資源簡介

2025屆江蘇省泰州市姜堰區高三下學期二模物理試卷
1．（2025·姜堰模擬）有一種魔術道具稱為“穿墻而過”。其結構是兩片塑料偏振片卷起來，中間兩偏振片重疊區域給觀眾感覺為一塊“擋板”，如圖甲所示。當圓筒中的小球從B端滾向A端，居然穿過了“擋板”，如圖乙所示，則可以實現的是（　　）
A．兩偏振片的透振方向相同
B．兩偏振片的透振方向相垂直
C．兩偏振片同時旋轉90°“擋板”會消失
D．將一片塑料偏振片旋轉90°“擋板”依然存在
【答案】B
【知識點】光的偏振現象
【解析】【解答】本題考查了對光的偏振現象的理解，以及光的偏振在實際生活中的應用。偏振是橫波特有的現象。AB．偏振片的特點為當偏振片偏振方向與偏振光的方向平行時，偏振光可以全部通過偏振片，當偏振片偏振方向與偏振光的方向垂直時，偏振光不能通過偏振片，則在中間區域的放垂直偏振片和水平偏振片，將兩偏振片卷起來，自然光通過兩片偏振方向互相垂直的偏振片時，光強減弱，形成黑影，看起來就像一塊擋板，故A錯誤，B正確；
C．兩偏振片同時旋轉90°“擋板”， 偏振片偏振方向與偏振光的方向垂直，所以光不能通過兩片偏振片，“擋板”不會消失，故C錯誤；
D．將一片塑料偏振片旋轉90°，偏振片偏振方向與偏振光的方向平行，偏振光可以全部通過偏振片“擋板”消失，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據光的偏振的定義和偏振片的特點分析即可。
2．（2025·姜堰模擬）如圖所示，A、B兩籃球從相同高度以相同方向拋出后直接落入籃筐，兩球從拋出到落入籃筐過程中，下列說法正確的是（　　）
A．兩球的運動時間相同
B．兩球拋出時速度相等
C．兩球在最高點加速度都為零
D．兩球速度變化量的方向始終豎直向下
【答案】D
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】本題考查學生對斜拋運動規律的理解，其中應用運動的合成與分解方法結合勻變速直線運動公式為解決本題的關鍵。A．分析可知AB兩球均做斜拋運動，且A運動的最大高度比B的大，由斜拋規律可知A球在空中運動時間長，故A錯誤；
B．設初速度方向與水平方向夾角為，則有
因為
故
故B錯誤；
C．兩球在最高點的加速度均為重力加速度，故C錯誤；
D．速度變化量的方向與加速度方向相同，所以兩球速度變化量的方向即為重力加速度的方向，即速度變化量的方向始終豎直向下，故D正確。
故選D。
【分析】根據豎直方向上的高度分析出兩個籃球的運動時間的大小關系；可通過比較豎直方向高度判斷豎直速度，由速度分解得出拋出速度；兩球拋出后均只受重力，可利用此條件判斷加速度；速度變化量的方向與加速度方向相同，所以兩球速度變化量的方向即為重力加速度的方向，以此判斷速度變化量的方向。
3．（2025·姜堰模擬）激光致冷技術中原子通過吸收迎面而來的激光光子來降低速度。已知激光波長為，普朗克常量為h，光速為c。則下列說法正確的是（　　）
A．激光是自然光
B．該光子的能量為
C．該光子的動量為
D．該技術利用了激光相干性好的特點
【答案】C
【知識點】光子及其動量；粒子的波動性 德布羅意波
【解析】【解答】A．激光是受激輻射產生的，具有高度的方向性、單色性、相干性和高亮度等特性，不是自然光，自然光的光矢量在各個方向上均勻分布 ，故A錯誤；
B． 已知激光波長為，普朗克常量為h，光速為c ，根據光子能量公式
故B錯誤；
C．根據光子的動量公式
故C正確；
D．激光致冷技術中原子通過吸收迎面而來的激光光子來降低速度，主要利用的是激光的動量特性，而非相干性好的特點 ，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據激光是人工光、光子的能量、光子動量和激光的特點進行分析解答。
4．（2025·姜堰模擬）如圖所示，兩等量同種正電荷Q分別放置在橢圓的焦點A、B兩點，O點為橢圓中心，P、S是橢圓長軸的端點，取無窮遠處電勢為零，則（　　）
A．O點的電勢高于M點和N點的電勢
B．O點電場強度為零，電勢也為零
C．橢圓上M、N兩點電場強度相同
D．將一電子從P點移到S點，電場力一直做正功
【答案】A
【知識點】電場線；電勢能；電勢
【解析】【解答】A．根據沿著電場線方向，電勢逐漸降低，等量同種電荷的電場線分布可知在中垂線上電場線的方向分別是OM和ON方向，可知O點的電勢高于M點和N點的電勢，故A正確；
B．根據等量同種正點電荷的電勢分布規律，可知O點電勢大于零，根據等量同種正點電荷的電場分布規律，可知O點電場強度為零，故B錯誤；
C．由等量同種點電荷的電場分布特點及題圖中的對稱關系易知，M、N兩點場強大小相等，方向相反，故C錯誤；
D．等量同種正點電荷的電場線與等勢線分布規律如圖所示
根據等勢線分布規律可知，P點與S點電勢相等，將一電子從P點移到S點過程中，電勢可能一直不變，也可能先升高后降低或先降低或升高，對應電場力一直不做功、先做正功后做負功、先做負功后做正功，故D錯誤。
故選A。
【分析】這是兩個等量正電荷，連線和中垂線上，場強是矢量疊加，電勢沿著電場線降低。
5．（2025·姜堰模擬）核廢水中的發生衰變時的核反應方程為，該反應過程中釋放的核能為Q。設的結合能為E1，的結合能為E2，X的結合能為E3。則下列說法正確的是（　　）
A．X為氘核
B．的比結合能小于的比結合能
C．該核反應過程中釋放的核能
D．衰變過程中放出的光子是由從高能級向低能級躍遷產生的
【答案】C
【知識點】玻爾理論與氫原子的能級躍遷；α、β、γ射線及特點；結合能與比結合能
【解析】【解答】本題主要考查了原子核的結合能的相關概念，理解原子核的比結合能越大，則核子越穩定即可，屬于基礎的概念辨析題。A．設X粒子質量數為a，電荷數為b，根據核反應過程質量數守恒、電荷數守恒有
解得
可知X為氦核，故A錯誤；
B．原子核發生衰變時，衰變產物比反應物更加穩定，即衰變產物比結合能更大，故的比結合能大于的比結合能，故B錯誤；
C．核反應的生成物總的結合能大于反應物總的結合能，該核反應過程中釋放的核能為
故C正確；
D．衰變過程中放出的光子是由生成的新核 從高能級向低能級躍遷產生的，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據質量數和電荷數守恒，比結合能和核能的計算以及躍遷知識進行分析解答。
6．（2025·姜堰模擬）深海探測中發現一種水母通過傘狀體收縮產生機械波，從而獲得推進力，假設傘狀體邊緣某質點的振動產生的橫波沿傘狀體徑向勻速傳播，某時刻第一次形成了如圖所示的波形，則下列說法正確的是（　　）
A．此時點向下運動 B．該波的波長逐漸減小
C．該波的頻率逐漸減小 D．點的起始振動方向是向下的
【答案】B
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】本題主要是考查了波的圖像；解答此類問題的關鍵是要理解波的圖像的變化規律，知道波速、波長和頻率之間的關系，知道頻率的決定因素。A．波向右傳播，根據同側法可知，此時點向上運動，選項A錯誤；
B．波前時先形成得波，手附近時后形成得波，因此波長逐漸減小，選項B正確；
C．因波的波速不變，根據可知該波的頻率逐漸變大，選項C錯誤；
D．根據波形圖，最右側點起振方向向上，可知點的起始振動方向是向上的，選項D錯誤。
故選B。
【分析】根據“同側法”判斷傳播方向；根據圖像可知該波的波長變化情況；頻率是由振源決定的；根據最右端質點的起振方向確定振源的起振方向。
7．（2025·姜堰模擬）正電子發射斷層掃描（PET）是一種核成像技術.其原理是放射性元素原子核衰變放出正電子與患者體內的電子發生湮滅，探測器記錄各處放出γ光子的情況，經計算機處理后產生清晰的圖像。若一對速率相同的正、負電子正碰后湮滅生成兩個γ光子。則下列說法正確的是（　　）
A．兩個光子的頻率可以不同
B．兩個光子的運動方向可能相同
C．一對正負電子湮滅后也可能只生成一個光子
D．增大正、負電子的速率，生成的光子的波長變短
【答案】D
【知識點】光子及其動量
【解析】【解答】本題考查動量守恒等知識，知道在正、負電子湮滅的過程中符合動量守恒是解題的基礎。A．根據能量守恒定律可知，一對正負電子湮滅后生成兩個光子，兩個光子的能量相等，所以兩個光子的頻率相等，A錯誤；
B．根據動量守恒定律可知，兩個光子的動量大小相等，方向相反，因此運動方向相反，B錯誤；
C．根據能量守恒定律可知，一對正負電子湮滅后必然生成兩個光子，C錯誤；
D．增大正負電子的速率，光子得出能量增大，根據可知，光子的頻率增大，波長變短，D正確。
故選D。
【分析】兩個光子的能量相同；正、負電子湮滅的過程中符合動量守恒定律，根據動量守恒分析；根據 分析。
8．（2025·姜堰模擬）如圖所示，有一橫截面為邊長為a的正三角形的三棱鏡ABC，BC邊為吸光材質，一平面光源可發出垂直于光源平面的平行單色光，光源平面與水平方向夾角θ為60°，光源發出的平行光穿過三棱鏡的光路圖如圖所示，圖中光線在三棱鏡中的光路與BC平行，且垂直打在光屏上，下列說法正確的是（　　）
A．三棱鏡的折射率
B．從光源發出的所有經過三棱鏡到達光屏的光的傳播時間相等
C．從光源發出的所有經過三棱鏡到達光屏的光中，從AB中點入射的光線傳播時間最短
D．緩慢繞B點順時針轉動光源，所有光線依然都能經過三棱鏡傳播到光屏
【答案】B
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本題考查光的折射，關鍵是根據幾何關系，分析光的傳播過程中的入射角、折射角，計算折射率。A．根據題意，做出法線如圖所示
由幾何關系可得，
由折射定律可得
故A錯誤；
BC．根據題意，設的長度為，由幾何關系和對稱性可知，光線在三棱鏡外傳播的距離為，在三棱鏡內傳播的距離為，由公式
可得，光在三棱鏡內傳播速度
則傳播時間為
可知，從光源發出的所有經過三棱鏡到達光屏的光的傳播時間相等，故B正確，C錯誤；
D．緩慢繞B點順時針轉動光源，結合上述分析可知，光線在面的入射角逐漸減小，則光線在面的折射角逐漸減小，折射光線向下偏移，可能出現折射光線打在面被吸收，則不是所有光線都能經過三棱鏡傳播到光屏，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據光從光源到三棱鏡及其在三棱鏡中的傳播方向，可計算折射率；根據折射率與光速的關系，結合幾何關系，可計算光源發出的光經過所有三棱鏡到達光屏的傳播時間；緩慢繞B點順時針轉動光源，根據極限情況下，光在三棱鏡中的傳播方向，結合折射率，即可知光會不會發生全反射，能否到達光屏。
9．（2025·姜堰模擬）如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強磁場，直徑與磁場寬度相同的金屬圓形線框在水平拉力作用下以一定的初速度斜向勻速通過磁場。則下列說法正確的是（　　）
A．拉力大小恒定
B．拉力方向水平向右
C．線框內感應電流大小和方向不變
D．速度變大通過線框某一橫截面的電量增加
【答案】B
【知識點】安培力的計算；電磁感應中的磁變類問題
【解析】【解答】楞次定律的內容：感應電流具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化。C．根據楞次定律可知，金屬圓形線框進入磁場過程，穿過金屬圓形線框的磁通量向里增加，線框內感應電流方向為逆時針方向；金屬圓形線框離開磁場過程，線框內感應電流方向為順時針方向；設金屬圓形線框在磁場中切割磁感線的有效長度為（切割圓弧部分沿垂直速度方向的投影長度），則有，
線框勻速進入磁場過程，有效長度先減小后增大，所以線框內感應電流大小先增大后減小；同理可知金屬框出磁場時產生的感應電流先增大后減小，故C錯誤；
AB．線框在磁場中受到的安培力為
其中是與磁場邊界平行的有效長度，根據左手定則可知，線框在磁場中受到的安培力方向一直水平向左，根據平衡條件可知，拉力方向水平向右，大小為
由于、均發生變化，可知拉力大小不是恒定不變，故A錯誤，B正確；
D．根據
可知通過線框某一橫截面的電量取決于磁通量變化量，與速度大小無關，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據平衡條件結合楞次定律，法拉第電磁感應定律等進行分析解答。
10．（2025·姜堰模擬）將一只皮球豎直向上拋出，皮球運動時受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比，皮球從拋出到落回拋出點過程中，其運動的動能Ek與上升高度h之間關系的圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】動能定理的綜合應用
【解析】【解答】本題需要根據圖像的斜率進行判斷。根據動能定理，合力做功等于物體動能變化，
可知圖像的切線斜率絕對值等于合力大小；
上行過程的合力大小為
可知上行過程隨著速度的減小，合力大小逐漸減小，則圖像的切線斜率絕對值逐漸減小；
下行過程的合力大小為
可知下行過程隨著速度的增大，合力大小逐漸減小，則圖像的切線斜率絕對值逐漸減小；
由于空氣阻力總是做負功，所以經過同一位置時，上行時的動能總是比下行時的動能大。
故選A。
【分析】根據物理知識列出Ek和h的函數表達式，根據圖像斜率的變化判斷。
11．（2025·姜堰模擬）如圖所示，豎直平面內有一固定的光滑絕緣大圓環，直徑AC水平、直徑ED豎直。輕彈簧一端固定在大環的E點處，另一端連接一個可視為質點的帶正電的小環，小環剛好套在大環上，整個裝置處在一個水平向里的勻強磁場中，將小環從A點由靜止釋放，已知小環在A、D兩點時彈簧的形變量大小相等。則（　　）
A．小環不可能滑到C點
B．剛釋放時，小環的加速度為g
C．彈簧原長時，小環的速度最大
D．小環滑到D點時的速度與其質量無關
【答案】D
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【解答】本綜合考查力學與電磁學知識，涉及彈簧彈性勢能、洛倫茲力不做功的特點以及能量守恒定律的應用。題目通過小環在磁場中的運動情景，巧妙地將動力學分析與能量轉化結合起來，計算量適中但需要較強的邏輯推理能力。A．小環下滑過程中只有重力和彈簧彈力做功，洛倫茲力不做功，由對稱性可知，小環從A點由靜止釋放可以滑到C點，選項A錯誤；
B．剛釋放時，豎直方向小環受向下的重力和彈力向下的分力作用，可知小環的加速度大于g，選項B錯誤；
C．小環在A、D兩點時彈簧的形變量大小相等，可知在A點時彈簧壓縮，在D點時彈簧伸長，彈簧在原長時小環在AD之間的某位置，此時彈力為零，但小環受合力不可能為零，加速度不可能為零，即小環的速度不可能最大，選項C錯誤；
D．小環在A、D兩點時彈簧的形變量大小相等，則彈性勢能相等，從A到D由能量關系可知
可得
即小環滑到D點時的速度與其質量無關，選項D正確。
故選D。
【分析】小環從A點釋放后沿光滑大圓環下滑，過程中受重力、彈力和洛倫茲力作用。由于洛倫茲力不做功，機械能守恒，小環可以滑到C點。剛釋放時彈力和重力共同作用使加速度大于g。彈簧原長時彈力為零但合力不為零，速度未達最大。A到D過程彈性勢能不變，重力做功轉化為動能，D點速度僅與重力加速度和圓環半徑有關，與質量無關。
12．（2025·姜堰模擬）小明同學想測量某電池的電動勢和內電阻，身邊的其他器材僅“一個多用電表、一個滑動變阻器R1、一個定值電阻R2、兩只電壓表、一個電鍵S、導線若干”。小明利用上述器材設計了實驗原理圖（如題1圖所示），并進行實驗：
（1）為測定值電阻R2的阻值，小明先把多用電表置于電阻擋，并選擇“×10”擋，下列操作正確的是（　　）
A．測電阻時必須要將電鍵S閉合
B．選擇好擋位后必須要先歐姆調零
C．測電阻時必須紅表筆接b端，黑表筆接c端
（2）測量時發現指針偏轉角度過大，小明必須換　 　擋（選填“×1”或“×100”），換擋后經正確操作后測R2的阻值如題2圖所示，則R2測量值為　 　Ω；
（3）接著接通電路后，記錄下電壓表V1的示數U1和電壓表V2的示數U2；改變滑動變阻器滑片位置重復上述步驟記錄六組數據；然后以U2為橫軸，U1為縱軸，描點并連線，畫出“U1—U2”關系圖（如題3圖所示），則由“U1—U2”圖像可得電池的電動勢為　 　V和內電阻為　 　Ω（結果均保留3位有效數字）
（4）考慮電壓表內阻的影響因素，測出的電池的內電阻與真實值相比　 　（選填“偏大”、“相等”或“偏小”）。
【答案】（1）B
（2）“×1”；4.5
（3）1.19；2.24
（4）偏大
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數；電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】本題考查電池的電動勢和內電阻的測量， 要掌握常用器材的使用方法與讀數方法；分析清楚圖示電路結構，應用閉合電路的歐姆定律即可解題。
（1）A．測電阻時必須要將電鍵S斷開，以免損壞電表，選項A錯誤；
B．選擇好擋位后必須要先歐姆調零，選項B正確；
C．測電阻時紅黑表筆可以接電阻的任意端均可，選項C錯誤；
故選B。
（2）測量時發現指針偏轉角度過大，說明檔位選擇的過高，則小明必須換“×1”擋，換擋后經正確操作后測R2的阻值為4.5Ω；
（3）由電路結合閉合電路歐姆定律可知
即
由圖像可知E=1.20V，
可得r=2.25Ω
（4）考慮電壓表內阻的影響因素，則表達式變為
則
則
可知
測出的電池的內電阻與真實值相比偏大。
【分析】（1）根據實驗注意事項分析答題。
（2）用歐姆表測電阻要選擇合適的擋位使指針指在中央刻度線附近；歐姆表指針讀數與擋位的乘積是歐姆表讀數。
（3）求出圖像的函數解析式，根據圖示圖像分析答題。
（4）根據圖示電路圖分析實驗誤差。
（1）A．測電阻時必須要將電鍵S斷開，以免損壞電表，選項A錯誤；
B．選擇好擋位后必須要先歐姆調零，選項B正確；
C．測電阻時紅黑表筆可以接電阻的任意端均可，選項C錯誤；
故選B。
（2）測量時發現指針偏轉角度過大，說明檔位選擇的過高，則小明必須換“×1”擋，換擋后經正確操作后測R2的阻值為4.5Ω；
（3）[1][2]由電路結合閉合電路歐姆定律可知
即
由圖像可知E=1.20V，
可得r=2.25Ω
（4）考慮電壓表內阻的影響因素，則表達式變為
則
則
可知
測出的電池的內電阻與真實值相比偏大。
13．（2025·姜堰模擬）如圖所示，兩輛完全相同的手推車1、2沿直線排列靜置于水平地面，質量均為m，小米推動車1，當車1運動了距離L時突然放手，讓其與車2相碰，碰后兩車以共同速度又運動了距離L時停止。車運動時受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍，重力加速度為g。假設車與車之間僅在碰撞時發生相互作用，碰撞時間很短，忽略空氣阻力。求：
（1）碰后兩車的共同速度大小v；
（2）車1碰撞前瞬間速度大小v0。
【答案】（1）解：碰后根據動能定理得
解得
（2）解：碰撞過程中根據動量守恒定律得
解得
【知識點】動能定理的綜合應用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）先根據牛頓第二定律計算手推車的加速度，然后根據速度—位移公式計算即可；
（2）碰撞過程中動量守恒，根據動量守恒定律計算。
（1）碰后根據動能定理得
解得
（2）碰撞過程中根據動量守恒定律得
解得
14．（2025·姜堰模擬）夏天高溫天氣下，在某次行駛中，胎壓監測系統（TPMS）顯示一條輪胎的胎壓為3.20atm，溫度為47℃。考慮到胎壓過高可能影響行車安全，駕駛員采取了相應的措施。假設輪胎內部體積保持不變，氣體視為理想氣體。求：
（1）措施一，駕駛員將車輛停放到27℃的車庫，足夠長時間后胎壓的數值；
（2）措施二，駕駛員快速放出的氣體后，輪胎內部溫度迅速降至27℃，此時胎壓的數值。
【答案】（1）解：根據查理定律
即
解得
（2）解：快速放出的氣體可以等效為氣體體積膨脹為原來的倍，根據
即
解得
【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程；氣體的等容變化及查理定律
【解析】【分析】（1）氣體體積不變，應用查理定律求出氣體的壓強；
（2）應用理想氣體狀態方程求出放出氣體后胎壓的數值。
（1）根據查理定律
即
解得
（2）快速放出的氣體可以等效為氣體體積膨脹為原來的倍，根據
即
解得
15．（2025·姜堰模擬）如圖所示，頂角為2θ=60°的圓錐筒，圓錐的軸線豎直，底面半徑為R，在底面圓心O處，系一根輕質細線，長也為R，細線的另一端連一個小球，小球直徑遠小于R。已知重力加速度為g，不計空氣阻力，最終結果可保留π和根號。求：
（1）將繩偏離豎直方向很小的角度靜止釋放，第一次運動到最低點需要的時間；
（2）小球做圓周運動不碰到圓錐筒時，線速度的最大值；
（3）某時刻小球在圓錐筒內做半徑為的圓周運動，由于圓錐筒內壁微弱的摩擦力作用，小球運動半徑變化直至穩定，此過程中摩擦力做的功。
【答案】（1）解：將繩偏離豎直方向很小的角度靜止釋放，可視為單擺運動，單擺周期公式得
時間為單擺周期的四分之一，即
（2）解：臨界狀態為小球恰好與筒壁接觸，但與筒壁無作用力，由牛頓定律得，
解得
即小球速度時不會碰到筒壁。
（3）解：由牛頓第二定律得
末狀態為剛好脫離圓錐面，之后沒有摩擦力，不再有能量損失，根據幾何關系，小球下降的高度為，根據動能定理有
解得
【知識點】單擺及其回復力與周期；生活中的圓周運動
【解析】【分析】（1）將繩偏離豎直方向很小的角度靜止釋放，可視為單擺運動，根據單擺的周期公式計算；
（2）小球剛好不與圓錐筒接觸，小球在拉力和繩子拉力作用下做圓周運動，根據合力提供向心力求出臨界的線速度大小；
（3）根據幾何關系求解小球下降的高度，根據動能定理進行分析計算摩擦力做的功。
（1）將繩偏離豎直方向很小的角度靜止釋放，可視為單擺運動，單擺周期公式得
時間為單擺周期的四分之一，即
（2）臨界狀態為小球恰好與筒壁接觸，但與筒壁無作用力，由牛頓定律得，
解得
即小球速度時不會碰到筒壁。
（3）由牛頓第二定律得
末狀態為剛好脫離圓錐面，之后沒有摩擦力，不再有能量損失，根據幾何關系，小球下降的高度為，根據動能定理有
解得
16．（2025·姜堰模擬）如圖所示，O點處有一粒子源，能夠向xOy平面內各個方向射出質量為、電量為、初速度為的高能粒子。為了減小粒子對周圍環境的影響，在以O為圓心，半徑R1=0.04m處加上接地的網狀電極，在內部產生沿半徑方向的電場，使粒子的速度減小到。不計重力，不考慮粒子間的碰撞和相互作用力，粒子可以穿過網狀電極。
（1）求網狀電極和O點間電勢差的大小U；
（2）為了使粒子離開電場后，離O點的距離不超過R2=0.16m，可以緊貼網狀電極在外側施加垂直于xOy平面向里的范圍足夠大的勻強磁場（圖中未畫出），求磁場的磁感應強度B1的最小值；
（3）為了使第一象限射出電場的粒子最終都能夠沿y軸正方向運動，需要緊貼電場區域外施加垂直于xOy平面向里的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度為。求滿足要求的最小磁場區域邊界上的點x坐標的最大值和y坐標的最大值。
【答案】（1）解：根據動能定理
解得
（2）解：如圖，根據勾股定理
解得
洛倫茲力提供向心力
解得
即B1的最小值為
（3）解：洛倫茲力提供向心力
解得
如圖，當粒子從x正方向進入磁場后，運動軌跡為四分之一圓周
即最小磁場區域的右邊界函數方程為
其中，
根據幾何關系，粒子運動軌跡的圓心O1分布在以O點為圓心，半徑為
的圓周上，因此圓心所在的函數方程為
為了使出射速度沿y軸正方向，其對應的半徑O1C平行于x軸，粒子出射點C在圓心右側
因此出射點C與運動軌跡的圓心O1的y坐標相同，出射點x坐標比圓心x坐標大
因此出射點所在的函數方程為
即為未畫出部分邊界的函數方程，其中，
綜上所述：x坐標的最大值；y坐標的最大值
【知識點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；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）根據動能定理求網狀電極和O點間電勢差的大小U；
（2）畫出粒子的運動軌跡，根據幾何關系和洛倫茲力提供向心力求磁場的磁感應強度B1的最小值；
（3）根據洛倫茲力提供向心力求出粒子在磁感應強度B2對應的軌道半徑，結合幾何關系和數學思想求滿足要求的最小磁場區域邊界上的點x坐標的最大值和y坐標的最大值。
（1）根據動能定理
解得
（2）如圖，根據勾股定理
解得
洛倫茲力提供向心力
解得
即B1的最小值為
（3）洛倫茲力提供向心力
解得
如圖，當粒子從x正方向進入磁場后，運動軌跡為四分之一圓周
即最小磁場區域的右邊界函數方程為
其中，
根據幾何關系，粒子運動軌跡的圓心O1分布在以O點為圓心，半徑為
的圓周上，因此圓心所在的函數方程為
為了使出射速度沿y軸正方向，其對應的半徑O1C平行于x軸，粒子出射點C在圓心右側
因此出射點C與運動軌跡的圓心O1的y坐標相同，出射點x坐標比圓心x坐標大
因此出射點所在的函數方程為
即為未畫出部分邊界的函數方程，其中，
綜上所述：x坐標的最大值；y坐標的最大值
1 / 12025屆江蘇省泰州市姜堰區高三下學期二模物理試卷
1．（2025·姜堰模擬）有一種魔術道具稱為“穿墻而過”。其結構是兩片塑料偏振片卷起來，中間兩偏振片重疊區域給觀眾感覺為一塊“擋板”，如圖甲所示。當圓筒中的小球從B端滾向A端，居然穿過了“擋板”，如圖乙所示，則可以實現的是（　　）
A．兩偏振片的透振方向相同
B．兩偏振片的透振方向相垂直
C．兩偏振片同時旋轉90°“擋板”會消失
D．將一片塑料偏振片旋轉90°“擋板”依然存在
2．（2025·姜堰模擬）如圖所示，A、B兩籃球從相同高度以相同方向拋出后直接落入籃筐，兩球從拋出到落入籃筐過程中，下列說法正確的是（　　）
A．兩球的運動時間相同
B．兩球拋出時速度相等
C．兩球在最高點加速度都為零
D．兩球速度變化量的方向始終豎直向下
3．（2025·姜堰模擬）激光致冷技術中原子通過吸收迎面而來的激光光子來降低速度。已知激光波長為，普朗克常量為h，光速為c。則下列說法正確的是（　　）
A．激光是自然光
B．該光子的能量為
C．該光子的動量為
D．該技術利用了激光相干性好的特點
4．（2025·姜堰模擬）如圖所示，兩等量同種正電荷Q分別放置在橢圓的焦點A、B兩點，O點為橢圓中心，P、S是橢圓長軸的端點，取無窮遠處電勢為零，則（　　）
A．O點的電勢高于M點和N點的電勢
B．O點電場強度為零，電勢也為零
C．橢圓上M、N兩點電場強度相同
D．將一電子從P點移到S點，電場力一直做正功
5．（2025·姜堰模擬）核廢水中的發生衰變時的核反應方程為，該反應過程中釋放的核能為Q。設的結合能為E1，的結合能為E2，X的結合能為E3。則下列說法正確的是（　　）
A．X為氘核
B．的比結合能小于的比結合能
C．該核反應過程中釋放的核能
D．衰變過程中放出的光子是由從高能級向低能級躍遷產生的
6．（2025·姜堰模擬）深海探測中發現一種水母通過傘狀體收縮產生機械波，從而獲得推進力，假設傘狀體邊緣某質點的振動產生的橫波沿傘狀體徑向勻速傳播，某時刻第一次形成了如圖所示的波形，則下列說法正確的是（　　）
A．此時點向下運動 B．該波的波長逐漸減小
C．該波的頻率逐漸減小 D．點的起始振動方向是向下的
7．（2025·姜堰模擬）正電子發射斷層掃描（PET）是一種核成像技術.其原理是放射性元素原子核衰變放出正電子與患者體內的電子發生湮滅，探測器記錄各處放出γ光子的情況，經計算機處理后產生清晰的圖像。若一對速率相同的正、負電子正碰后湮滅生成兩個γ光子。則下列說法正確的是（　　）
A．兩個光子的頻率可以不同
B．兩個光子的運動方向可能相同
C．一對正負電子湮滅后也可能只生成一個光子
D．增大正、負電子的速率，生成的光子的波長變短
8．（2025·姜堰模擬）如圖所示，有一橫截面為邊長為a的正三角形的三棱鏡ABC，BC邊為吸光材質，一平面光源可發出垂直于光源平面的平行單色光，光源平面與水平方向夾角θ為60°，光源發出的平行光穿過三棱鏡的光路圖如圖所示，圖中光線在三棱鏡中的光路與BC平行，且垂直打在光屏上，下列說法正確的是（　　）
A．三棱鏡的折射率
B．從光源發出的所有經過三棱鏡到達光屏的光的傳播時間相等
C．從光源發出的所有經過三棱鏡到達光屏的光中，從AB中點入射的光線傳播時間最短
D．緩慢繞B點順時針轉動光源，所有光線依然都能經過三棱鏡傳播到光屏
9．（2025·姜堰模擬）如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強磁場，直徑與磁場寬度相同的金屬圓形線框在水平拉力作用下以一定的初速度斜向勻速通過磁場。則下列說法正確的是（　　）
A．拉力大小恒定
B．拉力方向水平向右
C．線框內感應電流大小和方向不變
D．速度變大通過線框某一橫截面的電量增加
10．（2025·姜堰模擬）將一只皮球豎直向上拋出，皮球運動時受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比，皮球從拋出到落回拋出點過程中，其運動的動能Ek與上升高度h之間關系的圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2025·姜堰模擬）如圖所示，豎直平面內有一固定的光滑絕緣大圓環，直徑AC水平、直徑ED豎直。輕彈簧一端固定在大環的E點處，另一端連接一個可視為質點的帶正電的小環，小環剛好套在大環上，整個裝置處在一個水平向里的勻強磁場中，將小環從A點由靜止釋放，已知小環在A、D兩點時彈簧的形變量大小相等。則（　　）
A．小環不可能滑到C點
B．剛釋放時，小環的加速度為g
C．彈簧原長時，小環的速度最大
D．小環滑到D點時的速度與其質量無關
12．（2025·姜堰模擬）小明同學想測量某電池的電動勢和內電阻，身邊的其他器材僅“一個多用電表、一個滑動變阻器R1、一個定值電阻R2、兩只電壓表、一個電鍵S、導線若干”。小明利用上述器材設計了實驗原理圖（如題1圖所示），并進行實驗：
（1）為測定值電阻R2的阻值，小明先把多用電表置于電阻擋，并選擇“×10”擋，下列操作正確的是（　　）
A．測電阻時必須要將電鍵S閉合
B．選擇好擋位后必須要先歐姆調零
C．測電阻時必須紅表筆接b端，黑表筆接c端
（2）測量時發現指針偏轉角度過大，小明必須換　 　擋（選填“×1”或“×100”），換擋后經正確操作后測R2的阻值如題2圖所示，則R2測量值為　 　Ω；
（3）接著接通電路后，記錄下電壓表V1的示數U1和電壓表V2的示數U2；改變滑動變阻器滑片位置重復上述步驟記錄六組數據；然后以U2為橫軸，U1為縱軸，描點并連線，畫出“U1—U2”關系圖（如題3圖所示），則由“U1—U2”圖像可得電池的電動勢為　 　V和內電阻為　 　Ω（結果均保留3位有效數字）
（4）考慮電壓表內阻的影響因素，測出的電池的內電阻與真實值相比　 　（選填“偏大”、“相等”或“偏小”）。
13．（2025·姜堰模擬）如圖所示，兩輛完全相同的手推車1、2沿直線排列靜置于水平地面，質量均為m，小米推動車1，當車1運動了距離L時突然放手，讓其與車2相碰，碰后兩車以共同速度又運動了距離L時停止。車運動時受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍，重力加速度為g。假設車與車之間僅在碰撞時發生相互作用，碰撞時間很短，忽略空氣阻力。求：
（1）碰后兩車的共同速度大小v；
（2）車1碰撞前瞬間速度大小v0。
14．（2025·姜堰模擬）夏天高溫天氣下，在某次行駛中，胎壓監測系統（TPMS）顯示一條輪胎的胎壓為3.20atm，溫度為47℃。考慮到胎壓過高可能影響行車安全，駕駛員采取了相應的措施。假設輪胎內部體積保持不變，氣體視為理想氣體。求：
（1）措施一，駕駛員將車輛停放到27℃的車庫，足夠長時間后胎壓的數值；
（2）措施二，駕駛員快速放出的氣體后，輪胎內部溫度迅速降至27℃，此時胎壓的數值。
15．（2025·姜堰模擬）如圖所示，頂角為2θ=60°的圓錐筒，圓錐的軸線豎直，底面半徑為R，在底面圓心O處，系一根輕質細線，長也為R，細線的另一端連一個小球，小球直徑遠小于R。已知重力加速度為g，不計空氣阻力，最終結果可保留π和根號。求：
（1）將繩偏離豎直方向很小的角度靜止釋放，第一次運動到最低點需要的時間；
（2）小球做圓周運動不碰到圓錐筒時，線速度的最大值；
（3）某時刻小球在圓錐筒內做半徑為的圓周運動，由于圓錐筒內壁微弱的摩擦力作用，小球運動半徑變化直至穩定，此過程中摩擦力做的功。
16．（2025·姜堰模擬）如圖所示，O點處有一粒子源，能夠向xOy平面內各個方向射出質量為、電量為、初速度為的高能粒子。為了減小粒子對周圍環境的影響，在以O為圓心，半徑R1=0.04m處加上接地的網狀電極，在內部產生沿半徑方向的電場，使粒子的速度減小到。不計重力，不考慮粒子間的碰撞和相互作用力，粒子可以穿過網狀電極。
（1）求網狀電極和O點間電勢差的大小U；
（2）為了使粒子離開電場后，離O點的距離不超過R2=0.16m，可以緊貼網狀電極在外側施加垂直于xOy平面向里的范圍足夠大的勻強磁場（圖中未畫出），求磁場的磁感應強度B1的最小值；
（3）為了使第一象限射出電場的粒子最終都能夠沿y軸正方向運動，需要緊貼電場區域外施加垂直于xOy平面向里的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度為。求滿足要求的最小磁場區域邊界上的點x坐標的最大值和y坐標的最大值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】光的偏振現象
【解析】【解答】本題考查了對光的偏振現象的理解，以及光的偏振在實際生活中的應用。偏振是橫波特有的現象。AB．偏振片的特點為當偏振片偏振方向與偏振光的方向平行時，偏振光可以全部通過偏振片，當偏振片偏振方向與偏振光的方向垂直時，偏振光不能通過偏振片，則在中間區域的放垂直偏振片和水平偏振片，將兩偏振片卷起來，自然光通過兩片偏振方向互相垂直的偏振片時，光強減弱，形成黑影，看起來就像一塊擋板，故A錯誤，B正確；
C．兩偏振片同時旋轉90°“擋板”， 偏振片偏振方向與偏振光的方向垂直，所以光不能通過兩片偏振片，“擋板”不會消失，故C錯誤；
D．將一片塑料偏振片旋轉90°，偏振片偏振方向與偏振光的方向平行，偏振光可以全部通過偏振片“擋板”消失，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據光的偏振的定義和偏振片的特點分析即可。
2．【答案】D
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】本題考查學生對斜拋運動規律的理解，其中應用運動的合成與分解方法結合勻變速直線運動公式為解決本題的關鍵。A．分析可知AB兩球均做斜拋運動，且A運動的最大高度比B的大，由斜拋規律可知A球在空中運動時間長，故A錯誤；
B．設初速度方向與水平方向夾角為，則有
因為
故
故B錯誤；
C．兩球在最高點的加速度均為重力加速度，故C錯誤；
D．速度變化量的方向與加速度方向相同，所以兩球速度變化量的方向即為重力加速度的方向，即速度變化量的方向始終豎直向下，故D正確。
故選D。
【分析】根據豎直方向上的高度分析出兩個籃球的運動時間的大小關系；可通過比較豎直方向高度判斷豎直速度，由速度分解得出拋出速度；兩球拋出后均只受重力，可利用此條件判斷加速度；速度變化量的方向與加速度方向相同，所以兩球速度變化量的方向即為重力加速度的方向，以此判斷速度變化量的方向。
3．【答案】C
【知識點】光子及其動量；粒子的波動性 德布羅意波
【解析】【解答】A．激光是受激輻射產生的，具有高度的方向性、單色性、相干性和高亮度等特性，不是自然光，自然光的光矢量在各個方向上均勻分布 ，故A錯誤；
B． 已知激光波長為，普朗克常量為h，光速為c ，根據光子能量公式
故B錯誤；
C．根據光子的動量公式
故C正確；
D．激光致冷技術中原子通過吸收迎面而來的激光光子來降低速度，主要利用的是激光的動量特性，而非相干性好的特點 ，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據激光是人工光、光子的能量、光子動量和激光的特點進行分析解答。
4．【答案】A
【知識點】電場線；電勢能；電勢
【解析】【解答】A．根據沿著電場線方向，電勢逐漸降低，等量同種電荷的電場線分布可知在中垂線上電場線的方向分別是OM和ON方向，可知O點的電勢高于M點和N點的電勢，故A正確；
B．根據等量同種正點電荷的電勢分布規律，可知O點電勢大于零，根據等量同種正點電荷的電場分布規律，可知O點電場強度為零，故B錯誤；
C．由等量同種點電荷的電場分布特點及題圖中的對稱關系易知，M、N兩點場強大小相等，方向相反，故C錯誤；
D．等量同種正點電荷的電場線與等勢線分布規律如圖所示
根據等勢線分布規律可知，P點與S點電勢相等，將一電子從P點移到S點過程中，電勢可能一直不變，也可能先升高后降低或先降低或升高，對應電場力一直不做功、先做正功后做負功、先做負功后做正功，故D錯誤。
故選A。
【分析】這是兩個等量正電荷，連線和中垂線上，場強是矢量疊加，電勢沿著電場線降低。
5．【答案】C
【知識點】玻爾理論與氫原子的能級躍遷；α、β、γ射線及特點；結合能與比結合能
【解析】【解答】本題主要考查了原子核的結合能的相關概念，理解原子核的比結合能越大，則核子越穩定即可，屬于基礎的概念辨析題。A．設X粒子質量數為a，電荷數為b，根據核反應過程質量數守恒、電荷數守恒有
解得
可知X為氦核，故A錯誤；
B．原子核發生衰變時，衰變產物比反應物更加穩定，即衰變產物比結合能更大，故的比結合能大于的比結合能，故B錯誤；
C．核反應的生成物總的結合能大于反應物總的結合能，該核反應過程中釋放的核能為
故C正確；
D．衰變過程中放出的光子是由生成的新核 從高能級向低能級躍遷產生的，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據質量數和電荷數守恒，比結合能和核能的計算以及躍遷知識進行分析解答。
6．【答案】B
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】本題主要是考查了波的圖像；解答此類問題的關鍵是要理解波的圖像的變化規律，知道波速、波長和頻率之間的關系，知道頻率的決定因素。A．波向右傳播，根據同側法可知，此時點向上運動，選項A錯誤；
B．波前時先形成得波，手附近時后形成得波，因此波長逐漸減小，選項B正確；
C．因波的波速不變，根據可知該波的頻率逐漸變大，選項C錯誤；
D．根據波形圖，最右側點起振方向向上，可知點的起始振動方向是向上的，選項D錯誤。
故選B。
【分析】根據“同側法”判斷傳播方向；根據圖像可知該波的波長變化情況；頻率是由振源決定的；根據最右端質點的起振方向確定振源的起振方向。
7．【答案】D
【知識點】光子及其動量
【解析】【解答】本題考查動量守恒等知識，知道在正、負電子湮滅的過程中符合動量守恒是解題的基礎。A．根據能量守恒定律可知，一對正負電子湮滅后生成兩個光子，兩個光子的能量相等，所以兩個光子的頻率相等，A錯誤；
B．根據動量守恒定律可知，兩個光子的動量大小相等，方向相反，因此運動方向相反，B錯誤；
C．根據能量守恒定律可知，一對正負電子湮滅后必然生成兩個光子，C錯誤；
D．增大正負電子的速率，光子得出能量增大，根據可知，光子的頻率增大，波長變短，D正確。
故選D。
【分析】兩個光子的能量相同；正、負電子湮滅的過程中符合動量守恒定律，根據動量守恒分析；根據 分析。
8．【答案】B
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本題考查光的折射，關鍵是根據幾何關系，分析光的傳播過程中的入射角、折射角，計算折射率。A．根據題意，做出法線如圖所示
由幾何關系可得，
由折射定律可得
故A錯誤；
BC．根據題意，設的長度為，由幾何關系和對稱性可知，光線在三棱鏡外傳播的距離為，在三棱鏡內傳播的距離為，由公式
可得，光在三棱鏡內傳播速度
則傳播時間為
可知，從光源發出的所有經過三棱鏡到達光屏的光的傳播時間相等，故B正確，C錯誤；
D．緩慢繞B點順時針轉動光源，結合上述分析可知，光線在面的入射角逐漸減小，則光線在面的折射角逐漸減小，折射光線向下偏移，可能出現折射光線打在面被吸收，則不是所有光線都能經過三棱鏡傳播到光屏，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據光從光源到三棱鏡及其在三棱鏡中的傳播方向，可計算折射率；根據折射率與光速的關系，結合幾何關系，可計算光源發出的光經過所有三棱鏡到達光屏的傳播時間；緩慢繞B點順時針轉動光源，根據極限情況下，光在三棱鏡中的傳播方向，結合折射率，即可知光會不會發生全反射，能否到達光屏。
9．【答案】B
【知識點】安培力的計算；電磁感應中的磁變類問題
【解析】【解答】楞次定律的內容：感應電流具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化。C．根據楞次定律可知，金屬圓形線框進入磁場過程，穿過金屬圓形線框的磁通量向里增加，線框內感應電流方向為逆時針方向；金屬圓形線框離開磁場過程，線框內感應電流方向為順時針方向；設金屬圓形線框在磁場中切割磁感線的有效長度為（切割圓弧部分沿垂直速度方向的投影長度），則有，
線框勻速進入磁場過程，有效長度先減小后增大，所以線框內感應電流大小先增大后減小；同理可知金屬框出磁場時產生的感應電流先增大后減小，故C錯誤；
AB．線框在磁場中受到的安培力為
其中是與磁場邊界平行的有效長度，根據左手定則可知，線框在磁場中受到的安培力方向一直水平向左，根據平衡條件可知，拉力方向水平向右，大小為
由于、均發生變化，可知拉力大小不是恒定不變，故A錯誤，B正確；
D．根據
可知通過線框某一橫截面的電量取決于磁通量變化量，與速度大小無關，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據平衡條件結合楞次定律，法拉第電磁感應定律等進行分析解答。
10．【答案】A
【知識點】動能定理的綜合應用
【解析】【解答】本題需要根據圖像的斜率進行判斷。根據動能定理，合力做功等于物體動能變化，
可知圖像的切線斜率絕對值等于合力大小；
上行過程的合力大小為
可知上行過程隨著速度的減小，合力大小逐漸減小，則圖像的切線斜率絕對值逐漸減小；
下行過程的合力大小為
可知下行過程隨著速度的增大，合力大小逐漸減小，則圖像的切線斜率絕對值逐漸減小；
由于空氣阻力總是做負功，所以經過同一位置時，上行時的動能總是比下行時的動能大。
故選A。
【分析】根據物理知識列出Ek和h的函數表達式，根據圖像斜率的變化判斷。
11．【答案】D
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【解答】本綜合考查力學與電磁學知識，涉及彈簧彈性勢能、洛倫茲力不做功的特點以及能量守恒定律的應用。題目通過小環在磁場中的運動情景，巧妙地將動力學分析與能量轉化結合起來，計算量適中但需要較強的邏輯推理能力。A．小環下滑過程中只有重力和彈簧彈力做功，洛倫茲力不做功，由對稱性可知，小環從A點由靜止釋放可以滑到C點，選項A錯誤；
B．剛釋放時，豎直方向小環受向下的重力和彈力向下的分力作用，可知小環的加速度大于g，選項B錯誤；
C．小環在A、D兩點時彈簧的形變量大小相等，可知在A點時彈簧壓縮，在D點時彈簧伸長，彈簧在原長時小環在AD之間的某位置，此時彈力為零，但小環受合力不可能為零，加速度不可能為零，即小環的速度不可能最大，選項C錯誤；
D．小環在A、D兩點時彈簧的形變量大小相等，則彈性勢能相等，從A到D由能量關系可知
可得
即小環滑到D點時的速度與其質量無關，選項D正確。
故選D。
【分析】小環從A點釋放后沿光滑大圓環下滑，過程中受重力、彈力和洛倫茲力作用。由于洛倫茲力不做功，機械能守恒，小環可以滑到C點。剛釋放時彈力和重力共同作用使加速度大于g。彈簧原長時彈力為零但合力不為零，速度未達最大。A到D過程彈性勢能不變，重力做功轉化為動能，D點速度僅與重力加速度和圓環半徑有關，與質量無關。
12．【答案】（1）B
（2）“×1”；4.5
（3）1.19；2.24
（4）偏大
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數；電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】本題考查電池的電動勢和內電阻的測量， 要掌握常用器材的使用方法與讀數方法；分析清楚圖示電路結構，應用閉合電路的歐姆定律即可解題。
（1）A．測電阻時必須要將電鍵S斷開，以免損壞電表，選項A錯誤；
B．選擇好擋位后必須要先歐姆調零，選項B正確；
C．測電阻時紅黑表筆可以接電阻的任意端均可，選項C錯誤；
故選B。
（2）測量時發現指針偏轉角度過大，說明檔位選擇的過高，則小明必須換“×1”擋，換擋后經正確操作后測R2的阻值為4.5Ω；
（3）由電路結合閉合電路歐姆定律可知
即
由圖像可知E=1.20V，
可得r=2.25Ω
（4）考慮電壓表內阻的影響因素，則表達式變為
則
則
可知
測出的電池的內電阻與真實值相比偏大。
【分析】（1）根據實驗注意事項分析答題。
（2）用歐姆表測電阻要選擇合適的擋位使指針指在中央刻度線附近；歐姆表指針讀數與擋位的乘積是歐姆表讀數。
（3）求出圖像的函數解析式，根據圖示圖像分析答題。
（4）根據圖示電路圖分析實驗誤差。
（1）A．測電阻時必須要將電鍵S斷開，以免損壞電表，選項A錯誤；
B．選擇好擋位后必須要先歐姆調零，選項B正確；
C．測電阻時紅黑表筆可以接電阻的任意端均可，選項C錯誤；
故選B。
（2）測量時發現指針偏轉角度過大，說明檔位選擇的過高，則小明必須換“×1”擋，換擋后經正確操作后測R2的阻值為4.5Ω；
（3）[1][2]由電路結合閉合電路歐姆定律可知
即
由圖像可知E=1.20V，
可得r=2.25Ω
（4）考慮電壓表內阻的影響因素，則表達式變為
則
則
可知
測出的電池的內電阻與真實值相比偏大。
13．【答案】（1）解：碰后根據動能定理得
解得
（2）解：碰撞過程中根據動量守恒定律得
解得
【知識點】動能定理的綜合應用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）先根據牛頓第二定律計算手推車的加速度，然后根據速度—位移公式計算即可；
（2）碰撞過程中動量守恒，根據動量守恒定律計算。
（1）碰后根據動能定理得
解得
（2）碰撞過程中根據動量守恒定律得
解得
14．【答案】（1）解：根據查理定律
即
解得
（2）解：快速放出的氣體可以等效為氣體體積膨脹為原來的倍，根據
即
解得
【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程；氣體的等容變化及查理定律
【解析】【分析】（1）氣體體積不變，應用查理定律求出氣體的壓強；
（2）應用理想氣體狀態方程求出放出氣體后胎壓的數值。
（1）根據查理定律
即
解得
（2）快速放出的氣體可以等效為氣體體積膨脹為原來的倍，根據
即
解得
15．【答案】（1）解：將繩偏離豎直方向很小的角度靜止釋放，可視為單擺運動，單擺周期公式得
時間為單擺周期的四分之一，即
（2）解：臨界狀態為小球恰好與筒壁接觸，但與筒壁無作用力，由牛頓定律得，
解得
即小球速度時不會碰到筒壁。
（3）解：由牛頓第二定律得
末狀態為剛好脫離圓錐面，之后沒有摩擦力，不再有能量損失，根據幾何關系，小球下降的高度為，根據動能定理有
解得
【知識點】單擺及其回復力與周期；生活中的圓周運動
【解析】【分析】（1）將繩偏離豎直方向很小的角度靜止釋放，可視為單擺運動，根據單擺的周期公式計算；
（2）小球剛好不與圓錐筒接觸，小球在拉力和繩子拉力作用下做圓周運動，根據合力提供向心力求出臨界的線速度大小；
（3）根據幾何關系求解小球下降的高度，根據動能定理進行分析計算摩擦力做的功。
（1）將繩偏離豎直方向很小的角度靜止釋放，可視為單擺運動，單擺周期公式得
時間為單擺周期的四分之一，即
（2）臨界狀態為小球恰好與筒壁接觸，但與筒壁無作用力，由牛頓定律得，
解得
即小球速度時不會碰到筒壁。
（3）由牛頓第二定律得
末狀態為剛好脫離圓錐面，之后沒有摩擦力，不再有能量損失，根據幾何關系，小球下降的高度為，根據動能定理有
解得
16．【答案】（1）解：根據動能定理
解得
（2）解：如圖，根據勾股定理
解得
洛倫茲力提供向心力
解得
即B1的最小值為
（3）解：洛倫茲力提供向心力
解得
如圖，當粒子從x正方向進入磁場后，運動軌跡為四分之一圓周
即最小磁場區域的右邊界函數方程為
其中，
根據幾何關系，粒子運動軌跡的圓心O1分布在以O點為圓心，半徑為
的圓周上，因此圓心所在的函數方程為
為了使出射速度沿y軸正方向，其對應的半徑O1C平行于x軸，粒子出射點C在圓心右側
因此出射點C與運動軌跡的圓心O1的y坐標相同，出射點x坐標比圓心x坐標大
因此出射點所在的函數方程為
即為未畫出部分邊界的函數方程，其中，
綜上所述：x坐標的最大值；y坐標的最大值
【知識點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；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）根據動能定理求網狀電極和O點間電勢差的大小U；
（2）畫出粒子的運動軌跡，根據幾何關系和洛倫茲力提供向心力求磁場的磁感應強度B1的最小值；
（3）根據洛倫茲力提供向心力求出粒子在磁感應強度B2對應的軌道半徑，結合幾何關系和數學思想求滿足要求的最小磁場區域邊界上的點x坐標的最大值和y坐標的最大值。
（1）根據動能定理
解得
（2）如圖，根據勾股定理
解得
洛倫茲力提供向心力
解得
即B1的最小值為
（3）洛倫茲力提供向心力
解得
如圖，當粒子從x正方向進入磁場后，運動軌跡為四分之一圓周
即最小磁場區域的右邊界函數方程為
其中，
根據幾何關系，粒子運動軌跡的圓心O1分布在以O點為圓心，半徑為
的圓周上，因此圓心所在的函數方程為
為了使出射速度沿y軸正方向，其對應的半徑O1C平行于x軸，粒子出射點C在圓心右側
因此出射點C與運動軌跡的圓心O1的y坐標相同，出射點x坐標比圓心x坐標大
因此出射點所在的函數方程為
即為未畫出部分邊界的函數方程，其中，
綜上所述：x坐標的最大值；y坐標的最大值
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