資源簡(jiǎn)介

2025屆江蘇省泰州中學(xué)高三上學(xué)期一模物理試題
一、單選題
1．（2025·海陵模擬）如圖甲，在力傳感器下端懸掛一鉤碼。某同學(xué)手持該傳感器，從站立狀態(tài)下蹲，再?gòu)南露谞顟B(tài)起立回到站立狀態(tài)，此過(guò)程中手和上身保持相對(duì)靜止。下蹲過(guò)程傳感器受到的拉力隨時(shí)間變化情況如圖乙，則起立過(guò)程傳感器受到的拉力隨時(shí)間變化情況可能是（　?。?br/>A．
B．
C．
D．
2．（2025·海陵模擬）如圖所示，通以恒定電流的形導(dǎo)線放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。已知導(dǎo)線組成的平面與磁場(chǎng)方向平行，導(dǎo)線的、段的長(zhǎng)度均為，兩段導(dǎo)線間的夾角為，且兩段導(dǎo)線與磁場(chǎng)方向的夾角均為，則導(dǎo)線受到的安培力為（　　）
A．0 B． C． D．
3．（2025·海陵模擬）如圖所示為一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)變化時(shí)的圖像，由圖像可知，此氣體的體積（　?。?br/>A．先不變后變大 B．先不變后變小
C．先變大后不變 D．先變小后不變
4．（2025·海陵模擬）如圖所示，地球和月球連線上的P1、P2兩點(diǎn)為兩個(gè)拉格朗日點(diǎn)，處在拉格朗日點(diǎn)的物體在地球和月球引力的共同作用下，可與月球一起以相同的周期繞地球運(yùn)動(dòng)?？茖W(xué)家設(shè)想分別在兩個(gè)拉格朗日點(diǎn)建立兩個(gè)空間站，使其與月球同周期繞地球運(yùn)動(dòng)。以、分別表示P1、P2處兩空間站的向心加速度大小，表示月球的向心加速度大小，下列判斷正確的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·海陵模擬）半徑為R的半圓柱形透明材料的橫截面如圖所示，某實(shí)驗(yàn)小組將該透明材料的A處磨去少許，使一激光束從A處射入時(shí)能夠沿AC方向傳播。已知AC與直徑AB的夾角為30°，激光束到達(dá)材料內(nèi)表面的C點(diǎn)后同時(shí)發(fā)生反射和折射現(xiàn)象。已知該材料的折射率為，則在C點(diǎn)的反射光束與折射光束的夾角為（　?。?br/>A．60° B．75° C．90° D．105°
6．（2025·海陵模擬）1801年，托馬斯·楊進(jìn)行了著名的楊氏雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，有力地支持了光的波動(dòng)說(shuō)。如圖甲所示是雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置的示意圖，某次實(shí)驗(yàn)中，利用黃光得到的干涉條紋如圖乙所示。為了增大條紋間距，下列做法中可行的是（　?。?br/>A．只增大濾光片到單縫的距離
B．只增大雙縫間的距離
C．只增大雙縫到屏的距離
D．只把黃色濾光片換成綠色濾光片
7．（2025·海陵模擬）如圖所示， 質(zhì)量為1kg的小球用一輕繩懸掛， 在恒力 F 作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)， 此時(shí)懸線與豎直方向的夾角為60°。若把小球換成一質(zhì)量為2kg的另一小球，仍在該恒力F的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)， 懸線與豎直方向的夾角變?yōu)?0°。重力加速度為g=10m/s2，則恒力F的大小為（　?。?br/>A．10N B．20N C． D．
8．（2025·海陵模擬）如圖所示，導(dǎo)體AB的長(zhǎng)為2R，繞O點(diǎn)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，OB長(zhǎng)為R，且OBA三點(diǎn)在一條直線上，有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)充滿轉(zhuǎn)動(dòng)平面，且與轉(zhuǎn)動(dòng)平面垂直，那么A、B兩端的電勢(shì)差為（　?。?br/>A． BωR2 B．2BωR2 C．4BωR2 D．6BωR2
9．（2025·海陵模擬）如圖所示，用氣體壓強(qiáng)傳感器“探究等溫情況下一定質(zhì)量氣體壓強(qiáng)與體積的關(guān)系”，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．注射器必須水平放置
B．推拉活塞時(shí)，動(dòng)作要快，以免氣體進(jìn)入或漏出
C．活塞移至某位置時(shí)，應(yīng)等狀態(tài)穩(wěn)定后再記錄數(shù)據(jù)
D．實(shí)驗(yàn)中氣體的壓強(qiáng)和體積都可以通過(guò)數(shù)據(jù)采集器獲得
10．（2025·海陵模擬）某款游戲中，參與者身著各種游戲裝備及護(hù)具，進(jìn)行模擬作戰(zhàn)訓(xùn)練。若某游戲參與者以相等間隔時(shí)間連續(xù)水平發(fā)射三顆子彈，不計(jì)空氣阻力，O為圖線中點(diǎn)，則子彈在空中的排列形狀應(yīng)為（　?。?br/>A． B．
C． D．
11．（2025·海陵模擬）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，圓環(huán)套在傾斜的粗糙固定桿上，桿與水平面之間的夾角為α，圓環(huán)在A處時(shí)彈簧豎直且處于原長(zhǎng)。將圓環(huán)從A處?kù)o止釋放，到達(dá)C處時(shí)速度為零。若圓環(huán)在C處獲得沿桿向上的速度v，恰好能回到A。已知，B是AC的中點(diǎn)，彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則（　　）
A．下滑過(guò)程中，環(huán)的加速度逐漸減小
B．下滑過(guò)程中，環(huán)與桿摩擦產(chǎn)生的熱量為
C．從C到A過(guò)程，彈簧對(duì)環(huán)做功為
D．環(huán)經(jīng)過(guò)B時(shí)，上滑的速度小于下滑的速度
二、實(shí)驗(yàn)題
12．（2025·海陵模擬）某興趣小組為了測(cè)量量程為5mA毫安表的內(nèi)阻，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路。
（1）在檢查電路連接正確后，實(shí)驗(yàn)時(shí)， 操作步驟如下：先將滑動(dòng)變阻器R的滑片P移到最右端，調(diào)整電阻箱R0的阻值為零，閉合開關(guān)S，再將滑片P緩慢左移，使毫安表上電流滿偏；保持滑片P不動(dòng)，調(diào)整R0的阻值，使毫安表上讀數(shù)為2mA，記下此時(shí)R0的電阻為300.0Ω。
（2）則該毫安表的內(nèi)阻的測(cè)量值為　 　，該測(cè)量值　 　實(shí)際值（選填“大于”、“等于”或“小于”）。
（3）現(xiàn)將某定值電阻R1與該毫安表連接，將該毫安表改裝為一個(gè)量程為30mA的電流表，并用標(biāo)準(zhǔn)電流表進(jìn)行檢測(cè)，如圖乙所示。
①需要接入的定值電阻R1的阻值為　 　Ω；
②在乙圖中虛線框內(nèi)補(bǔ)全改裝電路圖　 ??；
③當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)電流表的示數(shù)為12mA時(shí)，流經(jīng)毫安表中的電流示數(shù)可能為　 　。
A.1.9mA B.2mA C.2.1mA
三、解答題
13．（2025·海陵模擬）如圖所示，圓形水平餐桌面上有一個(gè)半徑為r可轉(zhuǎn)動(dòng)的圓盤，圓盤的邊緣放置一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，物塊質(zhì)量為m，與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。從靜止開始緩慢增大圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度至物塊恰好要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g。在上述過(guò)程中，求：
（1）圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小為ω時(shí)，物塊所受摩擦力大小f；
（2）物塊恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小。
14．（2025·海陵模擬）激光冷卻中性原子的原理如圖所示，質(zhì)量為m、速度為v0的原子連續(xù)吸收多個(gè)迎面射來(lái)的頻率為的光子后，速度減小。不考慮原子質(zhì)量的變化，光速為c。求：
（1）一個(gè)光子的動(dòng)量；
（2）原子吸收第一個(gè)光子后速度的大小。
15．（2025·海陵模擬）如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距L = 1.0 m，左端連接阻值R = 4.0 Ω的電阻，勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B = 0.5 T方向豎直向下。質(zhì)量m = 0.2 kg、長(zhǎng)度L = 1.0 m、電阻r = 1.0 Ω的金屬桿置于導(dǎo)軌上，向右運(yùn)動(dòng)并與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，從t = 0時(shí)刻開始對(duì)桿施加一平行于導(dǎo)軌方向的外力F，桿運(yùn)動(dòng)的v t圖像如圖乙所示，其余電阻不計(jì)。求：
（1）在t = 2.0 s時(shí)，電路中的電流I和金屬桿PQ兩端的電壓UPQ；
（2）在t = 2.0 s時(shí)，外力F的大小；
（3）若0 ~ 3.0 s內(nèi)克服外力F做功1.8 J，求此過(guò)程流過(guò)電阻R的電荷量和電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。
16．（2025·海陵模擬）為測(cè)量帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，在某實(shí)驗(yàn)裝置中建立如圖所示三維坐標(biāo)系，并沿y軸負(fù)方向施加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。此裝置中還可以添加任意方向、大小可調(diào)的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電量為的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v沿x軸正方向射入該裝置，不計(jì)粒子重力的影響。
（1）若該粒子恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求所加電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向；
（2）若不加電場(chǎng)，保持磁場(chǎng)方向不變，改變磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，使該粒子恰好能夠經(jīng)過(guò)坐標(biāo)為的點(diǎn)，求改變后的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小：
（3）若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向不變，將電場(chǎng)強(qiáng)度大小調(diào)整為，方向平行于yOz平面，使該粒子能夠在xOy平面內(nèi)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，并經(jīng)過(guò)坐標(biāo)為的點(diǎn)，求調(diào)整后電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】超重與失重
【解析】【解答】物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。下蹲過(guò)程，鉤碼先向下加速再向下減速，則加速度方向先向下后向上，則鉤碼先處于失重狀態(tài)，再處于超重狀態(tài)，傳感器受到的拉力先小于鉤碼的重力再大于鉤碼的重力。
起立過(guò)程，鉤碼先向上加速再向上減速，則加速度方向先向上后向下，則鉤碼先處于超重狀態(tài)，再處于失重狀態(tài)，傳感器受到的拉力先大于鉤碼的重力再小于鉤碼的重力。
故選C。
【分析】失重狀態(tài)：當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力小于物體的真實(shí)重力時(shí)，就說(shuō)物體處于失重狀態(tài)，此時(shí)有向下的加速度；超重狀態(tài)：當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力大于物體的真實(shí)重力時(shí)，就說(shuō)物體處于超重狀態(tài)，此時(shí)有向上的加速度。人下蹲過(guò)程分別有失重和超重兩個(gè)過(guò)程，先是加速下降失重，到達(dá)一個(gè)最大速度后再減速下降超重，起立也是如此。
2．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】安培力的計(jì)算
【解析】【解答】本題考查安培力的計(jì)算，關(guān)鍵是由圖得到安培力公式中的角度，即磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流的夾角。計(jì)算導(dǎo)線受到的安培力可利用其有效長(zhǎng)度，導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度為線段ac，因線段ac與磁感應(yīng)強(qiáng)度B平行，故導(dǎo)線所受安培力為0。
故選A。
【分析】根據(jù)安培力的公式，結(jié)合圖像中電流與磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，可計(jì)算導(dǎo)線受到的安培力。
3．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】理想氣體與理想氣體的狀態(tài)方程
【解析】【解答】該題考查了理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用，解答此類問(wèn)題要注意會(huì)對(duì)圖像的觀察和分析。根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，可得，可知為等容變化，即體積不變；由題圖可知為等溫變化，壓強(qiáng)變大，由可知體積變小，所以氣體的體積先不變后變小。
故選B。
【分析】逐步分析各狀態(tài)的狀態(tài)參量的變化，利用理想狀態(tài)方程定性分析即可得知?dú)怏w的體積的變化。
4．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用
【解析】【解答】注意掌握萬(wàn)有引力充當(dāng)向心力和圓周運(yùn)動(dòng)向心加速度公式的綜合應(yīng)用。因空間站建在拉格朗日點(diǎn)，故周期等于月球的周期，根據(jù)
可知，軌道半徑越大，其加速度就越大，故有
D正確，ABC錯(cuò)誤。
故選D。
【分析】空間站在P1、P2處的空間站點(diǎn)能與月球同步繞地球運(yùn)動(dòng)，其繞地球運(yùn)行的周期、角速度等于月球繞地球運(yùn)行的周期、角速度，由加速度公式分析向心加速度的大小關(guān)系。
5．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本題主要是考查了光的折射，解答此類題目的關(guān)鍵是弄清楚光的傳播情況，畫出光路圖，通過(guò)光路圖進(jìn)行分析。光路圖如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可知，光束在C點(diǎn)的入射角、反射角均為
根據(jù)折射定律有
解得
則在C點(diǎn)的反射光束與折射光束的夾角為
故選D。
【分析】作出光路圖，根據(jù)折射定律求出光束在C點(diǎn)的折射角，再根據(jù)幾何知識(shí)求解在C點(diǎn)的反射光束與折射光束的夾角。
6．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】光的雙縫干涉；干涉條紋和光的波長(zhǎng)之間的關(guān)系
【解析】【解答】條紋間距Δx與雙縫距離d、光的波長(zhǎng)λ及雙縫到屏的距離l之間的關(guān)系為
可知，增大濾光片到單縫的距離，對(duì)條紋間距沒(méi)有影響；增大雙縫間的距離，條紋間距將減??；增大雙縫到屏的距離，條紋間距將增大；把黃色濾光片換成綠色濾光片，則色光的波長(zhǎng)變小了，條紋間距也將減小。
故選C。
【分析】根據(jù)雙縫干涉條紋間距的公式，分析判斷各種方案的正誤。
7．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡
【解析】【解答】本題考查共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題，要熟練分析物體的受力，結(jié)合幾何關(guān)系和正弦定理完成解答。分別對(duì)兩個(gè)位置受力分析，并建立如圖所示的三角形
設(shè)恒力F與豎直方向的夾角為，根據(jù)正弦定理可得：
，
聯(lián)立解得
故選A。
【分析】對(duì)小球受力分析，建立平面直角坐標(biāo)系，分方向列平衡方程，聯(lián)立求解即可。
8．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)
【解析】【解答】解決本題的關(guān)鍵要掌握轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E=BωL2，會(huì)根據(jù)E=Blv進(jìn)行推導(dǎo)，并在理解的基礎(chǔ)上記牢這個(gè)結(jié)論。
導(dǎo)體AB切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為
E=B 2Rv
因?qū)wAB上各點(diǎn)的角速度相等，由v=ωr知v與r成正比，則平均速度
聯(lián)立可得
E=4BR2ω
AB兩端的電勢(shì)差大小等于導(dǎo)體AB中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，即為4BR2ω。
故選C。
【分析】導(dǎo)體AB上各點(diǎn)切割感線的速度不等，應(yīng)用平均速度求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，結(jié)合線速度與角速度的關(guān)系式v=ωr來(lái)解答。
9．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【解答】解答本題時(shí)，要理解實(shí)驗(yàn)原理，控制實(shí)驗(yàn)條件，根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作要求和注意事項(xiàng)解答。A．實(shí)驗(yàn)時(shí)注射器如何放置對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果沒(méi)有影響，故A錯(cuò)誤；
B．推拉活塞時(shí)，動(dòng)作要慢，使其溫度與環(huán)境保持一致，故B錯(cuò)誤；
C．活塞移至某位置時(shí)，應(yīng)等狀態(tài)穩(wěn)定后再記錄數(shù)據(jù)，故C正確；
D．注射器中封閉一定質(zhì)量的氣體，用壓強(qiáng)傳感器與注射器相連，通過(guò)數(shù)據(jù)采集器和計(jì)算機(jī)可以測(cè)出注射器中封閉氣體的壓強(qiáng)，體積可以從注射器上的刻度讀出，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】注射器如何放置對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果沒(méi)有影響；要保證氣體的溫度不變，動(dòng)作要慢；應(yīng)等狀態(tài)穩(wěn)定后再記錄數(shù)據(jù)；實(shí)驗(yàn)中氣體的壓強(qiáng)可以通過(guò)數(shù)據(jù)采集器和計(jì)算機(jī)獲得，體積可以從注射器上的刻度讀出。
10．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】知道把子彈的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)是解題的基礎(chǔ)。AB．三發(fā)子彈均做平拋運(yùn)動(dòng)，且拋出點(diǎn)相同，初速度相同，軌跡相同，所以三發(fā)子彈一定在同一條拋物線上，不可能在同一條直線上，AB錯(cuò)誤；
CD．因?yàn)橛螒騾⑴c者以相等間隔時(shí)間連續(xù)水平發(fā)射，所以三發(fā)子彈所在的豎直線一定是等間距分布的，因?yàn)镺點(diǎn)是圖線的中點(diǎn)，所以，第二發(fā)子彈一定在O點(diǎn)的正上方，C正確，D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】三發(fā)子彈都是做平拋運(yùn)動(dòng)，把子彈的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，然后分析即可。
11．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】能量守恒定律；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【解答】A．環(huán)由A到C，初速度和末速度均為0，可知環(huán)先加速后減速。圓環(huán)所受彈簧的彈力逐漸增大，彈簧一直處于伸長(zhǎng)狀態(tài)。并且，彈簧彈力方向越來(lái)越靠近斜桿，分析圓環(huán)的受力可知，其合力先沿著斜桿向下，再沿著斜桿向上，且合力的大小先減小后增大，所以圓環(huán)的加速度先減小后增大，故A錯(cuò)誤；
B．環(huán)由A到C，有
環(huán)由C到A，有
解得
，
故B錯(cuò)誤，C正確；
D．由功能關(guān)系可知，圓環(huán)由A下滑至B，有
圓環(huán)由B上滑至A，有
則
即環(huán)經(jīng)過(guò)B時(shí)，上滑的速度大于下滑的速度，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】1.掌握對(duì)環(huán)的受力分析，結(jié)合牛頓第二定律判斷環(huán)加速度變化。
2.環(huán)由A到C和環(huán)由C到A兩個(gè)過(guò)程，掌握能量守恒定律分析。
3.知道環(huán)經(jīng)過(guò)B的對(duì)應(yīng)的兩個(gè)過(guò)程，掌握動(dòng)能定理的應(yīng)用。
12．【答案】200；大于；；；C
【知識(shí)點(diǎn)】表頭的改裝；閉合電路的歐姆定律；測(cè)定電壓表或電流表的內(nèi)阻
【解析】【解答】無(wú)論表頭G改裝成電壓表還是電流表，它的三個(gè)特征量Ug、Ig、Rg是不變的，即通過(guò)表頭的最大電流Ig并不改變。（2）根據(jù)
解得
（3）當(dāng)?shù)淖柚祻?開始增大時(shí)，電路中的總電阻在增大，干路電流會(huì)減小，所以毫安表和電阻箱實(shí)際分去的電壓會(huì)增大，大于，根據(jù)
可得
可知毫安表內(nèi)阻的測(cè)量值要大于實(shí)際值。
根據(jù)
解得
如圖所示
由分析可知，的測(cè)量值偏大，實(shí)際值比小，因此分流能力強(qiáng)，電流大于
其中
故選C。
【分析】 （2）根據(jù)歐姆定律求解毫安表的內(nèi)阻，R0的阻值從0開始增大時(shí)，電路中的總電阻在增大，毫安表和電阻箱實(shí)際分去的電壓會(huì)增大，毫安表內(nèi)阻的測(cè)量值要大于實(shí)際值；
（3）①根據(jù)歐姆定律求解需要接入的定值電阻R1的阻值；
②電流表與接入的定值電阻并聯(lián)然后接入電路；
③Rg的測(cè)量值偏大，分流能力實(shí)際更強(qiáng)，分得電流偏大，示數(shù)偏大。
13．【答案】解：（1）圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω時(shí)，由靜摩擦力提供向心力
解得
（2）對(duì)滑塊，恰要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)
解得
【知識(shí)點(diǎn)】生活中的圓周運(yùn)動(dòng)
【解析】【分析】（1）由于物塊受到的摩擦力提供向心力，利用向心力的表達(dá)式可以求出摩擦力的大??；
（2）當(dāng)物塊恰好滑動(dòng)時(shí)物塊受到的摩擦力達(dá)到最大值，利用滑動(dòng)摩擦力提供向心力可以求出角速度的大小。
14．【答案】（1）解：根據(jù)德布羅意波長(zhǎng)公式有
可得一個(gè)光子的動(dòng)量為
（2）解：根據(jù)動(dòng)量守恒有
所以原子吸收第一個(gè)光子后速度的大小為
【知識(shí)點(diǎn)】粒子的波動(dòng)性 德布羅意波
【解析】【分析】（1）根據(jù)動(dòng)量守恒定律結(jié)合波長(zhǎng)與頻率的關(guān)系分析求解；
（2）根據(jù)光子動(dòng)量以及動(dòng)量守恒定律分析作答。
（1）根據(jù)德布羅意波長(zhǎng)公式有
可得一個(gè)光子的動(dòng)量為
（2）根據(jù)動(dòng)量守恒有
所以原子吸收第一個(gè)光子后速度的大小為
15．【答案】（1）解：根據(jù)乙圖可知t = 2.0s時(shí)，v = 2m/s，則此時(shí)電動(dòng)勢(shì)
電路中的電流
金屬桿PQ兩端的電壓為外電壓，即
（2）解：由乙圖可知v t圖像斜率表示加速度
對(duì)金屬桿PQ進(jìn)行受力分析，則由牛頓第二定律得
解得
方向與運(yùn)動(dòng)方向相反。
（3）解：根據(jù)電荷量表達(dá)式可知
v t圖像與橫軸圍成的面積表示位移大小，則
解得
根據(jù)能量守恒定律可知
解得
電阻R產(chǎn)生的焦耳熱
【知識(shí)點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電磁感應(yīng)中的電路類問(wèn)題；電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題；電磁感應(yīng)中的能量類問(wèn)題
【解析】【分析】（1）根據(jù)乙圖讀出t=2.0s時(shí)金屬桿PQ的速度v，由E=BLv求出PQ產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由閉合電路歐姆定律求解電路中的電流I，由歐姆定律計(jì)算金屬桿PQ兩端的電壓UPQ；
（2）v-t圖像的斜率表示加速度，由此求解PQ的加速度，再根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合安培力的計(jì)算公式進(jìn)行解答；
（3）根據(jù)v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移大小，求出0～3.0s內(nèi)的位移，再推導(dǎo)出電荷量與位移的關(guān)系，即可求出此過(guò)程流過(guò)電阻R的電荷量。根據(jù)能量守恒定律和分配關(guān)系求電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。
（1）根據(jù)乙圖可知t = 2.0 s時(shí)，v = 2 m/s，則此時(shí)電動(dòng)勢(shì)
電路中的電流
金屬桿PQ兩端的電壓為外電壓，即
（2）由乙圖可知v t圖像斜率表示加速度
對(duì)金屬桿PQ進(jìn)行受力分析，則由牛頓第二定律得
解得
方向與運(yùn)動(dòng)方向相反。
（3）根據(jù)電荷量表達(dá)式可知
v t圖像與橫軸圍成的面積表示位移大小，則
解得
根據(jù)能量守恒定律可知
解得
電阻R產(chǎn)生的焦耳熱
16．【答案】（1）解：由左手定則可知，帶電粒子所受洛倫茲力沿z軸負(fù)方向，則有平衡條件可知，電場(chǎng)力沿z軸正方向，即電場(chǎng)強(qiáng)度沿z軸正方向，且有
解得
方向沿z軸正方向
（2）解：粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示
由幾何關(guān)系，有
解得粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為
r = 2a
由牛頓第二定律，有
解得
（3）解：由題意，電場(chǎng)力的一個(gè)分力沿z軸正方向平衡洛倫茲力，另一個(gè)分力沿y軸正方向提供類平拋運(yùn)動(dòng)加速度，如圖所示
則由平衡條件，有
qE1= qvB
曲平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有
其中
解得
則合場(chǎng)強(qiáng)為
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
【解析】【分析】（1）由粒子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可得到洛倫茲力與電場(chǎng)力的關(guān)系式，結(jié)合粒子電性，可計(jì)算電場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向；
（2）由粒子在磁場(chǎng)作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，可結(jié)合幾何關(guān)系計(jì)算粒子運(yùn)動(dòng)半徑；由洛倫茲力提供向心力，可計(jì)算磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；
（3）由粒子恰好在xOy平面內(nèi)做勻變速曲線，可知其在z軸方向上受合力為零，從而判斷電場(chǎng)力在z軸方向的分力與洛倫茲力的關(guān)系；粒子在電場(chǎng)力沿y軸方向分力的作用下，在xOy平面內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，由粒子經(jīng)過(guò)的已知坐標(biāo)，列運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系式，即可得到粒子在y軸方向上受到的電場(chǎng)力分力；結(jié)合兩個(gè)反向的電場(chǎng)力分力即可得到電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。
（1）由左手定則可知，帶電粒子所受洛倫茲力沿z軸負(fù)方向，則有平衡條件可知，電場(chǎng)力沿z軸正方向，即電場(chǎng)強(qiáng)度沿z軸正方向，且有
解得
方向沿z軸正方向；
（2）粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示
由幾何關(guān)系，有
解得粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為
r = 2a
由牛頓第二定律，有
解得
（3）由題意，電場(chǎng)力的一個(gè)分力沿z軸正方向平衡洛倫茲力，另一個(gè)分力沿y軸正方向提供類平拋運(yùn)動(dòng)加速度，如圖所示
則由平衡條件，有
qE1= qvB
曲平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有
其中
解得
則合場(chǎng)強(qiáng)為
1 / 12025屆江蘇省泰州中學(xué)高三上學(xué)期一模物理試題
一、單選題
1．（2025·海陵模擬）如圖甲，在力傳感器下端懸掛一鉤碼。某同學(xué)手持該傳感器，從站立狀態(tài)下蹲，再?gòu)南露谞顟B(tài)起立回到站立狀態(tài)，此過(guò)程中手和上身保持相對(duì)靜止。下蹲過(guò)程傳感器受到的拉力隨時(shí)間變化情況如圖乙，則起立過(guò)程傳感器受到的拉力隨時(shí)間變化情況可能是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】超重與失重
【解析】【解答】物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。下蹲過(guò)程，鉤碼先向下加速再向下減速，則加速度方向先向下后向上，則鉤碼先處于失重狀態(tài)，再處于超重狀態(tài)，傳感器受到的拉力先小于鉤碼的重力再大于鉤碼的重力。
起立過(guò)程，鉤碼先向上加速再向上減速，則加速度方向先向上后向下，則鉤碼先處于超重狀態(tài)，再處于失重狀態(tài)，傳感器受到的拉力先大于鉤碼的重力再小于鉤碼的重力。
故選C。
【分析】失重狀態(tài)：當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力小于物體的真實(shí)重力時(shí)，就說(shuō)物體處于失重狀態(tài)，此時(shí)有向下的加速度；超重狀態(tài)：當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力大于物體的真實(shí)重力時(shí)，就說(shuō)物體處于超重狀態(tài)，此時(shí)有向上的加速度。人下蹲過(guò)程分別有失重和超重兩個(gè)過(guò)程，先是加速下降失重，到達(dá)一個(gè)最大速度后再減速下降超重，起立也是如此。
2．（2025·海陵模擬）如圖所示，通以恒定電流的形導(dǎo)線放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。已知導(dǎo)線組成的平面與磁場(chǎng)方向平行，導(dǎo)線的、段的長(zhǎng)度均為，兩段導(dǎo)線間的夾角為，且兩段導(dǎo)線與磁場(chǎng)方向的夾角均為，則導(dǎo)線受到的安培力為（　?。?br/>A．0 B． C． D．
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】安培力的計(jì)算
【解析】【解答】本題考查安培力的計(jì)算，關(guān)鍵是由圖得到安培力公式中的角度，即磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流的夾角。計(jì)算導(dǎo)線受到的安培力可利用其有效長(zhǎng)度，導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度為線段ac，因線段ac與磁感應(yīng)強(qiáng)度B平行，故導(dǎo)線所受安培力為0。
故選A。
【分析】根據(jù)安培力的公式，結(jié)合圖像中電流與磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，可計(jì)算導(dǎo)線受到的安培力。
3．（2025·海陵模擬）如圖所示為一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)變化時(shí)的圖像，由圖像可知，此氣體的體積（　　）
A．先不變后變大 B．先不變后變小
C．先變大后不變 D．先變小后不變
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】理想氣體與理想氣體的狀態(tài)方程
【解析】【解答】該題考查了理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用，解答此類問(wèn)題要注意會(huì)對(duì)圖像的觀察和分析。根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，可得，可知為等容變化，即體積不變；由題圖可知為等溫變化，壓強(qiáng)變大，由可知體積變小，所以氣體的體積先不變后變小。
故選B。
【分析】逐步分析各狀態(tài)的狀態(tài)參量的變化，利用理想狀態(tài)方程定性分析即可得知?dú)怏w的體積的變化。
4．（2025·海陵模擬）如圖所示，地球和月球連線上的P1、P2兩點(diǎn)為兩個(gè)拉格朗日點(diǎn)，處在拉格朗日點(diǎn)的物體在地球和月球引力的共同作用下，可與月球一起以相同的周期繞地球運(yùn)動(dòng)?？茖W(xué)家設(shè)想分別在兩個(gè)拉格朗日點(diǎn)建立兩個(gè)空間站，使其與月球同周期繞地球運(yùn)動(dòng)。以、分別表示P1、P2處兩空間站的向心加速度大小，表示月球的向心加速度大小，下列判斷正確的是（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用
【解析】【解答】注意掌握萬(wàn)有引力充當(dāng)向心力和圓周運(yùn)動(dòng)向心加速度公式的綜合應(yīng)用。因空間站建在拉格朗日點(diǎn)，故周期等于月球的周期，根據(jù)
可知，軌道半徑越大，其加速度就越大，故有
D正確，ABC錯(cuò)誤。
故選D。
【分析】空間站在P1、P2處的空間站點(diǎn)能與月球同步繞地球運(yùn)動(dòng)，其繞地球運(yùn)行的周期、角速度等于月球繞地球運(yùn)行的周期、角速度，由加速度公式分析向心加速度的大小關(guān)系。
5．（2025·海陵模擬）半徑為R的半圓柱形透明材料的橫截面如圖所示，某實(shí)驗(yàn)小組將該透明材料的A處磨去少許，使一激光束從A處射入時(shí)能夠沿AC方向傳播。已知AC與直徑AB的夾角為30°，激光束到達(dá)材料內(nèi)表面的C點(diǎn)后同時(shí)發(fā)生反射和折射現(xiàn)象。已知該材料的折射率為，則在C點(diǎn)的反射光束與折射光束的夾角為（　?。?br/>A．60° B．75° C．90° D．105°
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本題主要是考查了光的折射，解答此類題目的關(guān)鍵是弄清楚光的傳播情況，畫出光路圖，通過(guò)光路圖進(jìn)行分析。光路圖如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可知，光束在C點(diǎn)的入射角、反射角均為
根據(jù)折射定律有
解得
則在C點(diǎn)的反射光束與折射光束的夾角為
故選D。
【分析】作出光路圖，根據(jù)折射定律求出光束在C點(diǎn)的折射角，再根據(jù)幾何知識(shí)求解在C點(diǎn)的反射光束與折射光束的夾角。
6．（2025·海陵模擬）1801年，托馬斯·楊進(jìn)行了著名的楊氏雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，有力地支持了光的波動(dòng)說(shuō)。如圖甲所示是雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置的示意圖，某次實(shí)驗(yàn)中，利用黃光得到的干涉條紋如圖乙所示。為了增大條紋間距，下列做法中可行的是（　　）
A．只增大濾光片到單縫的距離
B．只增大雙縫間的距離
C．只增大雙縫到屏的距離
D．只把黃色濾光片換成綠色濾光片
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】光的雙縫干涉；干涉條紋和光的波長(zhǎng)之間的關(guān)系
【解析】【解答】條紋間距Δx與雙縫距離d、光的波長(zhǎng)λ及雙縫到屏的距離l之間的關(guān)系為
可知，增大濾光片到單縫的距離，對(duì)條紋間距沒(méi)有影響；增大雙縫間的距離，條紋間距將減小；增大雙縫到屏的距離，條紋間距將增大；把黃色濾光片換成綠色濾光片，則色光的波長(zhǎng)變小了，條紋間距也將減小。
故選C。
【分析】根據(jù)雙縫干涉條紋間距的公式，分析判斷各種方案的正誤。
7．（2025·海陵模擬）如圖所示， 質(zhì)量為1kg的小球用一輕繩懸掛， 在恒力 F 作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)， 此時(shí)懸線與豎直方向的夾角為60°。若把小球換成一質(zhì)量為2kg的另一小球，仍在該恒力F的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)， 懸線與豎直方向的夾角變?yōu)?0°。重力加速度為g=10m/s2，則恒力F的大小為（　?。?br/>A．10N B．20N C． D．
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡
【解析】【解答】本題考查共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題，要熟練分析物體的受力，結(jié)合幾何關(guān)系和正弦定理完成解答。分別對(duì)兩個(gè)位置受力分析，并建立如圖所示的三角形
設(shè)恒力F與豎直方向的夾角為，根據(jù)正弦定理可得：
，
聯(lián)立解得
故選A。
【分析】對(duì)小球受力分析，建立平面直角坐標(biāo)系，分方向列平衡方程，聯(lián)立求解即可。
8．（2025·海陵模擬）如圖所示，導(dǎo)體AB的長(zhǎng)為2R，繞O點(diǎn)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，OB長(zhǎng)為R，且OBA三點(diǎn)在一條直線上，有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)充滿轉(zhuǎn)動(dòng)平面，且與轉(zhuǎn)動(dòng)平面垂直，那么A、B兩端的電勢(shì)差為（　　）
A． BωR2 B．2BωR2 C．4BωR2 D．6BωR2
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)
【解析】【解答】解決本題的關(guān)鍵要掌握轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E=BωL2，會(huì)根據(jù)E=Blv進(jìn)行推導(dǎo)，并在理解的基礎(chǔ)上記牢這個(gè)結(jié)論。
導(dǎo)體AB切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為
E=B 2Rv
因?qū)wAB上各點(diǎn)的角速度相等，由v=ωr知v與r成正比，則平均速度
聯(lián)立可得
E=4BR2ω
AB兩端的電勢(shì)差大小等于導(dǎo)體AB中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，即為4BR2ω。
故選C。
【分析】導(dǎo)體AB上各點(diǎn)切割感線的速度不等，應(yīng)用平均速度求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，結(jié)合線速度與角速度的關(guān)系式v=ωr來(lái)解答。
9．（2025·海陵模擬）如圖所示，用氣體壓強(qiáng)傳感器“探究等溫情況下一定質(zhì)量氣體壓強(qiáng)與體積的關(guān)系”，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br/>A．注射器必須水平放置
B．推拉活塞時(shí)，動(dòng)作要快，以免氣體進(jìn)入或漏出
C．活塞移至某位置時(shí)，應(yīng)等狀態(tài)穩(wěn)定后再記錄數(shù)據(jù)
D．實(shí)驗(yàn)中氣體的壓強(qiáng)和體積都可以通過(guò)數(shù)據(jù)采集器獲得
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【解答】解答本題時(shí)，要理解實(shí)驗(yàn)原理，控制實(shí)驗(yàn)條件，根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作要求和注意事項(xiàng)解答。A．實(shí)驗(yàn)時(shí)注射器如何放置對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果沒(méi)有影響，故A錯(cuò)誤；
B．推拉活塞時(shí)，動(dòng)作要慢，使其溫度與環(huán)境保持一致，故B錯(cuò)誤；
C．活塞移至某位置時(shí)，應(yīng)等狀態(tài)穩(wěn)定后再記錄數(shù)據(jù)，故C正確；
D．注射器中封閉一定質(zhì)量的氣體，用壓強(qiáng)傳感器與注射器相連，通過(guò)數(shù)據(jù)采集器和計(jì)算機(jī)可以測(cè)出注射器中封閉氣體的壓強(qiáng)，體積可以從注射器上的刻度讀出，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】注射器如何放置對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果沒(méi)有影響；要保證氣體的溫度不變，動(dòng)作要慢；應(yīng)等狀態(tài)穩(wěn)定后再記錄數(shù)據(jù)；實(shí)驗(yàn)中氣體的壓強(qiáng)可以通過(guò)數(shù)據(jù)采集器和計(jì)算機(jī)獲得，體積可以從注射器上的刻度讀出。
10．（2025·海陵模擬）某款游戲中，參與者身著各種游戲裝備及護(hù)具，進(jìn)行模擬作戰(zhàn)訓(xùn)練。若某游戲參與者以相等間隔時(shí)間連續(xù)水平發(fā)射三顆子彈，不計(jì)空氣阻力，O為圖線中點(diǎn)，則子彈在空中的排列形狀應(yīng)為（　?。?br/>A． B．
C． D．
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】知道把子彈的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)是解題的基礎(chǔ)。AB．三發(fā)子彈均做平拋運(yùn)動(dòng)，且拋出點(diǎn)相同，初速度相同，軌跡相同，所以三發(fā)子彈一定在同一條拋物線上，不可能在同一條直線上，AB錯(cuò)誤；
CD．因?yàn)橛螒騾⑴c者以相等間隔時(shí)間連續(xù)水平發(fā)射，所以三發(fā)子彈所在的豎直線一定是等間距分布的，因?yàn)镺點(diǎn)是圖線的中點(diǎn)，所以，第二發(fā)子彈一定在O點(diǎn)的正上方，C正確，D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】三發(fā)子彈都是做平拋運(yùn)動(dòng)，把子彈的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，然后分析即可。
11．（2025·海陵模擬）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，圓環(huán)套在傾斜的粗糙固定桿上，桿與水平面之間的夾角為α，圓環(huán)在A處時(shí)彈簧豎直且處于原長(zhǎng)。將圓環(huán)從A處?kù)o止釋放，到達(dá)C處時(shí)速度為零。若圓環(huán)在C處獲得沿桿向上的速度v，恰好能回到A。已知，B是AC的中點(diǎn)，彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則（　　）
A．下滑過(guò)程中，環(huán)的加速度逐漸減小
B．下滑過(guò)程中，環(huán)與桿摩擦產(chǎn)生的熱量為
C．從C到A過(guò)程，彈簧對(duì)環(huán)做功為
D．環(huán)經(jīng)過(guò)B時(shí)，上滑的速度小于下滑的速度
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】能量守恒定律；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【解答】A．環(huán)由A到C，初速度和末速度均為0，可知環(huán)先加速后減速。圓環(huán)所受彈簧的彈力逐漸增大，彈簧一直處于伸長(zhǎng)狀態(tài)。并且，彈簧彈力方向越來(lái)越靠近斜桿，分析圓環(huán)的受力可知，其合力先沿著斜桿向下，再沿著斜桿向上，且合力的大小先減小后增大，所以圓環(huán)的加速度先減小后增大，故A錯(cuò)誤；
B．環(huán)由A到C，有
環(huán)由C到A，有
解得
，
故B錯(cuò)誤，C正確；
D．由功能關(guān)系可知，圓環(huán)由A下滑至B，有
圓環(huán)由B上滑至A，有
則
即環(huán)經(jīng)過(guò)B時(shí)，上滑的速度大于下滑的速度，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】1.掌握對(duì)環(huán)的受力分析，結(jié)合牛頓第二定律判斷環(huán)加速度變化。
2.環(huán)由A到C和環(huán)由C到A兩個(gè)過(guò)程，掌握能量守恒定律分析。
3.知道環(huán)經(jīng)過(guò)B的對(duì)應(yīng)的兩個(gè)過(guò)程，掌握動(dòng)能定理的應(yīng)用。
二、實(shí)驗(yàn)題
12．（2025·海陵模擬）某興趣小組為了測(cè)量量程為5mA毫安表的內(nèi)阻，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路。
（1）在檢查電路連接正確后，實(shí)驗(yàn)時(shí)， 操作步驟如下：先將滑動(dòng)變阻器R的滑片P移到最右端，調(diào)整電阻箱R0的阻值為零，閉合開關(guān)S，再將滑片P緩慢左移，使毫安表上電流滿偏；保持滑片P不動(dòng)，調(diào)整R0的阻值，使毫安表上讀數(shù)為2mA，記下此時(shí)R0的電阻為300.0Ω。
（2）則該毫安表的內(nèi)阻的測(cè)量值為　 　，該測(cè)量值　 　實(shí)際值（選填“大于”、“等于”或“小于”）。
（3）現(xiàn)將某定值電阻R1與該毫安表連接，將該毫安表改裝為一個(gè)量程為30mA的電流表，并用標(biāo)準(zhǔn)電流表進(jìn)行檢測(cè)，如圖乙所示。
①需要接入的定值電阻R1的阻值為　 　Ω；
②在乙圖中虛線框內(nèi)補(bǔ)全改裝電路圖　 ?。?br/>③當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)電流表的示數(shù)為12mA時(shí)，流經(jīng)毫安表中的電流示數(shù)可能為　 　。
A.1.9mA B.2mA C.2.1mA
【答案】200；大于；；；C
【知識(shí)點(diǎn)】表頭的改裝；閉合電路的歐姆定律；測(cè)定電壓表或電流表的內(nèi)阻
【解析】【解答】無(wú)論表頭G改裝成電壓表還是電流表，它的三個(gè)特征量Ug、Ig、Rg是不變的，即通過(guò)表頭的最大電流Ig并不改變。（2）根據(jù)
解得
（3）當(dāng)?shù)淖柚祻?開始增大時(shí)，電路中的總電阻在增大，干路電流會(huì)減小，所以毫安表和電阻箱實(shí)際分去的電壓會(huì)增大，大于，根據(jù)
可得
可知毫安表內(nèi)阻的測(cè)量值要大于實(shí)際值。
根據(jù)
解得
如圖所示
由分析可知，的測(cè)量值偏大，實(shí)際值比小，因此分流能力強(qiáng)，電流大于
其中
故選C。
【分析】 （2）根據(jù)歐姆定律求解毫安表的內(nèi)阻，R0的阻值從0開始增大時(shí)，電路中的總電阻在增大，毫安表和電阻箱實(shí)際分去的電壓會(huì)增大，毫安表內(nèi)阻的測(cè)量值要大于實(shí)際值；
（3）①根據(jù)歐姆定律求解需要接入的定值電阻R1的阻值；
②電流表與接入的定值電阻并聯(lián)然后接入電路；
③Rg的測(cè)量值偏大，分流能力實(shí)際更強(qiáng)，分得電流偏大，示數(shù)偏大。
三、解答題
13．（2025·海陵模擬）如圖所示，圓形水平餐桌面上有一個(gè)半徑為r可轉(zhuǎn)動(dòng)的圓盤，圓盤的邊緣放置一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，物塊質(zhì)量為m，與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。從靜止開始緩慢增大圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度至物塊恰好要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g。在上述過(guò)程中，求：
（1）圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小為ω時(shí)，物塊所受摩擦力大小f；
（2）物塊恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小。
【答案】解：（1）圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω時(shí)，由靜摩擦力提供向心力
解得
（2）對(duì)滑塊，恰要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)
解得
【知識(shí)點(diǎn)】生活中的圓周運(yùn)動(dòng)
【解析】【分析】（1）由于物塊受到的摩擦力提供向心力，利用向心力的表達(dá)式可以求出摩擦力的大??；
（2）當(dāng)物塊恰好滑動(dòng)時(shí)物塊受到的摩擦力達(dá)到最大值，利用滑動(dòng)摩擦力提供向心力可以求出角速度的大小。
14．（2025·海陵模擬）激光冷卻中性原子的原理如圖所示，質(zhì)量為m、速度為v0的原子連續(xù)吸收多個(gè)迎面射來(lái)的頻率為的光子后，速度減小。不考慮原子質(zhì)量的變化，光速為c。求：
（1）一個(gè)光子的動(dòng)量；
（2）原子吸收第一個(gè)光子后速度的大小。
【答案】（1）解：根據(jù)德布羅意波長(zhǎng)公式有
可得一個(gè)光子的動(dòng)量為
（2）解：根據(jù)動(dòng)量守恒有
所以原子吸收第一個(gè)光子后速度的大小為
【知識(shí)點(diǎn)】粒子的波動(dòng)性 德布羅意波
【解析】【分析】（1）根據(jù)動(dòng)量守恒定律結(jié)合波長(zhǎng)與頻率的關(guān)系分析求解；
（2）根據(jù)光子動(dòng)量以及動(dòng)量守恒定律分析作答。
（1）根據(jù)德布羅意波長(zhǎng)公式有
可得一個(gè)光子的動(dòng)量為
（2）根據(jù)動(dòng)量守恒有
所以原子吸收第一個(gè)光子后速度的大小為
15．（2025·海陵模擬）如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距L = 1.0 m，左端連接阻值R = 4.0 Ω的電阻，勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B = 0.5 T方向豎直向下。質(zhì)量m = 0.2 kg、長(zhǎng)度L = 1.0 m、電阻r = 1.0 Ω的金屬桿置于導(dǎo)軌上，向右運(yùn)動(dòng)并與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，從t = 0時(shí)刻開始對(duì)桿施加一平行于導(dǎo)軌方向的外力F，桿運(yùn)動(dòng)的v t圖像如圖乙所示，其余電阻不計(jì)。求：
（1）在t = 2.0 s時(shí)，電路中的電流I和金屬桿PQ兩端的電壓UPQ；
（2）在t = 2.0 s時(shí)，外力F的大?。?br/>（3）若0 ~ 3.0 s內(nèi)克服外力F做功1.8 J，求此過(guò)程流過(guò)電阻R的電荷量和電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。
【答案】（1）解：根據(jù)乙圖可知t = 2.0s時(shí)，v = 2m/s，則此時(shí)電動(dòng)勢(shì)
電路中的電流
金屬桿PQ兩端的電壓為外電壓，即
（2）解：由乙圖可知v t圖像斜率表示加速度
對(duì)金屬桿PQ進(jìn)行受力分析，則由牛頓第二定律得
解得
方向與運(yùn)動(dòng)方向相反。
（3）解：根據(jù)電荷量表達(dá)式可知
v t圖像與橫軸圍成的面積表示位移大小，則
解得
根據(jù)能量守恒定律可知
解得
電阻R產(chǎn)生的焦耳熱
【知識(shí)點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電磁感應(yīng)中的電路類問(wèn)題；電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題；電磁感應(yīng)中的能量類問(wèn)題
【解析】【分析】（1）根據(jù)乙圖讀出t=2.0s時(shí)金屬桿PQ的速度v，由E=BLv求出PQ產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由閉合電路歐姆定律求解電路中的電流I，由歐姆定律計(jì)算金屬桿PQ兩端的電壓UPQ；
（2）v-t圖像的斜率表示加速度，由此求解PQ的加速度，再根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合安培力的計(jì)算公式進(jìn)行解答；
（3）根據(jù)v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移大小，求出0～3.0s內(nèi)的位移，再推導(dǎo)出電荷量與位移的關(guān)系，即可求出此過(guò)程流過(guò)電阻R的電荷量。根據(jù)能量守恒定律和分配關(guān)系求電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。
（1）根據(jù)乙圖可知t = 2.0 s時(shí)，v = 2 m/s，則此時(shí)電動(dòng)勢(shì)
電路中的電流
金屬桿PQ兩端的電壓為外電壓，即
（2）由乙圖可知v t圖像斜率表示加速度
對(duì)金屬桿PQ進(jìn)行受力分析，則由牛頓第二定律得
解得
方向與運(yùn)動(dòng)方向相反。
（3）根據(jù)電荷量表達(dá)式可知
v t圖像與橫軸圍成的面積表示位移大小，則
解得
根據(jù)能量守恒定律可知
解得
電阻R產(chǎn)生的焦耳熱
16．（2025·海陵模擬）為測(cè)量帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，在某實(shí)驗(yàn)裝置中建立如圖所示三維坐標(biāo)系，并沿y軸負(fù)方向施加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。此裝置中還可以添加任意方向、大小可調(diào)的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電量為的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v沿x軸正方向射入該裝置，不計(jì)粒子重力的影響。
（1）若該粒子恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求所加電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向；
（2）若不加電場(chǎng)，保持磁場(chǎng)方向不變，改變磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，使該粒子恰好能夠經(jīng)過(guò)坐標(biāo)為的點(diǎn)，求改變后的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?br/>（3）若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向不變，將電場(chǎng)強(qiáng)度大小調(diào)整為，方向平行于yOz平面，使該粒子能夠在xOy平面內(nèi)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，并經(jīng)過(guò)坐標(biāo)為的點(diǎn)，求調(diào)整后電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。
【答案】（1）解：由左手定則可知，帶電粒子所受洛倫茲力沿z軸負(fù)方向，則有平衡條件可知，電場(chǎng)力沿z軸正方向，即電場(chǎng)強(qiáng)度沿z軸正方向，且有
解得
方向沿z軸正方向
（2）解：粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示
由幾何關(guān)系，有
解得粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為
r = 2a
由牛頓第二定律，有
解得
（3）解：由題意，電場(chǎng)力的一個(gè)分力沿z軸正方向平衡洛倫茲力，另一個(gè)分力沿y軸正方向提供類平拋運(yùn)動(dòng)加速度，如圖所示
則由平衡條件，有
qE1= qvB
曲平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有
其中
解得
則合場(chǎng)強(qiáng)為
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
【解析】【分析】（1）由粒子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可得到洛倫茲力與電場(chǎng)力的關(guān)系式，結(jié)合粒子電性，可計(jì)算電場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向；
（2）由粒子在磁場(chǎng)作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，可結(jié)合幾何關(guān)系計(jì)算粒子運(yùn)動(dòng)半徑；由洛倫茲力提供向心力，可計(jì)算磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；
（3）由粒子恰好在xOy平面內(nèi)做勻變速曲線，可知其在z軸方向上受合力為零，從而判斷電場(chǎng)力在z軸方向的分力與洛倫茲力的關(guān)系；粒子在電場(chǎng)力沿y軸方向分力的作用下，在xOy平面內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，由粒子經(jīng)過(guò)的已知坐標(biāo)，列運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系式，即可得到粒子在y軸方向上受到的電場(chǎng)力分力；結(jié)合兩個(gè)反向的電場(chǎng)力分力即可得到電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。
（1）由左手定則可知，帶電粒子所受洛倫茲力沿z軸負(fù)方向，則有平衡條件可知，電場(chǎng)力沿z軸正方向，即電場(chǎng)強(qiáng)度沿z軸正方向，且有
解得
方向沿z軸正方向；
（2）粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示
由幾何關(guān)系，有
解得粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為
r = 2a
由牛頓第二定律，有
解得
（3）由題意，電場(chǎng)力的一個(gè)分力沿z軸正方向平衡洛倫茲力，另一個(gè)分力沿y軸正方向提供類平拋運(yùn)動(dòng)加速度，如圖所示
則由平衡條件，有
qE1= qvB
曲平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有
其中
解得
則合場(chǎng)強(qiáng)為
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