帶再次實驗，打出第二條紙帶，加速度記為，兩紙帶編號為第一組，改變木盒2中細沙的多少，重復上述過程，得到多組紙帶。如圖乙為某組實驗中獲得的兩條紙帶中的一條，其中相鄰兩計數點間還有4個計時點未標出，已知交流電源的頻率為50Hz，則該紙帶運動的加速度　 　m/s2（保留3位有效數字）。
（3）通過理論分析，分別推導和的表達式后，找到和的關系：　 　（結果用、和表示）。
（4）將實驗測得的加速度繪制在丙圖中，得到關系圖像，已知當地重力加速度為9.80m/s2，由圖像可得木盒與木板間的動摩擦因數為　 　（保留2位有效數字）。
（5）由于紙帶的影響，實驗測得的動摩擦因數將　 　（填A.“保持不變”、B.“偏大”或C.“偏小”）。
13．（2025·射陽模擬）汽車搭載空氣懸掛有助于提升汽車的舒適性，某國產汽車的空氣懸掛由空氣彈簧與避震桶芯所組成。某次測試中，空氣彈簧內密封有一定質量的理想氣體，其壓縮和膨脹過程可簡化為如圖所示的p-V圖像。氣體從狀態等溫壓縮到狀態，然后從狀態B絕熱膨脹到狀態，B到C過程中氣體對外界做功為W，已知和W。求：
（1）狀態C的溫度；
（2）A到C全過程，空氣彈簧內的氣體內能變化量。
14．（2025·射陽模擬）如圖所示，交流發電機的線圈處于磁感應強度大小為的勻強磁場中，線圈繞垂直于磁場方向的轉軸勻速轉動。已知線圈匝數為匝，面積為，轉動的角速度為，通過理想變壓器連接阻值為的電阻，正常工作時，理想電流表示數為0.25A。若從圖示位置開始計時，
（1）寫出該發電機產生感應電動勢的瞬時值表達式；
（2）若不計發電機線圈電阻，求理想變壓器的原、副線圈匝數比。
15．（2025·射陽模擬）如圖所示，通過一個定滑輪用輕繩兩端各栓接質量均為m=1kg的物體A、B（視為質點），其中連接物體A的輕繩水平（繩足夠長），物體A放在一個足夠長的水平傳送帶上，其順時針轉動的速度恒定為v，物體A與傳送帶之間的動摩擦因數為0.25。現將物體A以10m/s速度從左端MN的標志線沖上傳送帶，已知傳送帶的速度v=5m/s，重力加速度為g。求：
（1）物體A剛沖上傳送帶時的加速度大小a1；
（2）物體A運動到距左端MN標志線的最遠距離xm；
（3）若傳送帶的速度取（0＜v'＜10m/s）范圍某一確定值時，可使物體A運動到距左端MN標志線的距離最遠時，與傳送帶因摩擦產生的內能最小，求：此時傳送帶的速度v'及摩擦產生的內能的最小值Qm。
16．（2025·射陽模擬）如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第三象限內，區域I（x<-L）內有方向垂直xOy平面向外的勻強磁場；區域II（-L0）的粒子從點a（-2L，-2L）沿y軸正方向、以大小為v0的初速度開始運動，從點b（-L，-L）沿x軸正方向進入區域II，粒子在電場中運動時間后，從坐標原點進入第一象限，第一象限內存在垂直xOy平面向里的磁場，該磁場內各點的磁感應強度大小B2與橫坐標x滿足B2=kx（k為大于0的常量）。不計粒子重力，求：
（1）區域I內勻強磁場磁感應強度B1的大小；
（2）區域II內勻強電場場強E的大小；
（3）該粒子在第一象限內運動過程中與y軸的最大距離。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】靜電的防止與利用
【解析】【解答】本題考查尖端放電、靜電屏蔽等知識，要深刻理解相關原理，并能用來分析生活中的應用。A．避雷針的工作原理主要是利用尖端放電避免雷擊，故A錯誤；
BD．高壓輸電線的上方還有兩條導線，這兩條導線的作用是它們與大地相連，形成稀疏的金屬“網”把高壓線屏蔽起來，免遭雷擊，與工作服內摻入的金屬絲，都是利用了靜電屏蔽的原理，故B正確，D錯誤。
C．點火器是利用高壓尖端放電的原理，而工作服內摻入的金屬絲，是利用了靜電屏蔽的原理，故C錯誤；
故選B。
【分析】避雷針和點火器的工作原理主要是尖端放電；圖丁中工作服內摻入的金屬絲的工作原理是靜電屏蔽；圖乙中與大地相連的兩條導線所起的作用是靜電屏蔽。
2．【答案】B
【知識點】波的衍射現象
【解析】【解答】波的衍射是不需要條件的，但要發生明顯的衍射必須滿足一定的條件。波長相對小孔（或障礙物）尺寸越長，衍射現象越明顯。A．發生明顯衍射的條件是障礙物的尺寸與波長差不多或比波長短，由于波源發出的波在障礙物處不能發生明顯衍射，表明障礙物的尺寸比波長大得多，為了使波發生較為明顯的衍射，需要增大波長或減小障礙物的長度，可知增大障礙物的長度不能使波發生較為明顯的衍射，A錯誤；
B．波源遠離障礙物將產生多普勒效應，障礙物處接收到的頻率減小，根據
可知，波源遠離障礙物，等效于增大波長，根據上述，該措施能使波發生較為明顯的衍射，B正確；
C．波源靠近障礙物將產生多普勒效應，障礙物處接收到的頻率增大，根據
可知，波源靠近障礙物，等效于減小波長，根據上述，該措施不能使波發生較為明顯的衍射，C錯誤；
D．根據
可知，增大波源的振動頻率時，波長減小，根據上述，該措施不能使波發生較為明顯的衍射，D錯誤。
故選B。
【分析】發生明顯衍射的條件：縫、孔的寬度或障礙物的尺寸跟波長相差不多，或者比波長更小。
3．【答案】D
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】物理公式不僅確定了各個物理量之間的關系，同時也確定了物理量的單位之間的關系，根據物理公式來分析物理量的單位即可。根據角動量的表達式
位置矢量單位為m，動量單位為，可知角動量單位為
故選D。
【分析】由于物理單位遵循基本乘除運算法則，結合位置矢量和動量的單位以及角動量的表達式可求角動量的單位。
4．【答案】D
【知識點】液體的表面張力
【解析】【解答】本題考查了液體表面張力，要能從眾多的物理現象中識別出這種現象；知道這種現象的本質原因是液體分子間的引力作用。先把個棉線圈拴在鐵絲環上，再把環在肥皂液里浸一下，使環上布滿肥皂液薄膜。膜中分子間的距離比液體內部大一些，分子間的相互作用表現為引力，所以產生收縮效果；用燒熱的針刺破a側的薄膜，b中的水膜能使b的面積最小。
故選D。
【分析】液體跟氣體接觸的表面存在一個薄層，叫做表面層，表面層里的分子比液體內部稀疏，分子間的距離比液體內部大一些，分子間的相互作用表現為引力。
5．【答案】A
【知識點】光電效應
【解析】【解答】解決本題的關鍵是要掌握住光電效應的發生條件，入射光的頻率必須大于金屬的截止頻率。AB．用紫外線燈照射鋅板時，鋅板發生光電效應，逸出電子，驗電器所帶負電荷逐漸被中和，因此驗電器帶電量減小，故驗電器指針張角逐漸減小直至閉合，此時負電荷被完全中和，繼續用紫外線照射鋅板，驗電器開始帶上正電，隨著照射時間的增加，鋅板逸出的電子增加，鋅板所帶正電荷增加，帶電量增加，驗電器張角逐漸增大，故A正確，B錯誤；
CD．紫光的頻率大于紅光的頻率，根據光電效應產生的條件，入射光的頻率必須大于金屬的截止頻率才能發生光電效應，則可知頻率大的光照射金屬能夠發生光電效應時，頻率小的光不一定可以使該金屬發生光電效應，若不能發生光電效應，則驗電器指針的張角不會發生變化，故CD錯誤。
故選A。
【分析】當紫外線燈射鋅板時，產生了光電效應，有光電子從鋅板逸出，會使原本帶負電的鋅板失去部分電子，帶電量減少。
6．【答案】A
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題主要是考查萬有引力定律及其應用，解答本題的關鍵是能夠根據萬有引力提供向心力結合向心力公式進行分析，掌握變軌原理。太空垃圾無動力運行，由于軌道空間存在稀薄氣體，所以太空垃圾的軌道會逐漸減低，根據
可得
所以太空垃圾P、N的周期大于空間站，在軌道降低過程中，P最有可能對空間站造成損害，N會在空間站的后方。
故選A。
【分析】太空垃圾無動力運行，由于軌道空間存在稀薄氣體，所以太空垃圾的軌道會逐漸減低，根據運動情況進行分析。
7．【答案】D
【知識點】電路故障分析
【解析】【解答】電壓表示數雖然有變化，但變化不明顯，說明滑動變阻器既不斷路，也不短路。在較大范圍內調節滑動變阻器阻值，說明滑動變阻器阻值可以很大，由于其阻值始終相對于電池內阻很大，即電池內阻太小，導致電壓表示數雖然有變化，但變化不明顯。
故選D。
【分析】如果滑動變阻器與電路接觸處斷路，則電壓表示數不變；根據閉合電路的歐姆定律分析。
8．【答案】B
【知識點】電磁感應的發現及產生感應電流的條件
【解析】【解答】判斷有無感應電流產生對照感應電流產生的條件，抓住兩點：一是電路要閉合；二是磁通量要變化。由題，模具的形狀與磁感線的形狀是相同的，則線圈貼著模具上下移動的過程中穿過線圈的磁感線的條數不會發生變化，即穿過線圈的磁通量不變，所以線圈緊密套在模具上移動過程中不出現感應電流。同樣若線圈平面放置不水平，則移動過程中由于穿過線圈的磁通量不變，也不會產生感應電流。
故選B。
【分析】明確感應電流的產生的，知道若穿過線圈的磁通量變化就會產生感應電流，據此判斷即可。
9．【答案】A
【知識點】光的全反射
【解析】【解答】本題考查光的折射定律，解題時需注意：根據題意正確畫出光路圖，根據幾何知識正確找出角度關系，依光的折射定律列式求解。AB．太陽照到沙地上，接近地面的熱空氣比上層空氣的密度小，折射率也小。從遠處物體射向地面的光，進入折射率較小的熱空氣層時被折射，當入射角大于臨界角時發生全反射，人們逆著反射光看去，就會在看到遠處物體的倒立的虛像，如圖1。選項A正確，B錯誤；
CD．太陽照到海面上，接近海面的冷空氣比上層空氣的密度大，折射率也大。從遠處物體射向大氣層的光，進入折射率較小的熱空氣層時被折射，當入射角大于臨界角時發生全反射，人們逆著反射光看去，就會在看到遠處物體的正立的虛像，如圖2。選項CD錯誤。
故選A。
圖1 圖2
【分析】因為空氣的折射率隨溫度升高而減小，則太陽照到沙地上，接近地面的熱空氣比上層空氣的折射率小， 接近海面的冷空氣比上層空氣的折射率大 。
10．【答案】C
【知識點】電勢；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題考查電場圖像的認識，注意電荷的周圍電場的分布特點，電荷在電場中與電勢的乘積為電勢能。電場力做功的正負決定電勢能的增加與否。A．M、N連線中點處場強大于0，且兩點間場強最小位置處距離N點較近，可知，固定在M點的點電荷電量比固定在N點的點電荷電量大，故A錯誤；
B．若有一正點電荷由Q點向右側無窮遠處運動，電場力做正功，電勢能不斷減小，一直到零，所以Q點的電勢大于零，故B錯誤；
C．從C點由靜止釋放一正點電荷，僅在電場力作用下，到D點前場強一直為正值，則場強方向不變，電場力方向不變，它將一直做加速運動，故C正確；
D．從P點由靜止釋放一負點電荷，僅在電場力作用下，在它由Q向N運動過程中電場力做負功，電勢能增大，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據電場的大小分布關系分析電荷量大小，沿著電場線電勢降低，根據功能關系分析電場力做功的正負和電勢能的變化情況。
11．【答案】D
【知識點】胡克定律；牛頓第二定律；機械能守恒定律；簡諧運動
【解析】【解答】本題考查功能關系，要求學生能正確分析物體的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。A．C物體疊加在B物體上面靜止時，根據平衡條件可得
拿走C物體后，B物體在彈簧上做簡諧運動，其在平衡位置時，彈簧壓縮長度有
其振幅
當B物體上升到最高點，此時彈簧拉伸長度最長，由于物體A恰好不離開地面，由平衡條件可得
所以由振幅相等
解得物體C的質量為
故A錯誤；
B．B物體在最高點受重力和彈簧彈力，由于物體A恰好不離開地面，故
所以由牛頓第二定律可得B物體在最高點的加速度為
故B錯誤；
D．物體B上升的最大高度為
故D正確；
C．當B物體經過平衡位置的時候其速度最大，B物體從最高點回落到平衡位置的過程中，B物體與彈簧組成的系統機械能守恒，則
解得物體B的最大速度大小為
故C錯誤。
故選D。
【分析】開始靜止時根據平衡條件列式，拿走C之后B做簡諧運動，根據平衡位置的定義列式，根據距離關系列出振幅與彈性形變量的關系式，B上升到最高點時對A列平衡式，聯立求解C的質量；根據牛頓第二定律求解物體B運動到最高點時的加速度大小；當B物體經過平衡位置的時候其速度最大，B物體從最高點回落到平衡位置的過程中，根據系統機械能守恒定律求解物體B的最大速度大小；根據B的振幅求解物體B上升的最大高度。
12．【答案】（1）A；B；C
（2）1.20
（3）
（4）0.54
（5）偏大
【知識點】加速度；滑動摩擦力與動摩擦因數
【解析】【解答】本題主要考查了測量木盒與木板之間的動摩擦因數的實驗，要明確實驗的原理，掌握實驗的正確操作，掌握逐差法求加速度的方法，能夠根據實驗原理正確分析實驗誤差。
（1）實驗中，為了確保細線的拉力就沿長木板方向，需要調整定滑輪的高度，使細線與長木板平行。
故選A。
實驗目的是測量木盒與木板之間的動摩擦因數，可知，實驗中不需要將長木板左側墊高來平衡摩擦力。
故選B。
甲圖中，加速運動過程中，木盒2的加速度方向向下，根據牛頓第二定律可知，繩子中拉力小于木盒2（含細沙）的總重力。
故選C。
（2）相鄰兩計數點間還有4個計時點未標出，則相鄰計數點間的時間間隔為
根據逐差法得出加速度
（3）設木盒1的質量為，木盒2（含細沙）的質量為，對整體進行分析，根據牛頓第二定律有
位置互換后，對整體進行分析，根據牛頓第二定律有
解得
（4）結合上述有
根據圖丙有
解得
（5）由于紙帶與打點計時器間有摩擦，所以測量的動摩擦因數會偏大。
【分析】（1）從保證木盒所受的拉力方向保持不變的角度分析作答；根據實驗原理分析是否需要平衡摩擦力；根據牛頓第二定律分析作答；
（2）根據逐差法求加速度；
（3）根據牛頓第二定律列式，得到a2-a1函數關系式；
（4）根據函數關系，結合圖像縱截距求解作答；
（5）紙帶與打點計時器間有摩擦，結合實驗原理分析實驗誤差。
（1）[1]實驗中，為了確保細線的拉力就沿長木板方向，需要調整定滑輪的高度，使細線與長木板平行。
故選A。
[2]實驗目的是測量木盒與木板之間的動摩擦因數，可知，實驗中不需要將長木板左側墊高來平衡摩擦力。
故選B。
[3] 甲圖中，加速運動過程中，木盒2的加速度方向向下，根據牛頓第二定律可知，繩子中拉力小于木盒2（含細沙）的總重力。
故選C。
（2）相鄰兩計數點間還有4個計時點未標出，則相鄰計數點間的時間間隔為
根據逐差法得出加速度
（3）設木盒1的質量為，木盒2（含細沙）的質量為，對整體進行分析，根據牛頓第二定律有
位置互換后，對整體進行分析，根據牛頓第二定律有
解得
（4）結合上述有
根據圖丙有
解得
（5）由于紙帶與打點計時器間有摩擦，所以測量的動摩擦因數會偏大。
13．【答案】（1）解：從B到C過程，根據理想氣體狀態方程可知
解得
（2）解：根據熱力學第一定律可知A到B過程
B到C過程
由于
故A到C過程氣體內能增加
聯立解得
【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程；熱力學第一定律及其應用
【解析】【分析】（1）由理想氣體狀態方程結合p-V圖像可求狀態C時的溫度；
（2）由熱力學第一定律可求氣體內能的變化。
（1）從B到C過程，根據理想氣體狀態方程可知
解得
（2）根據熱力學第一定律可知A到B過程
B到C過程
由于
故A到C過程氣體內能增加
聯立解得
14．【答案】解：（1）該發電機產生感應電動勢的瞬時值表達式
（2）變壓器原線圈兩端的電壓為
變壓器輸入功率等于輸出功率，則
解得
根據理想變壓器原副線圈電流與線圈匝數的關系，理想變壓器的原、副線圈匝數比為
【知識點】變壓器原理；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【分析】（1）利用Em=NBSω可得感應電動勢最大值，根據由線圈所在位置計時，利用e=Emcosωt可得感應電動勢瞬時值表達式；
（2）根據題意可得原線圈兩端電壓，根據理想變壓器輸入功率等于輸出功率可得副線圈中電流大小，根據原副線圈電流與匝數的關系可得匝數比。
15．【答案】（1）解：若傳送帶速度v=5m/s時，由系統牛頓第二定律
對物體A有
對物體B有
解得加速度的大小
（2）解：物體A向右減速到5m/s時的位移為x1，由運動學公式有
得
當物體速度小于5m/s時，物體A受摩擦力向右，設加速度為a2，由牛頓第二定律得
對物體A、B整體，加速度的大小
解得加速度的大小
物體A向右由5m/s減速到零時的位移為x2，由運動學公式有
得
物體A運動到距左端MN標志線的最遠距離為
（3）解：物體A向右減速到v'時的時間為
物體A向右減速到v'時相對傳送帶向前的位移為Δx1，由運動學公式有
物體A向右由v'減速到零時，相對傳送帶向后的位移為Δx2，由運動學公式有
物體A與傳送帶因摩擦產生的內能為
對二次函數求極值得：當m/s時，產生的內能最小為
【知識點】功能關系；牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【分析】（1）對A和B，分別運用牛頓第二定律列式，即可求出加速度；
（2）根據牛頓第二定律和運動學公式求解物體A運動到距左端MN標志線的最遠距離xm；
（2）根據運動學公式得到物體A與傳送帶相對位移的大小與v'的關系，從而得到摩擦產生的內能與v'的關系式，由數學知識求解內能最小時v的值，并求內能的最小值。
16．【答案】（1）解：粒子的運動軌跡如圖所示
由幾何關系得粒子在區域I中運動的軌跡半徑為
由牛頓第二定律得
解得
（2）解：設勻強電場的水平分量為，豎直分量為，由牛頓第二定律得、
粒子沿x軸、y軸的分運動均為勻變速直線運動，沿x軸方向有
沿y軸方向有
解得，
區域II內勻強電場場強E的大小為
（3）解：粒子經過坐標原點O瞬間，沿x軸方向的分速度大小為
沿y軸方向的分速度大小為
粒子經過O點瞬間的速度大小為
粒子在第一象限內運動過程中，當粒子與y軸距離最大時，粒子沿x軸方向的分速度為0，沿y軸方向的分速度大小為
在y軸方向由動量定理得
而
解得
【知識點】動量定理；帶電粒子在有界磁場中的運動；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）根據題意，畫出粒子的運動軌跡。粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系確定粒子在區域Ⅰ中運動的軌跡半徑，根據洛倫茲力提供向心力列方程，求出區域Ⅰ內勻強磁場磁感應強度B1的大小；
（2）粒子在區域Ⅱ內運動時，沿水平方向和豎直方向，分別根據牛頓第二定律和位移—時間公式列式，分別兩個方向的場強分量，再合成求出勻強電場場強E的大小；
（3）由運動學公式和速度合成求出粒子經過O點瞬間的速度大小。在y軸方向，利用動量定理求該粒子在第一象限內運動過程中與y軸的最大距離。
（1）粒子的運動軌跡如圖所示
由幾何關系得粒子在區域I中運動的軌跡半徑為
由牛頓第二定律得
解得
（2）設勻強電場的水平分量為，豎直分量為，由牛頓第二定律得、
粒子沿x軸、y軸的分運動均為勻變速直線運動，沿x軸方向有
沿y軸方向有
解得，
區域II內勻強電場場強E的大小為
（3）粒子經過坐標原點O瞬間，沿x軸方向的分速度大小為
沿y軸方向的分速度大小為
粒子經過O點瞬間的速度大小為
粒子在第一象限內運動過程中，當粒子與y軸距離最大時，粒子沿x軸方向的分速度為0，沿y軸方向的分速度大小為
在y軸方向由動量定理得
而
解得
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