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2025屆廣東省茂名市高三一模聯考物理試題
1．（2025·茂名模擬）2024年8月7日，日本啟動第八批福島核污染水排海，核污水中含等放射性物質，已知的半衰期為28年，衰變方程為。下列說法正確的是（　　）
A．該衰變為α衰變
B．1個原子核中含有90個質子
C．的比結合能比的比結合能小
D．20個原子核經過28年，還將剩余10個原子核未衰變
【答案】C
【知識點】原子核的組成；原子核的衰變、半衰期；α、β、γ射線及特點；結合能與比結合能
【解析】【解答】本題考查了原子核衰變相關問題，掌握比結合能與半衰期的物理意義。A．α衰變釋放出來的是，該反應是衰變。故A錯誤；
B.1個原子核中含有39個質子。故B錯誤；
C．衰變過程釋放能量，因此的比結合能比的比結合能小。故C正確；
D．半衰期是大量放射性元素的統計規律，對個別放射性元素沒有意義。故D錯誤。
故選C。
【分析】衰變過程釋放能量，生成物比反應物更穩定，生成物的比結合能較大；每個放射性元素的原子核的衰變都是隨機的，半衰期是大量放射性元素的原子核發生衰變的統計規律，對少量原子核沒有意義。
2．（2025·茂名模擬）圖甲為古代榨油場景，圖乙是簡化原理圖，快速撞擊木楔便可將油榨出。若木楔可看作頂角為的等腰三角形，撞擊木楔的力為F，則下列說法正確的是（　　）
A．為了增大木塊對油餅的壓力，通常設計得較小
B．木鍥對每個木塊的壓力均為
C．木塊擠壓油餅過程中，油餅內能減小
D．木塊加速擠壓油餅過程中，木塊對油餅的壓力大于油餅對木塊的壓力
【答案】A
【知識點】牛頓第三定律；力的分解；熱力學第一定律及其應用
【解析】【解答】本題考查力的分解的應用，要會熟練地使用平行四邊形定則進行力的分解。AB．將力F沿垂直側面方向分解可知
木楔對油餅的壓力為
可知為了增大木塊對油餅的壓力，通常設計得較小，木鍥對每個木塊的壓力大于，選項A正確，B錯誤；
C．木塊擠壓油餅過程中，外界對油餅做功，因為是快速撞擊木楔，則可認為與外界無熱交換，則油餅內能增加，選項C錯誤；
D．木塊對油餅的壓力與油餅對木塊的壓力是相互作用力，總是等大反向，可知木塊加速擠壓油餅過程中，木塊對油餅的壓力等于油餅對木塊的壓力，選項D錯誤。
故選A。
【分析】對物體進行實際分析根據力的分解分析；木塊擠壓油餅過程中，油餅內能增大；由牛頓第三定律分析。
3．（2025·茂名模擬）如圖所示，制作陶瓷的圓形工作臺上有A、B兩陶屑隨工作臺一起轉動，轉動角速度為，A在工作臺邊緣，B在工作臺內部．若A、B與臺面間的動摩擦因數相同，則下列說法正確的是（　　）
A．當工作臺勻速轉動，A、B所受合力為0
B．當工作臺勻速轉動，A、B線速度大小相等
C．當工作臺角速度ω逐漸增大，陶屑A最先滑動
D．當工作臺角速度ω逐漸增大，A、B所受的摩擦力始終指向軸
【答案】C
【知識點】向心力；生活中的圓周運動
【解析】【解答】分析清楚陶屑的受力情況與運動過程是解題的前提，知道向心力來源、應用線速度與角速度的關系即可解題。A．當工作臺勻速轉動時，A、B跟隨工作臺做勻速圓周運動，則所受合力不是0，選項A錯誤；
B．當工作臺勻速轉動，A、B角速度相等，根據v=ωr，因轉動半徑不等，則線速度大小不相等，選項B錯誤；
C．當陶屑將要產生滑動時
解得
可知r越大，產生相對滑動的臨界角速度越小，可知當工作臺角速度ω逐漸增大，陶屑A最先滑動，選項C正確；
D．只有當工作臺勻速轉動時，A、B所受的摩擦力充當向心力，其方向才指向圓心；則當工作臺角速度ω逐漸增大，A、B所受的摩擦力不是指向軸，選項D錯誤。
故選C。
【分析】陶屑隨工作臺一起做勻速圓周運動，合力提供向心力；同軸轉動物體的角速度相等，根據角速度與線速度的關系分析答題；當陶屑相對工作臺靜止時靜摩擦力提供向心力，摩擦力達到最大靜摩擦力時開始相對滑動；根據陶屑的運動情況判斷摩擦力方向。
4．（2025·茂名模擬）如圖所示是某繩波形成過程的示意圖。質點1在外力作用下沿豎直方向做簡諧運動，帶動其余質點依次上下振動，機械波便從繩的左端傳播到右端，圖中相鄰質點間距離為。時刻，質點1開始向上運動；時，質點1第一次到達最上方，質點5剛開始向上運動，則下列說法正確的是（　　）
A．該列繩波波長為 B．該列繩波傳播速度為
C．時，質點9開始向下運動 D．時，質點9到達最上方
【答案】D
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】繩波的形成是靠質點間的相互作用，前面質點振動后帶動后面振動依次振動；確定周期和波長是解題關鍵。A．根據題圖可知該列繩波波長為
故A錯誤；
B．根據題意可得該列繩波傳播速度為
故B錯誤；
C．設質點9開始振動的時刻為，則有
由于時刻，質點1開始向上運動，可知時，質點9開始向上運動，故C錯誤；
D．周期為
由于時，質點9開始向上運動，則時，即經過，質點9到達最上方，故D正確。
故選D。
【分析】位于平衡位置的質點經過，第一次到底最大位移處；在傳播距離等于；根據位移、時間可求出波速，求出傳播時間。
5．（2025·茂名模擬）如圖甲為茂名浮山嶺上的發電風車，圖乙為風車簡化的發電模型，風車扇葉帶動內部銅質線圈繞垂直于磁場的水平轉軸順時針勻速轉動產生交流電，圖丙為風車轉速為ω時線圈輸出電流i與時間t的關系，下列說法正確的是（　　）
A．線圈輸出電流的有效值是
B．當線圈轉到豎直位置時電流表的示數為
C．當線圈轉到圖乙所示位置時產生的感應電流方向為
D．若風車轉速變為時，則線圈輸出最大電流為
【答案】D
【知識點】交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】本題考查交流電的相關計算，關鍵是從i-t圖，分析感應電流的峰值、有效值、周期。A．根據交流電最大值與有效值的關系可知
A錯誤；
B．當線圈轉到豎直位置時，電動勢最大，電流最大，但電流表測量的是電流的有效值，B錯誤；
C．根據右手定則可知，線圈轉到圖乙所示位置時產生的感應電流方向為，C錯誤；
D．由丙圖可知，線圈感應電流的瞬時表達式為
故當風車轉速變為時，線圈輸出最大電流為，D正確。
故選D。
【分析】由i-t圖，可知線圈輸出電流的峰值，結合交流電的特點，可知輸出電流的有效值；由電流表的示數為有效值，即可知電流表的示數；由右手定則，即可知圖乙位置時，線圈中的感應電流的方向；由電磁感應定律，結合閉合電路歐姆定律，可知感應電流的表達式，求解轉速變化后，線圈的輸出電流峰值。
6．（2025·茂名模擬）負折射率材料近年備受關注，如圖甲所示，當光從空氣射入負折射率材料時，折射角小于入射角，折射光線和入射光線分布在法線的同側。如圖乙所示，若一束入射光線從空氣中以一定夾角傾斜射入一負折射率材料，則出射光線最接近圖乙中的（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本題考查光的折射定律的基本應用，本題要結合題意理解到負折射率材料的特點。根據題意，作出相關光路圖如下
故選B。
【分析】當光從空氣射入負折射率材料時，折射角小于入射角，折射光線和入射光線分布在法線的同側，然后畫出符合題意的光路圖。
7．（2025·茂名模擬）圖甲為工程師設計的傳送帶測速裝置，圖乙為其簡化原理圖，該測速裝置固定有間距為L、長度為d的平行金屬電極，電極間存在著磁感應強度為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，且接有電壓表和阻值為R的電阻，測速裝置上的絕緣橡膠帶嵌有間距均為d的平行細金屬條，金屬條阻值為r且與電極接觸良好，橡膠帶運動時磁場中始終有且僅有一根金屬條，不計金屬電極和其余導線的電阻，電壓表可視為理想電表。下列說法正確的是（　　）
A．當金屬條經過磁場區域時，受到的安培力方向與運動方向相同
B．當電壓表的讀數為U時，傳送帶的速度大小為
C．若將該電壓表改裝為傳送帶速度表，則速度表刻度均勻分布
D．當金屬條通過磁場區域時的速度為v時，電路的總發熱功率為
【答案】C
【知識點】渦流、電磁阻尼、電磁驅動；導體切割磁感線時的感應電動勢
【解析】【解答】本題是理論聯系實際問題，關鍵是明確電路的結構，理解工作原理，綜合運用電磁感應知識、電路知識來解題。A．當金屬條經過磁場區域時，根據電磁阻尼知識可知，金屬條受到的安培力方向與運動方向相反，故A錯誤；
BC．當電壓表的讀數為U時，有
得傳送帶的速度大小為
即若將該電壓表改裝為傳送帶速度表，則速度表刻度均勻分布，故B錯誤，C正確；
D．當金屬條通過磁場區域時的速度為v時，電路的總發熱功率為
又
聯立得
故D錯誤。
故選C。
【分析】根據電磁阻力知識，判斷金屬條受到的安培力方向；根據歐姆定律來分析判斷；根據法拉第電磁感應定律以及功率公式求電路的總發熱功率。
8．（2025·茂名模擬）如圖是某款空氣凈化器的工作原理圖，負極針附近能生成大量負離子，使得流經負極針的塵埃帶上負電后被格柵板吸附，下列說法正確是（　　）
A．格柵板應接電源正極
B．負極針附近的電勢比格柵板附近低
C．塵埃被吸附到格柵板上的過程中速度不變
D．塵埃被吸附到格柵板上的過程中電勢能減少
【答案】A,B,D
【知識點】靜電的防止與利用
【解析】【解答】本題主要考查對電場中功能關系的掌握，解題時需注意，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增大。A．根據異種電荷相互吸引可知，格柵板接電源正極，A正確；
B．格柵板帶正電，負極針帶負電，故格柵板附近的電勢高于負極針附近的電勢，B正確；
CD．帶負電的塵埃被吸附到格柵板的過程中，電場力做正功，塵埃的速度增大，電勢能減小，C錯誤，D正確。
故選ABD。
【分析】負電的塵埃需被正極吸引，正極電勢高，負極電勢低，塵埃在電場力作用下加速運動，由電場力做功與電勢能變化的關系，即可分析判斷。
9．（2025·茂名模擬）2024年12月17日，我國在太原衛星發射巾心以一箭四星方式成功將航天宏圖四顆低軌衛星送入預定軌道。已知該衛星軌道離地高度h小于靜止衛星的離地高度，地球的半徑為R，地球表面重力加速度為g，若衛星繞地球的運動可視為勻速圓周運動，下列關于衛星的說法正確的是（　　）
A．升空的過程機械能減小
B．進入預定軌道后的運行周期大于24小時
C．進入預定軌道后的運行速度大小為
D．進入預定軌道后的向心加速度大小為
【答案】C,D
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】考查萬有引力定律的應用和黃金代換式，機械能守恒問題，會根據題意進行準確分析解答。A．升空的過程外界要對衛星做功，使衛星的動能和重力勢能都增加，則機械能增加，選項A錯誤；
B．因軌道半徑小于靜止衛星的軌道半徑，根據開普勒第三定律可知，進入預定軌道后的運行周期小于24小時，選項B錯誤；
CD．根據
而
可得進入預定軌道后的運行速度大小為
進入預定軌道后的向心加速度大小為
選項CD正確。
故選CD。
【分析】根據機械能守恒條件進行分析解答；根據萬有引力提供向心力導出周期、線速度和加速度的表達式，結合黃金代換式聯立求解。
10．（2025·茂名模擬）如圖所示，質量為M的滑塊A出靜止開始從傾角為的固定斜面上滑下，下滑時間后與另一個質量同為M的靜止拴在輕質彈簧上端的滑塊B發生碰撞（碰撞時間極短），且碰撞后A、B黏在一起。已知A、B初始位置的豎直高度差為。以滑塊A出發點為原點，取沿斜面向下為正方向，滑塊A的位移為x，運動的速度為v，加速度為a，運動時間為t，忽略空氣阻力、兩滑塊與斜面摩擦力，兩滑塊可看作質點，彈簧在彈性限度內。關于滑塊A從出發到運動到最低點的過程中，以下圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用；碰撞模型
【解析】【解答】根據題目給出的圖像來判斷，關注速度隨時間的變化和加速度隨位移的變化，并非速度平方與位移的關系。C．滑塊 A 從靜止開始沿斜面下滑，在與滑塊 B 碰撞前，根據牛頓第二定律
碰前B，根據平衡條件
碰撞瞬間，根據牛頓第二定律
聯立解得
然后 A、B 整體壓縮彈簧向下運動， 先
其中
整理得
隨位移線性減小到零，方向沿斜面向下，后反向沿斜面向上，根據牛頓第二定律
其中為加速度為零之前的位移，隨位移反向線性增大，斜率不變， 故C正確；
AB．根據C項分析知，加速度先正向定值后從
正向逐漸減小到零，做加速直線運動，再負向逐漸增大，做減速直線運動到零，到達最低點，圖線中斜率表示加速度，故圖像先是一條過原點的傾斜直線，碰撞瞬間根據動量守恒知，速度發生突變（減小），后正向加速，速度增大到加速度為零時達最大，后減小到零，斜率逐漸增大，故A錯誤，B正確；
D．根據運動學公式
知勻加速階段圖線是一條傾斜的直線，之后都是變加速直線運動，圖線不再是直線，故D錯誤。
故選BC。
【分析】根據題目描述，滑塊A從靜止開始沿斜面下滑與滑塊B碰撞后黏在一起，整個過程中忽略摩擦力和空氣阻力。題目要求分析滑塊A從開始運動到最低點過程中的速度、加速度等物理量的變化趨勢。
11．（2025·茂名模擬）小明想測量新買的鞋子鞋底與木板間的滑動摩擦因數，他設計了如下實驗。已知每個砝碼的質量，設拖鞋上砝碼個數為n，電子秤示數為m（指示質量），鞋子和重物的質量分別為和，不考慮繩子與滑輪的摩擦。
（1）小明練習使用螺旋測微器測量木板的厚度，讀數如圖甲所示，則木板厚度為　 　。
（2）如圖乙所示，把鞋子放置在木板上，并用一根細繩連接鞋子和電子秤上的重物，調節滑輪位置，使鞋子與滑輪間的細繩保持水平，重物與滑輪間的細繩保持豎直。
（3）在鞋子上放置砝碼，向左拉動木板的同時，在下表記錄電子秤示數m和砝碼個數n。此過程拉動木板時　 　（選填“必須”或“不必”）保持勻速。
n（個） 0 1 2 3 4 5
60 51 43 35 27 18
（4）圖丙中有兩個點尚未描出，請根據（3）中表格數據描出，并繪制圖像。　 　
（5）分析實驗過程，m和、n、、、所滿足的關系式為　 　。
（6）根據（4）繪制出的圖像，可得鞋子和木板間的動摩擦因數　 　（保留2位有效數字）。
【答案】6.860；不必；；；0.40
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數
【解析】【解答】本題主要考查了鞋子鞋底與木板間的動摩擦因數的測定，要明確實驗原理，掌握螺旋測微器的讀數規則，掌握滑動摩擦力和平衡條件的運用，知道滑動摩擦力的影響因素是解題的關鍵。（1） 根據螺旋測微器的讀法可知，木板的厚度
（3） 鞋子與木板之間的滑動摩擦力與物體的相對速度無關，因此不需要木板做勻速運動；
（4） 描出對應的點跡，用平滑的直線連接起來即可，作圖如下
（5） 對于重物而言，則有
對于鞋子而言則有
聯立解得
（6） 根據上述分析可知，在圖像中，其斜率為
代入數據解得
【分析】（1）螺旋測微器的精確度為0.01mm，根據螺旋測微器的讀數規則讀數；
（3）根據滑動摩擦力的影響因素分析作答；
（4）根據描點法作圖的規則作圖；
（5）根據滑動摩擦力公式和平衡條件求解作答；
（6）根據上述（5）求解m-n函數，結合圖像斜率的絕對值求解動摩擦因數。
12．（2025·茂名模擬）如圖甲是某個電子測力計原理圖。用到的器材有：粗細相同的光滑導體棒（單位長度電阻大小為），帶拉鉤的彈簧（電阻忽略不計，勁度系數為k），電流表A（量程為，可視為理想電表），電源（電動勢E，內阻r），電阻箱，刻度尺等．已知滑片固定在彈簧上且與導體棒接觸良好，開始時刻，彈簧處于原長時，滑片位于導體棒最左端。
（1）閉合開關后，用力水平向右拉動拉鉤，電流表示數將　 　（選填“增大”或“減小”）。均勻增大拉力，每間隔相等拉力，根據指針位置依次在電流表表盤上標注一個刻度表示對應的拉力大小，則刻度分布　 　（選填“均勻”或“不均勻”）。
（2）用力拉動拉鉤，測出每次的拉力大小F并記錄此時的電流表的讀數I，得到多組數據后，作出圖如圖乙所示，彈簧勁度系數　 　（用a、b、、E表示）。
（3）調節為，拉動拉鉤，改變導體棒接入電路中的長度l，測出不同l對應的電流表示數I，并作圖像如圖丙所示，可測得電源電動勢和內阻分別為　 　V、　 　。（計算結果均保留2位有效數字）
【答案】（1）增大；不均勻
（2）
（3）3.0；1.8
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】理解實驗原理是解題的前提，分析清楚圖示電路結構是解題的前提，應用閉合電路的歐姆定律即可解題。
（1）閉合開關后，用力水平向右拉動拉鉤，接入電路中的電阻變小，因此電流表的示數增大。設為導體棒的電阻，拉力均勻變化時，的電阻也在均勻變化，由閉合電路的歐姆定律可得，電流I與電阻不是正比的關系，因此根據指針位置依次在電流表表盤上標注一個刻度表示對應的拉力大小，則刻度分布是不均勻的。
（2）設導體棒的原長為，由閉合電路歐姆定律可得
整理得
由圖像乙可得，圖像的斜率
可得
（3）由閉合電路歐姆定律可得
整理可得
圖像的斜率
圖像的截距
可得電源電動勢
電源內阻
。
【分析】（1）根據圖示電路圖應用歐姆定律判斷電流表示數如何變化；應用閉合電路的歐姆定律求出電流表示數與電阻的關系，然后分析答題。
（2）應用閉合電路圖的歐姆定律求出圖像的函數解析式，根據圖示圖像求出彈簧的勁度系數。
（3）應用閉合電路的歐姆定律求出圖像的函數解析式，根據圖示圖像求出電源的電動勢與內阻。
（1）[1]閉合開關后，用力水平向右拉動拉鉤，接入電路中的電阻變小，因此電流表的示數增大。
[2]設為導體棒的電阻，拉力均勻變化時，的電阻也在均勻變化，由閉合電路的歐姆定律可得，電流I與電阻不是正比的關系，因此根據指針位置依次在電流表表盤上標注一個刻度表示對應的拉力大小，則刻度分布是不均勻的。
（2）設導體棒的原長為，由閉合電路歐姆定律可得
整理得
由圖像乙可得，圖像的斜率
可得。
（3）[1][2]由閉合電路歐姆定律可得
整理可得
圖像的斜率
圖像的截距
可得電源電動勢
電源內阻。
13．（2025·茂名模擬）如圖甲，2024年5月28日，神舟十八號航天員圓滿完成出艙任務．航天員要先進入氣閘艙中等待氣閘艙內氣壓降至與太空艙外氣壓基本一致，才能進入太空。中國空間站氣閘艙使用了氣體復用技術，即宇航員出艙前將氣閘艙空氣全部抽送到相鄰的工作艙。如圖乙，若工作艙容積，氣閘艙容積，工作艙和氣閘艙中氣體的初始壓強均為，外太空為真空狀態，氣體為理想氣體并忽略航天員對氣體的影響，太空艙與外界保持絕熱。請問抽氣過程：
（1）若氣體溫度保持不變，則抽氣結束后工作艙內氣體壓強升高了多少？
（2）若考慮氣體做功，則工作艙內氣體溫度如何變化，并說明理由。
【答案】（1）解：從氣閘艙向工作艙抽氣過程中
氣體穩定后，工作艙中的氣壓
工作艙壓強升高
（2）解：根據熱力學第一定律
此過程外界對工作艙氣體做正功
又，則
內能增加，溫度升高。
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）若氣體溫度保持不變，由玻意耳定律列式，結合壓強關系，即可分析求解；
（2）若考慮氣體做功，結合前面分析及題意，根據熱力學第一定律，即可分析求解。
（1）從氣閘艙向工作艙抽氣過程中
氣體穩定后，工作艙中的氣壓
工作艙壓強升高
（2）根據熱力學第一定律
此過程外界對工作艙氣體做正功
又，則
內能增加，溫度升高。
14．（2025·茂名模擬）籃球運動是中學生最喜愛的運動項目之一，下面我們一起研究籃球運動中的物理量。已知籃球質量為，重力加速度取，為研究方便，忽略空氣阻力影響，計算結果可以保留根號。
（1）拍球：如圖甲，設籃球每次與地板碰撞后反彈速率均為碰前的，剛觸球時籃球下邊緣離地為，要求每次拍球后，籃球碰地反彈恰好能回剛觸球位置，求每次拍球手對籃球做功為多少？
（2）傳球：如圖乙，若隊友傳球給小明，小明雙手接球并收回，若該過程籃球可視為水平方向的勻減速直線運動，小明接球時籃球的速度大小為，籃球運動距離為。請計算接球過程雙手對籃球的平均作用力F大小；
（3）投籃：如圖丙，小明站在罰球線中點練習投籃。已知出手時籃球離地高度為，籃球運動到達最高點時恰好垂直撞擊籃板，撞擊位置離地高度為，罰球線到籃板的垂直距離為，則該籃球的離手速度v大小為多少？
【答案】（1）解：設每次拍球手對籃球做功為W，則從觸球到籃球碰地前，由動能定理，有
觸地反彈后速度為
籃球反彈到剛觸球位置過程，由機械能守恒定律，有
聯立以上各式，得
（2）解：設小明雙手接球過程籃球所示合力大小為，對籃球列動量定理，有
由于籃球可視為勻減速直線運動，有
聯立得
根據力的合成公式，可知雙手對籃球的平均作用力大小
（3）解：籃球運動到達最高點時恰好垂直撞擊籃板，其逆過程為平拋運動，設撞擊籃板時速度為，則有
，
解得
，
設籃球的離手速度大小，與豎直方向的夾角為，豎直方向分速度為，根據平拋運動規律，有，
聯立以上各式，得

【知識點】動量定理；平拋運動；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）籃球從離手到地面的過程，由動能定理，可得到籃球接觸地面時的速度表達式；由籃球觸底反彈后的速度關系，結合動能定理，可得到反彈速度表達式，綜合可求解手做的功；
（2）由籃球水平做勻減速直線運動，可求解籃球與手接觸的時間；由動量定理，可計算手對籃球的水平力大小；由籃球在豎直平面內受力平衡，可綜合計算手對籃球的合力；
（3）對籃球在水平方向、豎直方向，分別受力分析，結合其運動特點，可分別計算分速度，合成即可計算籃球離手時的速度大小。
（1）設每次拍球手對籃球做功為W，則從觸球到籃球碰地前，由動能定理，有
觸地反彈后速度為
籃球反彈到剛觸球位置過程，由機械能守恒定律，有
聯立以上各式，得
（2）設小明雙手接球過程籃球所示合力大小為，對籃球列動量定理，有
由于籃球可視為勻減速直線運動，有
聯立得
根據力的合成公式，可知雙手對籃球的平均作用力大小
（3）籃球運動到達最高點時恰好垂直撞擊籃板，其逆過程為平拋運動，設撞擊籃板時速度為，則有，
解得，
設籃球的離手速度大小，與豎直方向的夾角為，豎直方向分速度為，根據平拋運動規律，有，
聯立以上各式，得
15．（2025·茂名模擬）如圖甲所示是一款治療腫瘤的質子治療儀工作原理示意圖，質子經加速電場后沿水平方向進入速度選擇器，再經過磁分析器和偏轉系統后，定向轟擊腫瘤。已知速度選擇器中電場強度的大小為E、方向豎直向上，磁感應強度大小為、方向垂直紙面向外，磁分析器截面的內外半徑分別為和，入口端面豎直，出口端面水平，兩端中心位置M和N處各有一個小孔。偏轉系統下邊緣與腫瘤所在平面距離為L，偏轉系統截面高度與寬度均為H。當偏轉系統不工作時，質子恰好垂直轟擊腫瘤靶位所在平面上的O點；當偏轉系統施加如圖乙所示變化電壓后，質子轟擊點將發生變化且偏轉電壓達到峰值（或）時質子恰好從偏轉系統下側邊緣離開（質子通過偏轉系統時間極短，此過程偏轉電壓可視為不變），已知整個系統置于真空中，質子電荷量為q、質量為m。求：
（1）質子到達M點速度大小；
（2）要使質子垂直于磁分析器下端邊界從孔N離開，請判斷磁分析器中磁場方向，并求磁感應強度的大小；
（3）在一個電壓變化周期內，質子轟擊腫瘤寬度是多少？實際治療過程中發現轟擊寬度小于腫瘤寬度，若只改變某一物理參數達到原寬度，如何調節該物理參數？
【答案】（1）解：質子勻速通過速度選擇器，受力平衡
可得
（2）解：在磁分析器勻速圓周運動，由題圖可知
洛倫茲力提供向心力有
可得
（3）解：在偏轉系統中質子做類平拋運動，當電源位移時質子恰好從偏轉系統下則邊緣離開，有
，
其中
根據牛頓第二定律有
根據速度的分解有
解得
離開偏轉系統后，質子做勻速直線運動
解得
故質子轟擊腫瘤寬度是
可知增加L，可以增加質子轟擊腫瘤寬度。
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動；質譜儀和回旋加速器
【解析】【分析】（1）質子在速度選擇器中做勻速直線運動，應用平衡條件求出質子的速度。
（2）質子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律可以求出磁感應強度大小。
（3）質子在偏轉系統中做類平拋運動，應用運動學公式分析答題。
（1）質子勻速通過速度選擇器，受力平衡
可得
（2）在磁分析器勻速圓周運動，由題圖可知
洛倫茲力提供向心力有
可得
（3）在偏轉系統中質子做類平拋運動，當電源位移時質子恰好從偏轉系統下則邊緣離開，有，
其中
根據牛頓第二定律有
根據速度的分解有
解得
離開偏轉系統后，質子做勻速直線運動
解得
故質子轟擊腫瘤寬度是
可知增加L，可以增加質子轟擊腫瘤寬度。
1 / 12025屆廣東省茂名市高三一模聯考物理試題
1．（2025·茂名模擬）2024年8月7日，日本啟動第八批福島核污染水排海，核污水中含等放射性物質，已知的半衰期為28年，衰變方程為。下列說法正確的是（　　）
A．該衰變為α衰變
B．1個原子核中含有90個質子
C．的比結合能比的比結合能小
D．20個原子核經過28年，還將剩余10個原子核未衰變
2．（2025·茂名模擬）圖甲為古代榨油場景，圖乙是簡化原理圖，快速撞擊木楔便可將油榨出。若木楔可看作頂角為的等腰三角形，撞擊木楔的力為F，則下列說法正確的是（　　）
A．為了增大木塊對油餅的壓力，通常設計得較小
B．木鍥對每個木塊的壓力均為
C．木塊擠壓油餅過程中，油餅內能減小
D．木塊加速擠壓油餅過程中，木塊對油餅的壓力大于油餅對木塊的壓力
3．（2025·茂名模擬）如圖所示，制作陶瓷的圓形工作臺上有A、B兩陶屑隨工作臺一起轉動，轉動角速度為，A在工作臺邊緣，B在工作臺內部．若A、B與臺面間的動摩擦因數相同，則下列說法正確的是（　　）
A．當工作臺勻速轉動，A、B所受合力為0
B．當工作臺勻速轉動，A、B線速度大小相等
C．當工作臺角速度ω逐漸增大，陶屑A最先滑動
D．當工作臺角速度ω逐漸增大，A、B所受的摩擦力始終指向軸
4．（2025·茂名模擬）如圖所示是某繩波形成過程的示意圖。質點1在外力作用下沿豎直方向做簡諧運動，帶動其余質點依次上下振動，機械波便從繩的左端傳播到右端，圖中相鄰質點間距離為。時刻，質點1開始向上運動；時，質點1第一次到達最上方，質點5剛開始向上運動，則下列說法正確的是（　　）
A．該列繩波波長為 B．該列繩波傳播速度為
C．時，質點9開始向下運動 D．時，質點9到達最上方
5．（2025·茂名模擬）如圖甲為茂名浮山嶺上的發電風車，圖乙為風車簡化的發電模型，風車扇葉帶動內部銅質線圈繞垂直于磁場的水平轉軸順時針勻速轉動產生交流電，圖丙為風車轉速為ω時線圈輸出電流i與時間t的關系，下列說法正確的是（　　）
A．線圈輸出電流的有效值是
B．當線圈轉到豎直位置時電流表的示數為
C．當線圈轉到圖乙所示位置時產生的感應電流方向為
D．若風車轉速變為時，則線圈輸出最大電流為
6．（2025·茂名模擬）負折射率材料近年備受關注，如圖甲所示，當光從空氣射入負折射率材料時，折射角小于入射角，折射光線和入射光線分布在法線的同側。如圖乙所示，若一束入射光線從空氣中以一定夾角傾斜射入一負折射率材料，則出射光線最接近圖乙中的（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2025·茂名模擬）圖甲為工程師設計的傳送帶測速裝置，圖乙為其簡化原理圖，該測速裝置固定有間距為L、長度為d的平行金屬電極，電極間存在著磁感應強度為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，且接有電壓表和阻值為R的電阻，測速裝置上的絕緣橡膠帶嵌有間距均為d的平行細金屬條，金屬條阻值為r且與電極接觸良好，橡膠帶運動時磁場中始終有且僅有一根金屬條，不計金屬電極和其余導線的電阻，電壓表可視為理想電表。下列說法正確的是（　　）
A．當金屬條經過磁場區域時，受到的安培力方向與運動方向相同
B．當電壓表的讀數為U時，傳送帶的速度大小為
C．若將該電壓表改裝為傳送帶速度表，則速度表刻度均勻分布
D．當金屬條通過磁場區域時的速度為v時，電路的總發熱功率為
8．（2025·茂名模擬）如圖是某款空氣凈化器的工作原理圖，負極針附近能生成大量負離子，使得流經負極針的塵埃帶上負電后被格柵板吸附，下列說法正確是（　　）
A．格柵板應接電源正極
B．負極針附近的電勢比格柵板附近低
C．塵埃被吸附到格柵板上的過程中速度不變
D．塵埃被吸附到格柵板上的過程中電勢能減少
9．（2025·茂名模擬）2024年12月17日，我國在太原衛星發射巾心以一箭四星方式成功將航天宏圖四顆低軌衛星送入預定軌道。已知該衛星軌道離地高度h小于靜止衛星的離地高度，地球的半徑為R，地球表面重力加速度為g，若衛星繞地球的運動可視為勻速圓周運動，下列關于衛星的說法正確的是（　　）
A．升空的過程機械能減小
B．進入預定軌道后的運行周期大于24小時
C．進入預定軌道后的運行速度大小為
D．進入預定軌道后的向心加速度大小為
10．（2025·茂名模擬）如圖所示，質量為M的滑塊A出靜止開始從傾角為的固定斜面上滑下，下滑時間后與另一個質量同為M的靜止拴在輕質彈簧上端的滑塊B發生碰撞（碰撞時間極短），且碰撞后A、B黏在一起。已知A、B初始位置的豎直高度差為。以滑塊A出發點為原點，取沿斜面向下為正方向，滑塊A的位移為x，運動的速度為v，加速度為a，運動時間為t，忽略空氣阻力、兩滑塊與斜面摩擦力，兩滑塊可看作質點，彈簧在彈性限度內。關于滑塊A從出發到運動到最低點的過程中，以下圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2025·茂名模擬）小明想測量新買的鞋子鞋底與木板間的滑動摩擦因數，他設計了如下實驗。已知每個砝碼的質量，設拖鞋上砝碼個數為n，電子秤示數為m（指示質量），鞋子和重物的質量分別為和，不考慮繩子與滑輪的摩擦。
（1）小明練習使用螺旋測微器測量木板的厚度，讀數如圖甲所示，則木板厚度為　 　。
（2）如圖乙所示，把鞋子放置在木板上，并用一根細繩連接鞋子和電子秤上的重物，調節滑輪位置，使鞋子與滑輪間的細繩保持水平，重物與滑輪間的細繩保持豎直。
（3）在鞋子上放置砝碼，向左拉動木板的同時，在下表記錄電子秤示數m和砝碼個數n。此過程拉動木板時　 　（選填“必須”或“不必”）保持勻速。
n（個） 0 1 2 3 4 5
60 51 43 35 27 18
（4）圖丙中有兩個點尚未描出，請根據（3）中表格數據描出，并繪制圖像。　 　
（5）分析實驗過程，m和、n、、、所滿足的關系式為　 　。
（6）根據（4）繪制出的圖像，可得鞋子和木板間的動摩擦因數　 　（保留2位有效數字）。
12．（2025·茂名模擬）如圖甲是某個電子測力計原理圖。用到的器材有：粗細相同的光滑導體棒（單位長度電阻大小為），帶拉鉤的彈簧（電阻忽略不計，勁度系數為k），電流表A（量程為，可視為理想電表），電源（電動勢E，內阻r），電阻箱，刻度尺等．已知滑片固定在彈簧上且與導體棒接觸良好，開始時刻，彈簧處于原長時，滑片位于導體棒最左端。
（1）閉合開關后，用力水平向右拉動拉鉤，電流表示數將　 　（選填“增大”或“減小”）。均勻增大拉力，每間隔相等拉力，根據指針位置依次在電流表表盤上標注一個刻度表示對應的拉力大小，則刻度分布　 　（選填“均勻”或“不均勻”）。
（2）用力拉動拉鉤，測出每次的拉力大小F并記錄此時的電流表的讀數I，得到多組數據后，作出圖如圖乙所示，彈簧勁度系數　 　（用a、b、、E表示）。
（3）調節為，拉動拉鉤，改變導體棒接入電路中的長度l，測出不同l對應的電流表示數I，并作圖像如圖丙所示，可測得電源電動勢和內阻分別為　 　V、　 　。（計算結果均保留2位有效數字）
13．（2025·茂名模擬）如圖甲，2024年5月28日，神舟十八號航天員圓滿完成出艙任務．航天員要先進入氣閘艙中等待氣閘艙內氣壓降至與太空艙外氣壓基本一致，才能進入太空。中國空間站氣閘艙使用了氣體復用技術，即宇航員出艙前將氣閘艙空氣全部抽送到相鄰的工作艙。如圖乙，若工作艙容積，氣閘艙容積，工作艙和氣閘艙中氣體的初始壓強均為，外太空為真空狀態，氣體為理想氣體并忽略航天員對氣體的影響，太空艙與外界保持絕熱。請問抽氣過程：
（1）若氣體溫度保持不變，則抽氣結束后工作艙內氣體壓強升高了多少？
（2）若考慮氣體做功，則工作艙內氣體溫度如何變化，并說明理由。
14．（2025·茂名模擬）籃球運動是中學生最喜愛的運動項目之一，下面我們一起研究籃球運動中的物理量。已知籃球質量為，重力加速度取，為研究方便，忽略空氣阻力影響，計算結果可以保留根號。
（1）拍球：如圖甲，設籃球每次與地板碰撞后反彈速率均為碰前的，剛觸球時籃球下邊緣離地為，要求每次拍球后，籃球碰地反彈恰好能回剛觸球位置，求每次拍球手對籃球做功為多少？
（2）傳球：如圖乙，若隊友傳球給小明，小明雙手接球并收回，若該過程籃球可視為水平方向的勻減速直線運動，小明接球時籃球的速度大小為，籃球運動距離為。請計算接球過程雙手對籃球的平均作用力F大小；
（3）投籃：如圖丙，小明站在罰球線中點練習投籃。已知出手時籃球離地高度為，籃球運動到達最高點時恰好垂直撞擊籃板，撞擊位置離地高度為，罰球線到籃板的垂直距離為，則該籃球的離手速度v大小為多少？
15．（2025·茂名模擬）如圖甲所示是一款治療腫瘤的質子治療儀工作原理示意圖，質子經加速電場后沿水平方向進入速度選擇器，再經過磁分析器和偏轉系統后，定向轟擊腫瘤。已知速度選擇器中電場強度的大小為E、方向豎直向上，磁感應強度大小為、方向垂直紙面向外，磁分析器截面的內外半徑分別為和，入口端面豎直，出口端面水平，兩端中心位置M和N處各有一個小孔。偏轉系統下邊緣與腫瘤所在平面距離為L，偏轉系統截面高度與寬度均為H。當偏轉系統不工作時，質子恰好垂直轟擊腫瘤靶位所在平面上的O點；當偏轉系統施加如圖乙所示變化電壓后，質子轟擊點將發生變化且偏轉電壓達到峰值（或）時質子恰好從偏轉系統下側邊緣離開（質子通過偏轉系統時間極短，此過程偏轉電壓可視為不變），已知整個系統置于真空中，質子電荷量為q、質量為m。求：
（1）質子到達M點速度大小；
（2）要使質子垂直于磁分析器下端邊界從孔N離開，請判斷磁分析器中磁場方向，并求磁感應強度的大小；
（3）在一個電壓變化周期內，質子轟擊腫瘤寬度是多少？實際治療過程中發現轟擊寬度小于腫瘤寬度，若只改變某一物理參數達到原寬度，如何調節該物理參數？
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】原子核的組成；原子核的衰變、半衰期；α、β、γ射線及特點；結合能與比結合能
【解析】【解答】本題考查了原子核衰變相關問題，掌握比結合能與半衰期的物理意義。A．α衰變釋放出來的是，該反應是衰變。故A錯誤；
B.1個原子核中含有39個質子。故B錯誤；
C．衰變過程釋放能量，因此的比結合能比的比結合能小。故C正確；
D．半衰期是大量放射性元素的統計規律，對個別放射性元素沒有意義。故D錯誤。
故選C。
【分析】衰變過程釋放能量，生成物比反應物更穩定，生成物的比結合能較大；每個放射性元素的原子核的衰變都是隨機的，半衰期是大量放射性元素的原子核發生衰變的統計規律，對少量原子核沒有意義。
2．【答案】A
【知識點】牛頓第三定律；力的分解；熱力學第一定律及其應用
【解析】【解答】本題考查力的分解的應用，要會熟練地使用平行四邊形定則進行力的分解。AB．將力F沿垂直側面方向分解可知
木楔對油餅的壓力為
可知為了增大木塊對油餅的壓力，通常設計得較小，木鍥對每個木塊的壓力大于，選項A正確，B錯誤；
C．木塊擠壓油餅過程中，外界對油餅做功，因為是快速撞擊木楔，則可認為與外界無熱交換，則油餅內能增加，選項C錯誤；
D．木塊對油餅的壓力與油餅對木塊的壓力是相互作用力，總是等大反向，可知木塊加速擠壓油餅過程中，木塊對油餅的壓力等于油餅對木塊的壓力，選項D錯誤。
故選A。
【分析】對物體進行實際分析根據力的分解分析；木塊擠壓油餅過程中，油餅內能增大；由牛頓第三定律分析。
3．【答案】C
【知識點】向心力；生活中的圓周運動
【解析】【解答】分析清楚陶屑的受力情況與運動過程是解題的前提，知道向心力來源、應用線速度與角速度的關系即可解題。A．當工作臺勻速轉動時，A、B跟隨工作臺做勻速圓周運動，則所受合力不是0，選項A錯誤；
B．當工作臺勻速轉動，A、B角速度相等，根據v=ωr，因轉動半徑不等，則線速度大小不相等，選項B錯誤；
C．當陶屑將要產生滑動時
解得
可知r越大，產生相對滑動的臨界角速度越小，可知當工作臺角速度ω逐漸增大，陶屑A最先滑動，選項C正確；
D．只有當工作臺勻速轉動時，A、B所受的摩擦力充當向心力，其方向才指向圓心；則當工作臺角速度ω逐漸增大，A、B所受的摩擦力不是指向軸，選項D錯誤。
故選C。
【分析】陶屑隨工作臺一起做勻速圓周運動，合力提供向心力；同軸轉動物體的角速度相等，根據角速度與線速度的關系分析答題；當陶屑相對工作臺靜止時靜摩擦力提供向心力，摩擦力達到最大靜摩擦力時開始相對滑動；根據陶屑的運動情況判斷摩擦力方向。
4．【答案】D
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】繩波的形成是靠質點間的相互作用，前面質點振動后帶動后面振動依次振動；確定周期和波長是解題關鍵。A．根據題圖可知該列繩波波長為
故A錯誤；
B．根據題意可得該列繩波傳播速度為
故B錯誤；
C．設質點9開始振動的時刻為，則有
由于時刻，質點1開始向上運動，可知時，質點9開始向上運動，故C錯誤；
D．周期為
由于時，質點9開始向上運動，則時，即經過，質點9到達最上方，故D正確。
故選D。
【分析】位于平衡位置的質點經過，第一次到底最大位移處；在傳播距離等于；根據位移、時間可求出波速，求出傳播時間。
5．【答案】D
【知識點】交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】本題考查交流電的相關計算，關鍵是從i-t圖，分析感應電流的峰值、有效值、周期。A．根據交流電最大值與有效值的關系可知
A錯誤；
B．當線圈轉到豎直位置時，電動勢最大，電流最大，但電流表測量的是電流的有效值，B錯誤；
C．根據右手定則可知，線圈轉到圖乙所示位置時產生的感應電流方向為，C錯誤；
D．由丙圖可知，線圈感應電流的瞬時表達式為
故當風車轉速變為時，線圈輸出最大電流為，D正確。
故選D。
【分析】由i-t圖，可知線圈輸出電流的峰值，結合交流電的特點，可知輸出電流的有效值；由電流表的示數為有效值，即可知電流表的示數；由右手定則，即可知圖乙位置時，線圈中的感應電流的方向；由電磁感應定律，結合閉合電路歐姆定律，可知感應電流的表達式，求解轉速變化后，線圈的輸出電流峰值。
6．【答案】B
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本題考查光的折射定律的基本應用，本題要結合題意理解到負折射率材料的特點。根據題意，作出相關光路圖如下
故選B。
【分析】當光從空氣射入負折射率材料時，折射角小于入射角，折射光線和入射光線分布在法線的同側，然后畫出符合題意的光路圖。
7．【答案】C
【知識點】渦流、電磁阻尼、電磁驅動；導體切割磁感線時的感應電動勢
【解析】【解答】本題是理論聯系實際問題，關鍵是明確電路的結構，理解工作原理，綜合運用電磁感應知識、電路知識來解題。A．當金屬條經過磁場區域時，根據電磁阻尼知識可知，金屬條受到的安培力方向與運動方向相反，故A錯誤；
BC．當電壓表的讀數為U時，有
得傳送帶的速度大小為
即若將該電壓表改裝為傳送帶速度表，則速度表刻度均勻分布，故B錯誤，C正確；
D．當金屬條通過磁場區域時的速度為v時，電路的總發熱功率為
又
聯立得
故D錯誤。
故選C。
【分析】根據電磁阻力知識，判斷金屬條受到的安培力方向；根據歐姆定律來分析判斷；根據法拉第電磁感應定律以及功率公式求電路的總發熱功率。
8．【答案】A,B,D
【知識點】靜電的防止與利用
【解析】【解答】本題主要考查對電場中功能關系的掌握，解題時需注意，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增大。A．根據異種電荷相互吸引可知，格柵板接電源正極，A正確；
B．格柵板帶正電，負極針帶負電，故格柵板附近的電勢高于負極針附近的電勢，B正確；
CD．帶負電的塵埃被吸附到格柵板的過程中，電場力做正功，塵埃的速度增大，電勢能減小，C錯誤，D正確。
故選ABD。
【分析】負電的塵埃需被正極吸引，正極電勢高，負極電勢低，塵埃在電場力作用下加速運動，由電場力做功與電勢能變化的關系，即可分析判斷。
9．【答案】C,D
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】考查萬有引力定律的應用和黃金代換式，機械能守恒問題，會根據題意進行準確分析解答。A．升空的過程外界要對衛星做功，使衛星的動能和重力勢能都增加，則機械能增加，選項A錯誤；
B．因軌道半徑小于靜止衛星的軌道半徑，根據開普勒第三定律可知，進入預定軌道后的運行周期小于24小時，選項B錯誤；
CD．根據
而
可得進入預定軌道后的運行速度大小為
進入預定軌道后的向心加速度大小為
選項CD正確。
故選CD。
【分析】根據機械能守恒條件進行分析解答；根據萬有引力提供向心力導出周期、線速度和加速度的表達式，結合黃金代換式聯立求解。
10．【答案】B,C
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用；碰撞模型
【解析】【解答】根據題目給出的圖像來判斷，關注速度隨時間的變化和加速度隨位移的變化，并非速度平方與位移的關系。C．滑塊 A 從靜止開始沿斜面下滑，在與滑塊 B 碰撞前，根據牛頓第二定律
碰前B，根據平衡條件
碰撞瞬間，根據牛頓第二定律
聯立解得
然后 A、B 整體壓縮彈簧向下運動， 先
其中
整理得
隨位移線性減小到零，方向沿斜面向下，后反向沿斜面向上，根據牛頓第二定律
其中為加速度為零之前的位移，隨位移反向線性增大，斜率不變， 故C正確；
AB．根據C項分析知，加速度先正向定值后從
正向逐漸減小到零，做加速直線運動，再負向逐漸增大，做減速直線運動到零，到達最低點，圖線中斜率表示加速度，故圖像先是一條過原點的傾斜直線，碰撞瞬間根據動量守恒知，速度發生突變（減小），后正向加速，速度增大到加速度為零時達最大，后減小到零，斜率逐漸增大，故A錯誤，B正確；
D．根據運動學公式
知勻加速階段圖線是一條傾斜的直線，之后都是變加速直線運動，圖線不再是直線，故D錯誤。
故選BC。
【分析】根據題目描述，滑塊A從靜止開始沿斜面下滑與滑塊B碰撞后黏在一起，整個過程中忽略摩擦力和空氣阻力。題目要求分析滑塊A從開始運動到最低點過程中的速度、加速度等物理量的變化趨勢。
11．【答案】6.860；不必；；；0.40
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數
【解析】【解答】本題主要考查了鞋子鞋底與木板間的動摩擦因數的測定，要明確實驗原理，掌握螺旋測微器的讀數規則，掌握滑動摩擦力和平衡條件的運用，知道滑動摩擦力的影響因素是解題的關鍵。（1） 根據螺旋測微器的讀法可知，木板的厚度
（3） 鞋子與木板之間的滑動摩擦力與物體的相對速度無關，因此不需要木板做勻速運動；
（4） 描出對應的點跡，用平滑的直線連接起來即可，作圖如下
（5） 對于重物而言，則有
對于鞋子而言則有
聯立解得
（6） 根據上述分析可知，在圖像中，其斜率為
代入數據解得
【分析】（1）螺旋測微器的精確度為0.01mm，根據螺旋測微器的讀數規則讀數；
（3）根據滑動摩擦力的影響因素分析作答；
（4）根據描點法作圖的規則作圖；
（5）根據滑動摩擦力公式和平衡條件求解作答；
（6）根據上述（5）求解m-n函數，結合圖像斜率的絕對值求解動摩擦因數。
12．【答案】（1）增大；不均勻
（2）
（3）3.0；1.8
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】理解實驗原理是解題的前提，分析清楚圖示電路結構是解題的前提，應用閉合電路的歐姆定律即可解題。
（1）閉合開關后，用力水平向右拉動拉鉤，接入電路中的電阻變小，因此電流表的示數增大。設為導體棒的電阻，拉力均勻變化時，的電阻也在均勻變化，由閉合電路的歐姆定律可得，電流I與電阻不是正比的關系，因此根據指針位置依次在電流表表盤上標注一個刻度表示對應的拉力大小，則刻度分布是不均勻的。
（2）設導體棒的原長為，由閉合電路歐姆定律可得
整理得
由圖像乙可得，圖像的斜率
可得
（3）由閉合電路歐姆定律可得
整理可得
圖像的斜率
圖像的截距
可得電源電動勢
電源內阻
。
【分析】（1）根據圖示電路圖應用歐姆定律判斷電流表示數如何變化；應用閉合電路的歐姆定律求出電流表示數與電阻的關系，然后分析答題。
（2）應用閉合電路圖的歐姆定律求出圖像的函數解析式，根據圖示圖像求出彈簧的勁度系數。
（3）應用閉合電路的歐姆定律求出圖像的函數解析式，根據圖示圖像求出電源的電動勢與內阻。
（1）[1]閉合開關后，用力水平向右拉動拉鉤，接入電路中的電阻變小，因此電流表的示數增大。
[2]設為導體棒的電阻，拉力均勻變化時，的電阻也在均勻變化，由閉合電路的歐姆定律可得，電流I與電阻不是正比的關系，因此根據指針位置依次在電流表表盤上標注一個刻度表示對應的拉力大小，則刻度分布是不均勻的。
（2）設導體棒的原長為，由閉合電路歐姆定律可得
整理得
由圖像乙可得，圖像的斜率
可得。
（3）[1][2]由閉合電路歐姆定律可得
整理可得
圖像的斜率
圖像的截距
可得電源電動勢
電源內阻。
13．【答案】（1）解：從氣閘艙向工作艙抽氣過程中
氣體穩定后，工作艙中的氣壓
工作艙壓強升高
（2）解：根據熱力學第一定律
此過程外界對工作艙氣體做正功
又，則
內能增加，溫度升高。
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）若氣體溫度保持不變，由玻意耳定律列式，結合壓強關系，即可分析求解；
（2）若考慮氣體做功，結合前面分析及題意，根據熱力學第一定律，即可分析求解。
（1）從氣閘艙向工作艙抽氣過程中
氣體穩定后，工作艙中的氣壓
工作艙壓強升高
（2）根據熱力學第一定律
此過程外界對工作艙氣體做正功
又，則
內能增加，溫度升高。
14．【答案】（1）解：設每次拍球手對籃球做功為W，則從觸球到籃球碰地前，由動能定理，有
觸地反彈后速度為
籃球反彈到剛觸球位置過程，由機械能守恒定律，有
聯立以上各式，得
（2）解：設小明雙手接球過程籃球所示合力大小為，對籃球列動量定理，有
由于籃球可視為勻減速直線運動，有
聯立得
根據力的合成公式，可知雙手對籃球的平均作用力大小
（3）解：籃球運動到達最高點時恰好垂直撞擊籃板，其逆過程為平拋運動，設撞擊籃板時速度為，則有
，
解得
，
設籃球的離手速度大小，與豎直方向的夾角為，豎直方向分速度為，根據平拋運動規律，有，
聯立以上各式，得

【知識點】動量定理；平拋運動；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）籃球從離手到地面的過程，由動能定理，可得到籃球接觸地面時的速度表達式；由籃球觸底反彈后的速度關系，結合動能定理，可得到反彈速度表達式，綜合可求解手做的功；
（2）由籃球水平做勻減速直線運動，可求解籃球與手接觸的時間；由動量定理，可計算手對籃球的水平力大小；由籃球在豎直平面內受力平衡，可綜合計算手對籃球的合力；
（3）對籃球在水平方向、豎直方向，分別受力分析，結合其運動特點，可分別計算分速度，合成即可計算籃球離手時的速度大小。
（1）設每次拍球手對籃球做功為W，則從觸球到籃球碰地前，由動能定理，有
觸地反彈后速度為
籃球反彈到剛觸球位置過程，由機械能守恒定律，有
聯立以上各式，得
（2）設小明雙手接球過程籃球所示合力大小為，對籃球列動量定理，有
由于籃球可視為勻減速直線運動，有
聯立得
根據力的合成公式，可知雙手對籃球的平均作用力大小
（3）籃球運動到達最高點時恰好垂直撞擊籃板，其逆過程為平拋運動，設撞擊籃板時速度為，則有，
解得，
設籃球的離手速度大小，與豎直方向的夾角為，豎直方向分速度為，根據平拋運動規律，有，
聯立以上各式，得
15．【答案】（1）解：質子勻速通過速度選擇器，受力平衡
可得
（2）解：在磁分析器勻速圓周運動，由題圖可知
洛倫茲力提供向心力有
可得
（3）解：在偏轉系統中質子做類平拋運動，當電源位移時質子恰好從偏轉系統下則邊緣離開，有
，
其中
根據牛頓第二定律有
根據速度的分解有
解得
離開偏轉系統后，質子做勻速直線運動
解得
故質子轟擊腫瘤寬度是
可知增加L，可以增加質子轟擊腫瘤寬度。
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動；質譜儀和回旋加速器
【解析】【分析】（1）質子在速度選擇器中做勻速直線運動，應用平衡條件求出質子的速度。
（2）質子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律可以求出磁感應強度大小。
（3）質子在偏轉系統中做類平拋運動，應用運動學公式分析答題。
（1）質子勻速通過速度選擇器，受力平衡
可得
（2）在磁分析器勻速圓周運動，由題圖可知
洛倫茲力提供向心力有
可得
（3）在偏轉系統中質子做類平拋運動，當電源位移時質子恰好從偏轉系統下則邊緣離開，有，
其中
根據牛頓第二定律有
根據速度的分解有
解得
離開偏轉系統后，質子做勻速直線運動
解得
故質子轟擊腫瘤寬度是
可知增加L，可以增加質子轟擊腫瘤寬度。
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