資源簡介

2025屆貴州省畢節市高三上學期第一次診斷性考試物理試卷
1．（2025·畢節模擬）光刻機被譽為集成電路產業皇冠上的明珠，EUV光刻技術能夠實現高分辨率和精細的線路制造。某型號的EUV光刻機的光源使用波長為13.5nm的極紫外光，這種光波長短，光子能量高。已知普朗克常量為，則這種極紫外光的光子能量約為（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·畢節模擬）甲乙兩物體做初速度為0的勻加速直線運動，其位置x隨時間t變化的關系如圖所示，t0時刻甲乙兩物體的速度大小分別為v1和v2，加速度大小分別為a1和a2，則（　　）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2025·畢節模擬）兩半圓柱體甲和乙平行放置于水平地面，光滑圓柱體丙放置其上，三者質量相等，均保持靜止狀態，其截面如圖所示。a、b為相切點，半徑Oa與豎直方向的夾角為，半徑Ob與豎直方向的夾角為。設甲受地面的摩擦力和支持力大小分別為和，乙受地面的摩擦力和支持力大小分別為和，則（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·畢節模擬）從離地高為h處水平拋出一個質量為m的小球，小球從拋出點到落地點的位移大小為，重力加速度為g，不計空氣阻力，則（　　）
A．小球拋出的初速度大小為
B．小球落地前瞬間的速度大小為
C．小球在空中運動的過程，動能的變化量為mgh
D．小球在空中運動的過程，重力的沖量大小為
5．（2025·畢節模擬）圖甲為一段粗細均勻的絕緣材料制成的圓環，使其均勻帶電后，它在圓心處產生的場強大小為E。現將該環裁掉后變成圖乙所示的半圓環，則它在圓心處的場強大小為（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·畢節模擬）兩種衛星繞地球運行的軌道如圖，設地球半徑為R，地球赤道上的物體隨地球自轉的速度大小為，加速度大小為；近地衛星的軌道半徑近似為R，運行速度大小為，加速度大小為；地球靜止衛星的軌道半徑為r，運行速度大小為，加速度大小為。下列選項正確的是（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·畢節模擬）圖為半圓柱體玻璃磚的橫截面，O為圓心，MN為截面直徑的兩個端點。P是圓弧上一點，。用某一頻率的細束光a平行于MN方向從P點射入半圓柱體后，折射光線恰能經過N點。改用另一頻率的細束光b以同樣的方式射向P點，不考慮光在玻璃磚里發生的多次反射，下列說法正確的是（　　）
A．玻璃磚對a光的折射率為
B．若b光頻率高于a光，則b光在玻璃磚中傳播速度較大
C．若b光頻率高于a光，經P點折射后，不會射到MON界面上
D．若將a光改沿PO方向射入玻璃磚，光線將會在MON界面發生全反射
8．（2025·畢節模擬）一列簡諧橫波沿x軸傳播，波速，時刻的波形如圖所示，則平衡位置在處質點的振動圖像可能是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2025·畢節模擬）如圖，一根不可伸長的絕緣細繩上端固定，下端系一金屬圓環，圓環位于豎直面內，其電阻不可忽略。在與圓環直徑ab重合的虛線下方有垂直于圓環表面向外的勻強磁場，在磁感應強度B隨時間均勻減小的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．圓環中感應電動勢逐漸減小
B．圓環中的感應電流為逆時針方向
C．細繩對圓環的拉力逐漸減小
D．圓環上a點電勢高于b點電勢
10．（2025·畢節模擬）質量為2kg的物體在光滑的水平地面上做勻速直線運動。時刻起沿運動方向所在直線對物體施加力F的作用，F隨時間t變化的關系如圖甲所示，物體的速度v隨時間t變化的關系如圖乙所示，重力加速度大小。則（　　）
A．時刻物體的速度為2m/s
B．時刻物體的動量為6kg·m/s
C．從到時間內，合力對物體的沖量為零
D．從到時間內，力F對物體所做的功為8J
11．（2025·畢節模擬）圖甲是某研究性學習小組探究小車加速度與力關系的實驗裝置，細繩中拉力的大小可由拉力傳感器測量，小車運動的加速度大小可由打點計時器打出的紙帶測定。該裝置中所使用的滑輪與細繩質量不計、摩擦不計，重力加速度g取9.8m/s2。
（1）下列說法正確的是（　　）
A．實驗中先釋放小車后立即打開打點計時器
B．本實驗須用天平測出沙和沙桶的總質量
C．補償小車所受阻力時需要掛上沙桶
D．實驗中無須保證沙和沙桶的質量遠小于小車的質量
（2）實驗中得到一條紙帶如圖乙所示，圖中各點均為計數點，相鄰兩計數點間有4個計時點未畫出，各計數點到A點的距離已在圖中標出。電源的頻率為50Hz，則由紙帶可知小車的加速度大小為　 　。（結果保留兩位有效數字）
（3）改變沙桶中沙的質量，分別測量小車在不同拉力作用下的加速度。根據測得的多組數據畫出圖像如丙圖所示，發現圖像不過坐標原點。該小組重做實驗，為使之后畫出的圖像能經過坐標原點，應適當　 　（選填“增大”或“減小”）長木板的傾角。
12．（2025·畢節模擬）某實驗小組需要測量一節干電池的電動勢和內阻，現有器材如下：
A.待測干電池一節；
B.電壓表（量程0~3V，內阻很大）；
C.電流表（量程0~0.6A，內阻為）；
D.滑動變阻器（最大阻值為）；
E.開關一個，導線若干。
（1）根據上述器材，小組成員設計了以下兩種實驗電路圖。你認為　 　（選填“甲”或“乙”）更為合理。
（2）該小組選用了合理的實驗電路進行實驗，測出多組電壓和電流，并繪制圖像，如丙圖所示。根據圖像求出電池的電動勢　 　V，內阻　 　。（結果保留兩位小數）
13．（2025·畢節模擬）粗細均勻的U形玻璃管，左端封閉，右端開口，管內裝有水銀，靜止時兩端水銀面高度相同。左端被封閉的空氣柱長，外界大氣壓強。現從右端開口處緩慢注入水銀，使左端空氣柱長度變為，此時右端水銀面尚未達到管口。已知整個過程溫度和大氣壓強保持不變，管內氣體可視為理想氣體。求：
（1）注入水銀后左端封閉氣體的壓強；
（2）注入水銀柱的長度。
14．（2025·畢節模擬）如圖，質量為1kg的小車右端緊靠豎直墻面而不粘連，小車上表面固定著一“7”字形輕桿（高度超過1m），長為1m的輕繩一端固定在輕桿上的O點，另一端連著質量為0.5kg的小球，整個系統靜置于光滑水平地面上。向右拖動小球，使輕繩與豎直方向的夾角為并由靜止釋放，不計空氣阻力，重力加速度g取。求：
（1）小球第一次運動至最低點時速度的大小；
（2）小球運動至左端最高點時相對于最低點的高度。
15．（2025·畢節模擬）如圖，平面直角坐標系xOy中，第Ⅳ象限存在沿y軸正方向的勻強電場，第Ⅰ象限的某未知矩形區域內有垂直坐標平面向里的勻強磁場。一帶正電的粒子沿x軸正方向從y軸上A點以初速度進入勻強電場，經電場偏轉，從x軸上的B點進入第Ⅰ象限，一段時間后，進入矩形磁場區域，離開矩形磁場區域后以垂直于y軸的方向射出。已知帶電粒子質量為m、電荷量為q，AO長為，BO長為2L，矩形磁場區域的磁感應強度大小，不計粒子的重力。求：
（1）勻強電場的場強大小；
（2）粒子經過x軸上B點時的速度大小和方向；
（3）矩形勻強磁場區域面積的最小值。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】光子及其動量
【解析】【解答】本題主要考查了光子能量的計算公式，結合波長與頻率的關系分析解答即可。這種極紫外光的光子能量約為
故選D。
【分析】光子的能量等于普朗克常數與光子頻率的乘積。
2．【答案】A
【知識點】運動學 S-t 圖象
【解析】【解答】本題考查運動學圖像的認識和理解和圖像的轉換問題，會根據題意進行準確分析解答。因x t圖像的斜率等于速度，可知t0時刻v1 > v2；
根據
因0 ~ t0時間內甲的位移大于乙，可知甲的加速度大于乙，即
選A。
【分析】x t圖像的斜率等于速度，結合位移—時間關系分析。
3．【答案】B
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題考查共點力平衡問題，解題的關鍵是要靈活選擇研究對象，采用隔離法和整體法相結合進行解答。
對丙進行分析，根據平衡條件有
，
根據牛頓第三定律可知，甲、丙之間與丙、乙之間的彈力大小相等，對甲進行分析，根據平衡條件有，
對乙進行分析，根據平衡條件有
，
可知
，
故選B。
【分析】對圓柱體丙進行受力分析，根據共點力平衡條件列式求出支持力大小，對甲乙丙整體，根據共點力平衡條件分析摩擦力的大小關系。
4．【答案】C
【知識點】平拋運動；動能定理的綜合應用；沖量
【解析】【解答】AB．小球做平拋運動，豎直方向有
，
解得
，
小球從拋出點到落地點的位移大小為，則小球的水平位移為
則小球拋出的初速度大小為
小球落地前瞬間的速度大小為
故AB錯誤；
C．根據動能定理可得，小球在空中運動的過程，動能的變化量為
故C正確；
D．小球在空中運動的過程，重力的沖量大小為
故D錯誤。
故選C。
【分析】AB、根據平拋運動特點，依據豎直高度求解時間和豎直方向末速度；根據位移和豎直高度求解射程和水平初速度；再根據水平初速度和豎直方向末速度求解落地速度；
C、根據動能定理求解動能的變化量等于重力所做的功；
D、根據沖量定義式求解。
5．【答案】C
【知識點】電場強度的疊加
【解析】【解答】本題主要考查電場強度的疊加，解題時需注意，多個電荷在電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產生的電場強度的矢量和。如圖
把材料按圓分成均等份，假設圓環帶正電荷，每一份產生的電場強度如圖。由對稱性可知，左邊圖有兩部分抵消了，其中一部分產生的電場強度即為合電場強度E。而右邊的圖沒有抵消，由平行四邊形定則結合對稱性得O點的場強
故選C。
【分析】圖乙可以分成兩個四分之一的圓環，由對稱性及矢量的合成法則，先確定圖甲每個四分之一的圓環在圓心處產生的場強大小；同理，圖甲可以分成三個四分之一的圓環，結合題意，即可分析求得圖乙中圓心處的電場強度。
6．【答案】B
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題考查衛星或行星運行參數的計算，把衛星的運行看作勻速圓周運動，萬有引力完全充當圓周運動的向心力，但是計算的公式比較多，需要根據題目給出的參數，選擇恰當的公式進行計算。BD．衛星繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力可得
可得
，
則有
，
故B正確，D錯誤；
AC．地球赤道上的物體與靜止衛星的角速度相等，根據
，
可得
，
則有
故AC錯誤。
故選B。
【分析】衛星繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力列式，即可分析判斷；地球赤道上的物體與同步衛星的角速度和周期相等，結合v=ωr及前面結論，即可分析判斷。
7．【答案】A
【知識點】光的全反射
【解析】【解答】解決幾何光學問題應先準確畫好光路圖。用光的全反射條件來判斷在某界面是否發生全反射；用折射定律找入射角和折射角的關系。在處理幾何光學問題時應充分利用光的可逆性、對稱性、相似性等幾何關系。A．如圖
由幾何關系得玻璃磚對a光的折射率為
故A正確；
B．根據可知，若b光頻率高于a光，b光折射率更大，則b光在玻璃磚中傳播速度較小。故B錯誤；
C．若b光頻率高于a光，則b光折射率更大，折射角更小，經P點折射后，會射到MON界面上。故C錯誤；
D．根據得
若將a光改沿PO方向射入玻璃磚，在O點的入射角為，則
因此光線將不會在MON界面發生全反射。故D錯誤。
故選A。
【分析】出光路圖，根據幾何知識求解入射角和折射角，根據折射定律求解折射率，根據折射率大小進行分析，求解全反射臨界角，將入射角與全反射臨界角對比即可。
8．【答案】A,C
【知識點】橫波的圖象
【解析】【解答】本題考查了波的傳播方向與質點的振動方向之間的相互判定，以及由圖象獲取有用物理知識的能力，再結合周期公式即可解決此類問題。由圖可知，時平衡位置在處質點在平衡位置。若簡諧波沿x軸正方向傳播，時平衡位置在處質點向y軸正方向振動；若簡諧波沿x軸負方向傳播，時平衡位置在處質點向y軸負方向振動。
故選AC。
【分析】由圖象知波長λ=4m，波的周期可以求出，由同側法法判斷質點的振動方向。
9．【答案】B,C
【知識點】楞次定律；法拉第電磁感應定律
【解析】【解答】解決圖像問題的一般步驟：明確圖像的種類，是B-t圖像還是Φ-t圖像，或者是E-t圖像、i-t圖像等。分析電磁感應的具體過程。用右手定則或楞次定律確定方向對應關系，結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等分析。A．根據法拉第電磁感應定律有
可知磁感應強度B隨時間均勻減小，圓環中感應電動勢不變，故A錯誤；
BD．根據楞次定律可知，圓環中的感應電流為逆時針方向，則圓環上a點電勢低于b點電勢，故B正確，D錯誤；
C．根據左手定則可知安培力向下，感應電動勢不變，則感應電流不變，根據
可知，細繩對圓環的拉力逐漸減小，故C正確；
故選BC。
【分析】 根據法拉第電磁感應定律可以判斷感應電動勢大小；根據共點力的平衡條件結合安培力表達式求解細繩拉力的大小。根據楞次定律判斷電流方向。
10．【答案】B,D
【知識點】動量定理；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】只要涉及了力F和力的作用時間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷。A．令時刻物體的速度為，2s時刻速度為，在0到3s內，根據動量定理有
根據圖甲可知
解得
故A錯誤；
B．圖像與時間軸所圍面積表示沖量，則在0到2s內，根據動量定理有
其中
解得
則時刻物體的動量
故B正確；
C．合力等于F，圖像與時間軸所圍面積表示沖量，可知，從到時間內，合力對物體的沖量為
故C錯誤；
D．令4s時速度為，根據動量定理有
結合上述解得
根據動能定理可知，從到時間內，力F對物體所做的功
故D正確。
故選BD。
【分析】在0到3s內，根據動量定理求解速度大小，圖像與時間軸所圍面積表示沖量，根據動量定理求解動量與速度，根據動能定理求解力F對物體所做的功。
11．【答案】（1）D
（2）1.0
（3）增大
【知識點】探究加速度與力、質量的關系
【解析】【解答】解決該題的關鍵是明確知道該實驗的實驗原理，掌握勻變速直線運動的瞬時速度求解公式，能根據圖像分析誤差產生的原因。
（1）A．為了充分利用紙帶，實驗中應先打開打點計時器，再釋放小車，故A錯誤；
BD．由于本實驗中細繩拉力可以力傳感器測得，所以不需要用天平測出沙和沙桶的總質量，也不需要保證沙和沙桶的質量遠小于小車的質量，故B錯誤，D正確；
C．補償小車所受阻力時應將沙桶撤去，故C錯誤。
故選D。
（2）相鄰兩計數點間有4個計時點未畫出，則相鄰計數點的時間間隔為
根據逐差法可得小車的加速度大小為
（3）由丙圖中的圖像可知，當力達到一定數值時，小車才開始產生加速度，所以圖像不過坐標原點是因為平衡摩擦力不夠，該小組重做實驗，為使之后畫出的圖像能經過坐標原點，應適當增大長木板的傾角。
【分析】（1）根據實驗的實驗原理和注意事項進行分析解答；
（2）求出相鄰點的時間間隔，應用勻變速直線運動的推論根據逐差法求解加速度；
（3）當力達到一定數值時，小車才開始產生加速度，平衡摩擦力不夠，應適當增大長木板的傾角。
（1）A．為了充分利用紙帶，實驗中應先打開打點計時器，再釋放小車，故A錯誤；
BD．由于本實驗中細繩拉力可以力傳感器測得，所以不需要用天平測出沙和沙桶的總質量，也不需要保證沙和沙桶的質量遠小于小車的質量，故B錯誤，D正確；
C．補償小車所受阻力時應將沙桶撤去，故C錯誤。
故選D。
（2）相鄰兩計數點間有4個計時點未畫出，則相鄰計數點的時間間隔為
根據逐差法可得小車的加速度大小為
（3）由丙圖中的圖像可知，當力達到一定數值時，小車才開始產生加速度，所以圖像不過坐標原點是因為平衡摩擦力不夠，該小組重做實驗，為使之后畫出的圖像能經過坐標原點，應適當增大長木板的傾角。
12．【答案】（1）甲
（2）1.46；0.42（0.40~0.44）
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】本題考查測量一節干電池的電動勢和內阻的實驗，要求學生熟練掌握實驗原理、實驗器材、數據處理和誤差分析。
（1）由于題干中電流表的內阻已知，所以電流表的分壓可求，則電流表相對于干電池應采用內接法，即甲電路圖更為合理。
（2）根據圖甲電路圖，由閉合電路歐姆定律可得
可得
可知圖像的縱軸截距等于電動勢，則有
圖像的斜率絕對值為
解得內阻為
【分析】（1）電流表的內阻已知，所以電流表的分壓可求，電流表相對于干電池應采用內接法；
（2）由閉合電路歐姆定律得到U-I關系式，得到圖像的縱軸截距等于電動勢，斜率絕對值等于等效內阻，據此分析。
（1）由于題干中電流表的內阻已知，所以電流表的分壓可求，則電流表相對于干電池應采用內接法，即甲電路圖更為合理。
（2）[1][2]根據圖甲電路圖，由閉合電路歐姆定律可得
可得
可知圖像的縱軸截距等于電動勢，則有
圖像的斜率絕對值為
解得內阻為
13．【答案】（1）解：對U型管左端空氣柱，根據
解得注入水銀后左端封閉氣體的壓強為
（2）解：當時，根據壓強關系U型管左右兩端水銀面的高度差為
則此過程中注入水銀柱的長度為
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）求出初狀態和注入水銀后右側空氣柱長度，由玻意耳定律列方程求解；
（2） 根據壓強關系U型管左右兩端水銀面的高度差，從而求解注入水銀柱的長度。
（1）對U型管左端空氣柱，根據
解得注入水銀后左端封閉氣體的壓強為
（2）當時，根據壓強關系U型管左右兩端水銀面的高度差為
則此過程中注入水銀柱的長度為
14．【答案】（1）解：小球從釋放到最低點過程中，下落高度為
由機械能守恒定律可得
解得小球第一次運動至最低點時速度的大小為
（2）解：將小球和車作為一個系統來研究，當小球運動到最低點后系統動量守恒，從最低點到左端最高點間，根據動量守恒可得
解得
由系統機械能守恒得
解得小球運動至左端最高點時相對于最低點的高度為
【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小球從釋放到最低點過程中由機械能守恒定律求解運動至最低點時速度的大小；
（2） 系統水平方向動量守恒，結合動量守恒定律和系統機械能守恒定律求解相對于最低點的高度。
（1）小球從釋放到最低點過程中，下落高度為
由機械能守恒定律可得
解得小球第一次運動至最低點時速度的大小為
（2）將小球和車作為一個系統來研究，當小球運動到最低點后系統動量守恒，從最低點到左端最高點間，根據動量守恒可得
解得
由系統機械能守恒得
解得小球運動至左端最高點時相對于最低點的高度為
15．【答案】（1）解：由題可知，帶電粒子在電場中做類平拋運動
水平方向
豎直方向
由牛頓第二定律可得
聯立可得
（2）解：因為
則
，
所以
（3）解：進入磁場后，粒子將做勻速圓周運動，則有
解得
當磁場面積最小時，幾何關系如圖所示
由圖可知磁場中勻速圓周運動轉過的圓心角
矩形磁場區域的長為
矩形磁場區域的寬為
所以磁場的面積最小值為
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；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）帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據水平和豎直方向的分位移計算場強；
（2）根據平行四邊形定則計算；
（3）根據洛倫茲力提供向心力計算出圓周運動的半徑，再根據幾何關系求出磁場區域面積的最小值。
1 / 12025屆貴州省畢節市高三上學期第一次診斷性考試物理試卷
1．（2025·畢節模擬）光刻機被譽為集成電路產業皇冠上的明珠，EUV光刻技術能夠實現高分辨率和精細的線路制造。某型號的EUV光刻機的光源使用波長為13.5nm的極紫外光，這種光波長短，光子能量高。已知普朗克常量為，則這種極紫外光的光子能量約為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知識點】光子及其動量
【解析】【解答】本題主要考查了光子能量的計算公式，結合波長與頻率的關系分析解答即可。這種極紫外光的光子能量約為
故選D。
【分析】光子的能量等于普朗克常數與光子頻率的乘積。
2．（2025·畢節模擬）甲乙兩物體做初速度為0的勻加速直線運動，其位置x隨時間t變化的關系如圖所示，t0時刻甲乙兩物體的速度大小分別為v1和v2，加速度大小分別為a1和a2，則（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【知識點】運動學 S-t 圖象
【解析】【解答】本題考查運動學圖像的認識和理解和圖像的轉換問題，會根據題意進行準確分析解答。因x t圖像的斜率等于速度，可知t0時刻v1 > v2；
根據
因0 ~ t0時間內甲的位移大于乙，可知甲的加速度大于乙，即
選A。
【分析】x t圖像的斜率等于速度，結合位移—時間關系分析。
3．（2025·畢節模擬）兩半圓柱體甲和乙平行放置于水平地面，光滑圓柱體丙放置其上，三者質量相等，均保持靜止狀態，其截面如圖所示。a、b為相切點，半徑Oa與豎直方向的夾角為，半徑Ob與豎直方向的夾角為。設甲受地面的摩擦力和支持力大小分別為和，乙受地面的摩擦力和支持力大小分別為和，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題考查共點力平衡問題，解題的關鍵是要靈活選擇研究對象，采用隔離法和整體法相結合進行解答。
對丙進行分析，根據平衡條件有
，
根據牛頓第三定律可知，甲、丙之間與丙、乙之間的彈力大小相等，對甲進行分析，根據平衡條件有，
對乙進行分析，根據平衡條件有
，
可知
，
故選B。
【分析】對圓柱體丙進行受力分析，根據共點力平衡條件列式求出支持力大小，對甲乙丙整體，根據共點力平衡條件分析摩擦力的大小關系。
4．（2025·畢節模擬）從離地高為h處水平拋出一個質量為m的小球，小球從拋出點到落地點的位移大小為，重力加速度為g，不計空氣阻力，則（　　）
A．小球拋出的初速度大小為
B．小球落地前瞬間的速度大小為
C．小球在空中運動的過程，動能的變化量為mgh
D．小球在空中運動的過程，重力的沖量大小為
【答案】C
【知識點】平拋運動；動能定理的綜合應用；沖量
【解析】【解答】AB．小球做平拋運動，豎直方向有
，
解得
，
小球從拋出點到落地點的位移大小為，則小球的水平位移為
則小球拋出的初速度大小為
小球落地前瞬間的速度大小為
故AB錯誤；
C．根據動能定理可得，小球在空中運動的過程，動能的變化量為
故C正確；
D．小球在空中運動的過程，重力的沖量大小為
故D錯誤。
故選C。
【分析】AB、根據平拋運動特點，依據豎直高度求解時間和豎直方向末速度；根據位移和豎直高度求解射程和水平初速度；再根據水平初速度和豎直方向末速度求解落地速度；
C、根據動能定理求解動能的變化量等于重力所做的功；
D、根據沖量定義式求解。
5．（2025·畢節模擬）圖甲為一段粗細均勻的絕緣材料制成的圓環，使其均勻帶電后，它在圓心處產生的場強大小為E。現將該環裁掉后變成圖乙所示的半圓環，則它在圓心處的場強大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】電場強度的疊加
【解析】【解答】本題主要考查電場強度的疊加，解題時需注意，多個電荷在電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產生的電場強度的矢量和。如圖
把材料按圓分成均等份，假設圓環帶正電荷，每一份產生的電場強度如圖。由對稱性可知，左邊圖有兩部分抵消了，其中一部分產生的電場強度即為合電場強度E。而右邊的圖沒有抵消，由平行四邊形定則結合對稱性得O點的場強
故選C。
【分析】圖乙可以分成兩個四分之一的圓環，由對稱性及矢量的合成法則，先確定圖甲每個四分之一的圓環在圓心處產生的場強大小；同理，圖甲可以分成三個四分之一的圓環，結合題意，即可分析求得圖乙中圓心處的電場強度。
6．（2025·畢節模擬）兩種衛星繞地球運行的軌道如圖，設地球半徑為R，地球赤道上的物體隨地球自轉的速度大小為，加速度大小為；近地衛星的軌道半徑近似為R，運行速度大小為，加速度大小為；地球靜止衛星的軌道半徑為r，運行速度大小為，加速度大小為。下列選項正確的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題考查衛星或行星運行參數的計算，把衛星的運行看作勻速圓周運動，萬有引力完全充當圓周運動的向心力，但是計算的公式比較多，需要根據題目給出的參數，選擇恰當的公式進行計算。BD．衛星繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力可得
可得
，
則有
，
故B正確，D錯誤；
AC．地球赤道上的物體與靜止衛星的角速度相等，根據
，
可得
，
則有
故AC錯誤。
故選B。
【分析】衛星繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力列式，即可分析判斷；地球赤道上的物體與同步衛星的角速度和周期相等，結合v=ωr及前面結論，即可分析判斷。
7．（2025·畢節模擬）圖為半圓柱體玻璃磚的橫截面，O為圓心，MN為截面直徑的兩個端點。P是圓弧上一點，。用某一頻率的細束光a平行于MN方向從P點射入半圓柱體后，折射光線恰能經過N點。改用另一頻率的細束光b以同樣的方式射向P點，不考慮光在玻璃磚里發生的多次反射，下列說法正確的是（　　）
A．玻璃磚對a光的折射率為
B．若b光頻率高于a光，則b光在玻璃磚中傳播速度較大
C．若b光頻率高于a光，經P點折射后，不會射到MON界面上
D．若將a光改沿PO方向射入玻璃磚，光線將會在MON界面發生全反射
【答案】A
【知識點】光的全反射
【解析】【解答】解決幾何光學問題應先準確畫好光路圖。用光的全反射條件來判斷在某界面是否發生全反射；用折射定律找入射角和折射角的關系。在處理幾何光學問題時應充分利用光的可逆性、對稱性、相似性等幾何關系。A．如圖
由幾何關系得玻璃磚對a光的折射率為
故A正確；
B．根據可知，若b光頻率高于a光，b光折射率更大，則b光在玻璃磚中傳播速度較小。故B錯誤；
C．若b光頻率高于a光，則b光折射率更大，折射角更小，經P點折射后，會射到MON界面上。故C錯誤；
D．根據得
若將a光改沿PO方向射入玻璃磚，在O點的入射角為，則
因此光線將不會在MON界面發生全反射。故D錯誤。
故選A。
【分析】出光路圖，根據幾何知識求解入射角和折射角，根據折射定律求解折射率，根據折射率大小進行分析，求解全反射臨界角，將入射角與全反射臨界角對比即可。
8．（2025·畢節模擬）一列簡諧橫波沿x軸傳播，波速，時刻的波形如圖所示，則平衡位置在處質點的振動圖像可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知識點】橫波的圖象
【解析】【解答】本題考查了波的傳播方向與質點的振動方向之間的相互判定，以及由圖象獲取有用物理知識的能力，再結合周期公式即可解決此類問題。由圖可知，時平衡位置在處質點在平衡位置。若簡諧波沿x軸正方向傳播，時平衡位置在處質點向y軸正方向振動；若簡諧波沿x軸負方向傳播，時平衡位置在處質點向y軸負方向振動。
故選AC。
【分析】由圖象知波長λ=4m，波的周期可以求出，由同側法法判斷質點的振動方向。
9．（2025·畢節模擬）如圖，一根不可伸長的絕緣細繩上端固定，下端系一金屬圓環，圓環位于豎直面內，其電阻不可忽略。在與圓環直徑ab重合的虛線下方有垂直于圓環表面向外的勻強磁場，在磁感應強度B隨時間均勻減小的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．圓環中感應電動勢逐漸減小
B．圓環中的感應電流為逆時針方向
C．細繩對圓環的拉力逐漸減小
D．圓環上a點電勢高于b點電勢
【答案】B,C
【知識點】楞次定律；法拉第電磁感應定律
【解析】【解答】解決圖像問題的一般步驟：明確圖像的種類，是B-t圖像還是Φ-t圖像，或者是E-t圖像、i-t圖像等。分析電磁感應的具體過程。用右手定則或楞次定律確定方向對應關系，結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等分析。A．根據法拉第電磁感應定律有
可知磁感應強度B隨時間均勻減小，圓環中感應電動勢不變，故A錯誤；
BD．根據楞次定律可知，圓環中的感應電流為逆時針方向，則圓環上a點電勢低于b點電勢，故B正確，D錯誤；
C．根據左手定則可知安培力向下，感應電動勢不變，則感應電流不變，根據
可知，細繩對圓環的拉力逐漸減小，故C正確；
故選BC。
【分析】 根據法拉第電磁感應定律可以判斷感應電動勢大小；根據共點力的平衡條件結合安培力表達式求解細繩拉力的大小。根據楞次定律判斷電流方向。
10．（2025·畢節模擬）質量為2kg的物體在光滑的水平地面上做勻速直線運動。時刻起沿運動方向所在直線對物體施加力F的作用，F隨時間t變化的關系如圖甲所示，物體的速度v隨時間t變化的關系如圖乙所示，重力加速度大小。則（　　）
A．時刻物體的速度為2m/s
B．時刻物體的動量為6kg·m/s
C．從到時間內，合力對物體的沖量為零
D．從到時間內，力F對物體所做的功為8J
【答案】B,D
【知識點】動量定理；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】只要涉及了力F和力的作用時間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷。A．令時刻物體的速度為，2s時刻速度為，在0到3s內，根據動量定理有
根據圖甲可知
解得
故A錯誤；
B．圖像與時間軸所圍面積表示沖量，則在0到2s內，根據動量定理有
其中
解得
則時刻物體的動量
故B正確；
C．合力等于F，圖像與時間軸所圍面積表示沖量，可知，從到時間內，合力對物體的沖量為
故C錯誤；
D．令4s時速度為，根據動量定理有
結合上述解得
根據動能定理可知，從到時間內，力F對物體所做的功
故D正確。
故選BD。
【分析】在0到3s內，根據動量定理求解速度大小，圖像與時間軸所圍面積表示沖量，根據動量定理求解動量與速度，根據動能定理求解力F對物體所做的功。
11．（2025·畢節模擬）圖甲是某研究性學習小組探究小車加速度與力關系的實驗裝置，細繩中拉力的大小可由拉力傳感器測量，小車運動的加速度大小可由打點計時器打出的紙帶測定。該裝置中所使用的滑輪與細繩質量不計、摩擦不計，重力加速度g取9.8m/s2。
（1）下列說法正確的是（　　）
A．實驗中先釋放小車后立即打開打點計時器
B．本實驗須用天平測出沙和沙桶的總質量
C．補償小車所受阻力時需要掛上沙桶
D．實驗中無須保證沙和沙桶的質量遠小于小車的質量
（2）實驗中得到一條紙帶如圖乙所示，圖中各點均為計數點，相鄰兩計數點間有4個計時點未畫出，各計數點到A點的距離已在圖中標出。電源的頻率為50Hz，則由紙帶可知小車的加速度大小為　 　。（結果保留兩位有效數字）
（3）改變沙桶中沙的質量，分別測量小車在不同拉力作用下的加速度。根據測得的多組數據畫出圖像如丙圖所示，發現圖像不過坐標原點。該小組重做實驗，為使之后畫出的圖像能經過坐標原點，應適當　 　（選填“增大”或“減小”）長木板的傾角。
【答案】（1）D
（2）1.0
（3）增大
【知識點】探究加速度與力、質量的關系
【解析】【解答】解決該題的關鍵是明確知道該實驗的實驗原理，掌握勻變速直線運動的瞬時速度求解公式，能根據圖像分析誤差產生的原因。
（1）A．為了充分利用紙帶，實驗中應先打開打點計時器，再釋放小車，故A錯誤；
BD．由于本實驗中細繩拉力可以力傳感器測得，所以不需要用天平測出沙和沙桶的總質量，也不需要保證沙和沙桶的質量遠小于小車的質量，故B錯誤，D正確；
C．補償小車所受阻力時應將沙桶撤去，故C錯誤。
故選D。
（2）相鄰兩計數點間有4個計時點未畫出，則相鄰計數點的時間間隔為
根據逐差法可得小車的加速度大小為
（3）由丙圖中的圖像可知，當力達到一定數值時，小車才開始產生加速度，所以圖像不過坐標原點是因為平衡摩擦力不夠，該小組重做實驗，為使之后畫出的圖像能經過坐標原點，應適當增大長木板的傾角。
【分析】（1）根據實驗的實驗原理和注意事項進行分析解答；
（2）求出相鄰點的時間間隔，應用勻變速直線運動的推論根據逐差法求解加速度；
（3）當力達到一定數值時，小車才開始產生加速度，平衡摩擦力不夠，應適當增大長木板的傾角。
（1）A．為了充分利用紙帶，實驗中應先打開打點計時器，再釋放小車，故A錯誤；
BD．由于本實驗中細繩拉力可以力傳感器測得，所以不需要用天平測出沙和沙桶的總質量，也不需要保證沙和沙桶的質量遠小于小車的質量，故B錯誤，D正確；
C．補償小車所受阻力時應將沙桶撤去，故C錯誤。
故選D。
（2）相鄰兩計數點間有4個計時點未畫出，則相鄰計數點的時間間隔為
根據逐差法可得小車的加速度大小為
（3）由丙圖中的圖像可知，當力達到一定數值時，小車才開始產生加速度，所以圖像不過坐標原點是因為平衡摩擦力不夠，該小組重做實驗，為使之后畫出的圖像能經過坐標原點，應適當增大長木板的傾角。
12．（2025·畢節模擬）某實驗小組需要測量一節干電池的電動勢和內阻，現有器材如下：
A.待測干電池一節；
B.電壓表（量程0~3V，內阻很大）；
C.電流表（量程0~0.6A，內阻為）；
D.滑動變阻器（最大阻值為）；
E.開關一個，導線若干。
（1）根據上述器材，小組成員設計了以下兩種實驗電路圖。你認為　 　（選填“甲”或“乙”）更為合理。
（2）該小組選用了合理的實驗電路進行實驗，測出多組電壓和電流，并繪制圖像，如丙圖所示。根據圖像求出電池的電動勢　 　V，內阻　 　。（結果保留兩位小數）
【答案】（1）甲
（2）1.46；0.42（0.40~0.44）
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】本題考查測量一節干電池的電動勢和內阻的實驗，要求學生熟練掌握實驗原理、實驗器材、數據處理和誤差分析。
（1）由于題干中電流表的內阻已知，所以電流表的分壓可求，則電流表相對于干電池應采用內接法，即甲電路圖更為合理。
（2）根據圖甲電路圖，由閉合電路歐姆定律可得
可得
可知圖像的縱軸截距等于電動勢，則有
圖像的斜率絕對值為
解得內阻為
【分析】（1）電流表的內阻已知，所以電流表的分壓可求，電流表相對于干電池應采用內接法；
（2）由閉合電路歐姆定律得到U-I關系式，得到圖像的縱軸截距等于電動勢，斜率絕對值等于等效內阻，據此分析。
（1）由于題干中電流表的內阻已知，所以電流表的分壓可求，則電流表相對于干電池應采用內接法，即甲電路圖更為合理。
（2）[1][2]根據圖甲電路圖，由閉合電路歐姆定律可得
可得
可知圖像的縱軸截距等于電動勢，則有
圖像的斜率絕對值為
解得內阻為
13．（2025·畢節模擬）粗細均勻的U形玻璃管，左端封閉，右端開口，管內裝有水銀，靜止時兩端水銀面高度相同。左端被封閉的空氣柱長，外界大氣壓強。現從右端開口處緩慢注入水銀，使左端空氣柱長度變為，此時右端水銀面尚未達到管口。已知整個過程溫度和大氣壓強保持不變，管內氣體可視為理想氣體。求：
（1）注入水銀后左端封閉氣體的壓強；
（2）注入水銀柱的長度。
【答案】（1）解：對U型管左端空氣柱，根據
解得注入水銀后左端封閉氣體的壓強為
（2）解：當時，根據壓強關系U型管左右兩端水銀面的高度差為
則此過程中注入水銀柱的長度為
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）求出初狀態和注入水銀后右側空氣柱長度，由玻意耳定律列方程求解；
（2） 根據壓強關系U型管左右兩端水銀面的高度差，從而求解注入水銀柱的長度。
（1）對U型管左端空氣柱，根據
解得注入水銀后左端封閉氣體的壓強為
（2）當時，根據壓強關系U型管左右兩端水銀面的高度差為
則此過程中注入水銀柱的長度為
14．（2025·畢節模擬）如圖，質量為1kg的小車右端緊靠豎直墻面而不粘連，小車上表面固定著一“7”字形輕桿（高度超過1m），長為1m的輕繩一端固定在輕桿上的O點，另一端連著質量為0.5kg的小球，整個系統靜置于光滑水平地面上。向右拖動小球，使輕繩與豎直方向的夾角為并由靜止釋放，不計空氣阻力，重力加速度g取。求：
（1）小球第一次運動至最低點時速度的大小；
（2）小球運動至左端最高點時相對于最低點的高度。
【答案】（1）解：小球從釋放到最低點過程中，下落高度為
由機械能守恒定律可得
解得小球第一次運動至最低點時速度的大小為
（2）解：將小球和車作為一個系統來研究，當小球運動到最低點后系統動量守恒，從最低點到左端最高點間，根據動量守恒可得
解得
由系統機械能守恒得
解得小球運動至左端最高點時相對于最低點的高度為
【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小球從釋放到最低點過程中由機械能守恒定律求解運動至最低點時速度的大小；
（2） 系統水平方向動量守恒，結合動量守恒定律和系統機械能守恒定律求解相對于最低點的高度。
（1）小球從釋放到最低點過程中，下落高度為
由機械能守恒定律可得
解得小球第一次運動至最低點時速度的大小為
（2）將小球和車作為一個系統來研究，當小球運動到最低點后系統動量守恒，從最低點到左端最高點間，根據動量守恒可得
解得
由系統機械能守恒得
解得小球運動至左端最高點時相對于最低點的高度為
15．（2025·畢節模擬）如圖，平面直角坐標系xOy中，第Ⅳ象限存在沿y軸正方向的勻強電場，第Ⅰ象限的某未知矩形區域內有垂直坐標平面向里的勻強磁場。一帶正電的粒子沿x軸正方向從y軸上A點以初速度進入勻強電場，經電場偏轉，從x軸上的B點進入第Ⅰ象限，一段時間后，進入矩形磁場區域，離開矩形磁場區域后以垂直于y軸的方向射出。已知帶電粒子質量為m、電荷量為q，AO長為，BO長為2L，矩形磁場區域的磁感應強度大小，不計粒子的重力。求：
（1）勻強電場的場強大小；
（2）粒子經過x軸上B點時的速度大小和方向；
（3）矩形勻強磁場區域面積的最小值。
【答案】（1）解：由題可知，帶電粒子在電場中做類平拋運動
水平方向
豎直方向
由牛頓第二定律可得
聯立可得
（2）解：因為
則
，
所以
（3）解：進入磁場后，粒子將做勻速圓周運動，則有
解得
當磁場面積最小時，幾何關系如圖所示
由圖可知磁場中勻速圓周運動轉過的圓心角
矩形磁場區域的長為
矩形磁場區域的寬為
所以磁場的面積最小值為
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；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）帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據水平和豎直方向的分位移計算場強；
（2）根據平行四邊形定則計算；
（3）根據洛倫茲力提供向心力計算出圓周運動的半徑，再根據幾何關系求出磁場區域面積的最小值。
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