江西省红色十校2024-2025学年高三上学期第一次联考物理试卷
1．（2024高三上·江西月考）在太阳内部存在两个主要的核聚变反应过程，碳循环和质子一质子循环。碳循环中有一个过程是放射性的氮13衰变为碳13，关于此衰变，下列说法正确的是（ ）
A．氮13和碳13中子数相同 B．氮13和碳13质子数相同
C．衰变放出的一个粒子是中子 D．衰变放出的一个粒子是正电子
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】 氮13 的电荷数为7， 碳13 的电荷数为6，根据质量数守恒以及电荷数守恒可知，衰变方程为
可知衰变放出的一个粒子是正电子；氮13的质子数为7，中子数为6；碳13的质子数为6，中子数为7。故D正确，ABC错误；
故选D。
【分析】本题主要考查衰变方程的确定，核反应过程质量数守恒以及电荷数守恒。
2．（2024高三上·江西月考）如图，长木板倾斜放置，质量均为m的直角三角形木块和光滑圆球静止放置在斜面上。木块与木板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当木板倾角为时，三角形木块恰好沿斜面下滑，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】牛顿第三定律；整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】对直角三角形木块和光滑圆球组成的整体受力分析，受重力、斜面支持力和沿斜面向上的摩擦力，由平衡条件可得
可得
对圆球受力分析，受重力、斜面支持力和木块的弹力，由平衡条件可得
可得
对三角形木块受力分析，受重力、斜面支持力、摩擦力和圆球的弹力，由平衡条件可得
可得
与是一对相互作用力，由牛顿第三定律可知，与大小相等，方向相反，即
联立解得
故选A。
【分析】 选取适当的研究对象，利用整体法和隔离法，根据平衡条件，沿斜面方向列平衡方程解答。以木块和圆球组成的整体、圆球、木块分别为研究对象，受力分析，根据共点力平衡知识，沿斜面方向列方程，结合牛顿第三定律求解滑动摩擦因数和倾角关系。
3．（2024高三上·江西月考）如图甲，某水池中有一点光源S，点光源S仅发射出单色光a和b，在水面上形成一个被照亮的圆形区域（如图乙），小圆区域为复色光照亮区域，大圆环区域仅为单色光b照亮区域。已知水对单色光a的折射率为，对单色光b的折射率为，则单色光b照射到小圆区域边界处的折射角正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】由图乙可知，单色光a照射到小圆区域边界处刚好发生全反射，设此时入射角为，则有
则单色光b照射到小圆区域边界处时，根据折射定律可得
联立可得单色光b照射到小圆区域边界处的折射角正弦值
故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】本题主要考查光的折射和全反射知识，解决本题的关键是知道光线圆形区域边缘恰好发生全反射，从临界角入手，比较出折射率的大小，从而解答。
在水面上被照亮的圆形区域边缘光线恰好发生全反射，入射角等于临界角C；通过照亮的圆形区域，知道b光照射的面积较大，从而得到光a的临界角大小，即b光的入射角大小，再根据求得 单色光b照射到小圆区域边界处的折射角正弦值 。
4．（2024高三上·江西月考）磁电式电流表的构造如图所示，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布。长方形线圈的匝数为n，平行于纸面的边长度为，垂直于纸面的边长度为，垂直于纸面的边所在处磁场的磁感应强度大小为B。线圈在图中实线位置时，线圈中电流大小为I，改变线圈中电流，线圈稳定后停留在图中虚线位置，下列说法正确的是（ ）
A．在虚线位置，线圈的磁通量最大
B．在实线位置，线圈垂直磁场的某一边受到的安培力小于
C．不论在哪个位置，线圈平行于纸面的某一边受到的安培力大小均为
D．从实线位置到虚线位置，线圈中的电流减小
【答案】D
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】A．线圈在虚线位置时，处于水平位置，根据对称性可知穿过线圈的磁通量为零，故A错误；
B． 磁电式电流表内部的磁场是均匀辐向分布的，这种分布确保了不论线圈转到什么角度，其平面都与磁感线保持平行，所以线圈在通电时，无论在那个位置始终受到大小相等的安培力，由于线圈匝数为n，根据安培力公式可知，线圈垂直磁场的某一边在实线位置所受的安培力大小为
故B错误；
C． 不论在哪个位置，线圈平行于纸面的某一边与磁场方向平行，受到的安培力为零，故C错误；
D． 线圈转动的幅度由电流的大小决定，电流变大线圈转动的幅度变大，电流变小线圈转动的幅度变小，从实线位置到虚线位置，线圈转动的幅度变小，线圈中的电流减小，故D正确。
故选D。
【分析】 本题考查磁电式电流表的工作原理 。根据磁通量的定义式得出穿过线圈的磁通量即可判断；根据安培力公式得出线圈垂直磁场的某一边和线圈平行于纸面的某一边所受的安培力的大小；电流大小决定安培力大小，安培力大小决定线圈转动的幅度。
5．（2024高三上·江西月考）高压输电线上有较高的电压和较大的电流，通常不能直接测量其电压和电流，如图所示电路中，正用电流互感器（变压器）、电压互感器（变压器）分别测量高压输电线的电流、电压，变压器的原、副线圈匝数比为，变压器的原、副线圈匝数比为，电流表的示数为m，电压表的示数为n，和均为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．变压器为降压变压器 B．变压器为升压变压器
C．高压输电线上的电压为 D．高压输电线输送的功率为
【答案】C
【知识点】变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】A．由图可知是电流互感器，原线圈电流大于副线圈电流，根据变压器电流与匝数关系
可知，原线圈匝数小于副线圈匝数，根据
可知变压器为升压变压器，故A错误；
B．由图可知是电压互感器，原线圈电压大于副线圈电压，根据
可知变压器为降压变压器，故B错误；
C．设高压输电线上的电压为，则有
解得
故C正确；
D．设输电线电流为，则有
解得
则高压输电线输送的功率为
故D错误。
故选C。
【分析】 本题主要考查电流互感器与电压互感器的应用。电流互感器原理是依据电磁感应原理的。电流互感器是由闭合的铁芯和绕组组成。它的一次侧绕组匝数很少，串在需要测量的电流的线路中，因此它经常有线路的全部电流流过，二次侧绕组匝数比较多，串接在测量仪表和保护回路； 电压互感器的基本结构和变压器很相似，它也有两个绕组，一个叫一次绕组，一个叫二次绕组。两个绕组都装在或绕在铁芯上。两个绕组之间以及绕组与铁芯之间都有绝缘，使两个绕组之间以及绕组与铁芯之间都有电气隔离。电压互感器在运行时，一次绕组N1并联接在线路上，二次绕组N2并联接仪表或继电器。因此在测量高压线路上的电压时，尽管一次电压很高，但二次却是低压的，可以确保操作人员和仪表的安全。
根据理想变压器匝数和电压关系判断变压器和的类别以及 高压输电线上的电压 ；根据理想变压器匝数和电流关系求得高压输电线 的电流，根据功率公式P=UI得到高压输电线输送的功率 。
6．（2024高三上·江西月考）如图，一列简谐横波沿x轴正向传播，时刻的波形如图中实线所示，时刻的波形如图中虚线所示，振动周期T满足，P是波传播路径上的一个质点，下列说法正确的是（ ）
A．时刻，质点P正沿y轴负方向运动
B．质点P振动周期为1s
C．波的传播速度大小为
D．波的波长为4m
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】A．简谐横波沿x轴正向传播，根据"上下坡”法可知，时刻，质点P正沿y轴正方向运动，故A错误；
D．由波形图可知波的波长为5m，故D错误；
BC．由图可得
（n=0、1、2、3……）
可得
（n=1、2、3……）
n=0时，T=5s>1.2s
n=1时，
n=2时，
由于振动周期T满足，可得
则波的传播速度大小为
故B错误，C正确。
故选C。
【分析】根据t=0时刻波的传播方向，判断P质点的运动方向，根据波的周期性得到周期的表达式，根据题中条件确定周期大小，根据波速、波长和周期之间的关系计算波速。
本题主要是考查了波的周期性问题；解答本题关键是要能够根据图象直接读出波长，能够根据波的传播方向判断出质点的振动方向，知道波速、波长和周期之间的关系。
7．（2024高三上·江西月考）如图，不可伸长的轻绳绕过光滑的钉子，一端固定在地面上，另一端吊着一个小球。在钉子沿水平方向向左匀速运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球在竖直方向上做加速运动
B．小球在竖直方向上做减速运动
C．小球在竖直方向上做匀速运动
D．小球的运动轨迹是一条倾斜直线
【答案】A
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】在钉子沿水平方向向左匀速运动的过程中，设钉子的速度为，倾斜绳子与竖直方向的夹角为，将钉子速度分解为沿倾斜绳子方向分速度和垂直倾斜绳子方向分速度，则有
小球由于受到绳子拉力与重力均处于竖直方向，所以小球水平方向做匀速直线运动，水平速度等于钉子速度，竖直方向小球的速度为
由于逐渐减小，逐渐增大，增大，则小球在竖直方向上做加速运动；小球的合运动为曲线运动，所以小球的运动轨迹是一条曲线。故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】将钉子速度沿绳和垂直绳分解，沿绳子方向的速度等于小球速度，由数学知识得到小球速度表达式，进而解答。本题主要是考查了运动的合成与分解在关联速度中的应用问题，关键是理解关联速度问题中要将速度沿绳（杆）和垂直绳（杆）分解。
8．（2024高三上·江西月考）如图为某电子透镜中电场的等势面（虚线）的分布图，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，电子先后经过A、B、C三点，则电子从A点到C点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．加速度一直减小
B．速度先减小后增大
C．在A点电势能比在C点电势能大
D．从A点到B点电场力做功是从B点到C点电场力做功的2倍
【答案】A,D
【知识点】曲线运动；电势能与电场力做功的关系；电势差；等势面；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．等差等势面疏密表示电场强度的强弱，电子先后经过A、B、C三点，可知电场强度逐渐减小，由
可知电子受到的电场力逐渐减小，根据
可知电子的加速度一直减小，故A正确；
BC．电子受到的电场力方向指向轨迹的凹侧，则电场强度方向背离轨迹凹侧，并且垂直等势面，即电子受电场力方向与电场强度方向相反，可知电子从A点到C点的过程中，电场力方向与运动方向间的夹角是钝角，可知电子做减速运动，电子的动能减小，电势能增大，在A点电势能比在C点电势能小，故BC错误；
D．从A点到B点电子经过两个等差等势面，从B点到C点电子经过一个等差等势面，即
由电场力做功与电势差关系公式
可知，从A点到B点电场力做功是从B点到C点电场力做功的2倍，故D正确。
故选AD。
【分析】做曲线运动的物体所受的合力指向轨迹的凹侧，电场线与等势面垂直，据此判断电场力方向；等势面的疏密表示场强的大小，据此分析作答；负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，沿电场线方向，电势逐渐降低，据此判断电势的高低；根据电势能的定义式判断电势能的大小。
本题考查了场强大小的判断、电势高低的判断以及电势能大小的判断，涉及的知识点较多需要熟练掌握。
9．（2024高三上·江西月考）某天文爱好者观测赤道平面内做圆周运动的A、B两颗卫星的运行规律，A是近地卫星，B卫星运行过程中离A卫星的最小距离为d，测得A卫星的运行周期为T，B卫星的运行周期为，引力常量为G，已知，忽略地球自转，由此求得（ ）
A．地球的半径为
B．地球的密度为
C．地球的第一宇宙速度为
D．地球表面的重力加速度为
【答案】B,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．设地球半径为R ，则卫星B的轨道半径为R+d，根据开普勒第三定律
可得
解得
故A错误；
B．对A卫星，根据万有引力提供向心力有
解得地球质量为
地球体积
由
可得地球的密度为
故B正确；
C．A卫星围绕地球做匀速圆周运动的线速度等于第一宇宙速度，则有
故C正确；
D．对在地球表面上的物体，有
又地球质量为
解得
故D错误。
故选BC。
【分析】本题主要考查卫星运行规律相关知识。分析好题意，灵活应用各相关公式是解决本题的关键。
根据开普勒第三定律求解地球的半径；地球对卫星A的万有引力提供向心力，根据列式求解地球的质量，结合公式求解地球的密度；卫星A是近地卫星，运转速度等于第一宇宙速度，根据求解第一宇宙速度；地球表面的物体重力等于万有引力，列式可求解地球表面的重力加速度 。
10．（2024高三上·江西月考）如图，足够长光滑绝缘斜面的倾角为，斜面上水平虚线MN和PQ之间有垂直斜面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，MN和PQ之间的距离为2L，一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框abcd从MN下方某处以一定的初速度沿斜面向上滑行，线框穿过磁场区域后继续沿斜面向上滑行到速度为零，然后线框开始沿斜面下滑，cd边刚进磁场时和ab边刚要出磁场时，线框的加速度均为零。重力加速度大小为g，线框运动过程ab边始终水平，，下列说法正确的是（ ）
A．线框向上运动过程中，进磁场过程与出磁场过程安培力的冲量相同
B．线框向上运动过程中，进磁场克服安培力做功和出磁场克服安培力做功相等
C．线框向下运动过程中，线框中产生的焦耳热为1.2mgL
D．线框向下运动过程中，线框穿过磁场所用的时间为
【答案】A,D
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．线框向上进磁场和出磁场过程中，由
、、
可得安培力的冲量均为
故A正确；
B．线框向上运动过程中做减速运动，电路产生的电动势越来越小，感应电流越来越小，所以进磁场平均安培力大于出磁场平均安培力，因此进磁场克服安培力做功大于出磁场克服安培力做功，故B错误；
C．根据题意，线框向下运动过程中，cd边刚进磁场时的速度与ab边刚要出磁场时的速度相等，线框穿过磁场过程，根据能量守恒可知减少的重力势能全部转化为热量，线框中产生的焦耳热
故C错误；
D．线框向下运动过程中，设线框运动的时间为t，根据动量定理有
式中
解得
故D正确。
故选AD。
【分析】本题主要考查电磁感应中的动力学、功能问题，分析线框运动过程，选择合适规律解答。
根据、、结合冲量的公式I=Ft求解安培力的冲量；线框在斜面上向上运动的过程中，根据速度变化判断安培力变化，进而判断安培力做功情况；减少的重力势能转化为动能和回路的内能，根据能量守恒定律求线框上产生的热量；根据动量定理列式求解线框向下运动过程中，线框穿过磁场所用的时间。
11．（2024高三上·江西月考）某同学用如图甲所示装置做探究加速度与力关系的实验。打点计时器所用交流电频率为50 Hz，当地的重力加速度大小为g。
（1）该同学做实验时，将木板右端适当垫高，这样做的目的是为了 。
（2）该同学按正确的操作，打出的一条纸带如图乙所示，纸带上选定A、B、C、D、E五个计数点（相邻两个计数点间有四个点未画出），并测出每两个相邻计数点间的距离，根据纸带可求出小车的加速度大小为 m/s2。用槽码重力作为细线拉力F，不断改变槽码质量，发现随着F增大，a F图像由直线逐渐变为一条弯曲的图线，如图丙所示。图线在末端弯曲的原因是 。如果槽码质量越来越大，小车运动的加速度的值最终趋向于 。
【答案】（1）平衡摩擦力
（2）0.51；不满足槽码的质量远小于小车的质量；g
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）为了平衡摩擦力，将木板右端适当垫高。
（2）由题意可知，毎两个计时点的时间间隔为0.02s，所以相邻两个计数点间的时间间隔为
由逐差法可知，小车的加速度大小为
以小车和槽码为对象，由牛顿第二定律得
解得
以槽码为对象，由牛顿第二定律得
解得
可知当小车质量远大于槽码的质量时，小车受到的合外力可以近似等于槽码的重力，此时图线较为平直；随着槽码质量的增加，小车质量不再远大于槽码的质量，图线上部将会弯曲，且加速度趋近于重力加速度g。
故答案为：（1）平衡摩擦力（2）0.51；g
【分析】为了使绳子的拉力充当合力，需要平衡摩擦力，具体做法为：将木板右端适当垫高。
（2）根据逐差法求解小车的加速度；分别以小车和槽码整体、槽码为研究对象，根据牛顿第二定律列式求解绳子拉力表达式，根据表达式可以解答。
本题考查了探究加速度与力的关系；根据牛顿第二定律列式即可完成分析。
（1）将木板右端适当垫高，这样做的目的是为了平衡摩擦力。
（2）[1]由相邻两个计数点间有四个点未画出可知，相邻两个计数点间的时间间隔为
由逐差法可知，小车的加速度大小为
[2][3]以小车为对象，由牛顿第二定律得
以槽码为对象，由牛顿第二定律得
联立解得
，
可知当小车质量远大于槽码的质量时，小车受到的合外力可以近似等于槽码的重力，此时图线较为平直；随着槽码质量的增加，小车质量不再远大于槽码的质量，图线上部将会弯曲，且加速度趋近于重力加速度g。
12．（2024高三上·江西月考）某实验小组要测定一段粗细均匀的电阻丝的电阻率及电源的电动势和内阻，选取合适的器材设计了如图甲所示的电路。R为电阻箱，定值电阻的阻值为，电压表V内阻很大。
（1）先用螺旋测微器测电阻丝的直径，示数如图乙所示，则电阻丝的直径 mm。
（2）将开关合向1，将电阻箱接入电路的电阻调到最大，闭合开关，多次调节电阻箱，记录每次调节后电阻箱接入电路的电阻R及电压表的示数U，根据测得的数值作图像，得到图像与纵轴的截距为、斜率为，则电源的电动势 ，内阻 。（均用、、表示）
（3）断开开关，将开关合向2，调节电阻丝上的导电夹P的位置，用毫米刻度尺测量并记录导电夹P到电阻丝右端B的长度L；闭合开关，记录电压表的示数U；多次改变电阻丝上的导电夹P的位置，测得多组导电夹P到电阻丝右端B的长度L及对应的电压表的示数U；根据测量得到的多组实验数据作出图像，则得到的图像与纵轴的截距等于 ，若图像的斜率为，则电阻丝的电阻率 。（均用d、、、、表示）
【答案】（1）1.850
（2）；
（3）；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由图乙可知电阻丝的直径为
（2） 将开关合向1，闭合开关， 电源、电阻R0、电阻R串联，由闭合电路欧姆定律
可得
整理可得
结合题意有
，
解得
，
（3） 闭合开关，将开关合向2，电源、电阻Rx、电阻R0串联，根据闭合电路欧姆定律
和电阻定律
可得
此可知，图像与纵轴的截距等于
解得
故答案为：（1）1.850mm（2）；（3）；
【分析】本题考查了测量金属丝的电阻率及电源的电动势和内阻 ；结合数学知识进行求解。
（1）螺旋测微器的读数方法是：先读固定刻度；再读半刻度，若半刻度线已露出，记作 0.5mm；若半刻度线未露出，记作 0.0mm；再读可动刻度(注意估读)，记作 n×0.01mm；最终读数结果为固定刻度+半刻度+可动刻度+估读；
（2）分析电路连接，根据串联知识和闭合电路欧姆定律得到关系式，结合图像的斜率和截距得到电源的电动势和内阻 ；
（3）分析电路连接，根据串联知识和闭合电路欧姆定律、电阻定律得到关系式，结合图像的斜率和截距得到电阻丝的电阻率 。
（1）由图乙可知电阻丝的直径为
（2）[1][2]由闭合电路欧姆定律
整理可得
结合题意有
，
解得
，
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
由电阻定律
解得
此可知，图像与纵轴的截距等于
解得
13．（2024高三上·江西月考）如图，导热性能良好的汽缸内封闭一定质量的理想气体，其顶部有一固定卡环，卡环与汽缸底部的高度差为h，活塞与汽缸内壁无摩擦且气密性良好，卡环对活塞有一定的压力，活塞的质量为m、横截面积为S，在活塞上放一质量为2m的重物，活塞向下移动，重力加速度大小为g，已知大气压强等于，环境温度为，求：
（1）不加重物时，卡环对活塞的压力大小；
（2）若不加重物，使环境温度缓慢降低，也使活塞下降，则降温后的温度为多少？
【答案】（1）解：设不加重物时，缸内气体压强为，卡环对活塞的压力为F，以活塞为研究对象，根据平衡条件可得
解得
加重物后，缸内气体压强为，则
解得
气体发生等温变化，根据
解得
（2）解：若不加重物，设环境温度降为T时，活塞下降，未降温时，缸内气体的压强
降温后缸内气体的压强为，以活塞为研究对象，根据平衡条件可得
解得
根据理想气体状态方程
可得
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；共点力的平衡
【解析】【分析】本题是对理想气体状态方程的考查，平衡条件结合理想气体状态方程解答。
（1）以活塞为研究对象，根据平衡知识列式求解加重物时气体压强，再以气缸内气体为研究对象，根据求解卡环对活塞的压力大小；
（2）根据平衡知识列式求解不加重物时气体压强，再以气缸内气体为研究对象，根据
求解降温后的温度；
解答本题的关键是：要对活塞进行正确受力分析，合理确定气体的初末状态，利用力的平衡条件和气体实验定律解出答案。
（1）设不加重物时，缸内气体压强为，卡环对活塞的压力为F，则
解得
加重物后，缸内气体压强为，则
解得
气体发生等温变化，根据
解得
（2）若不加重物，设环境温度降为T时，活塞下降，未降温时，缸内气体的压强
降温后缸内气体的压强为，则
解得
根据理想气体状态方程
解得
14．（2024高三上·江西月考）如图，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，y轴与之间有沿y轴负方向的匀强电场，在右侧，有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从坐标原点O射入第一象限，射入的速度大小为，方向与y轴正方向的夹角为，经电场偏转后从上的P点进入磁场，粒子在P点的速度方向与y轴负方向夹角为，粒子在磁场中的运动轨迹刚好与x轴相切。，，不计粒子的重力，求：
（1）粒子运动到P时的速度大小；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）匀强磁场的磁感应强度大小。
【答案】（1）解：粒子在电场中做匀变速运动，沿电场方向做匀减速运动，垂直电场方向做匀速运动，设粒子到时速度大小为，垂直电场方向根据题意有
解得
（2）解：沿着电场方向，根据速度时间关系
根据牛顿第二定律
粒子在平行x轴方向做匀速直线运动，则
解得
（3）解：粒子轨迹如图，
P点离x轴的距离
解得
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据题意及几何关系有
解得
洛伦兹力提供向心力可得
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】本题主要考查带电粒子在组合场(电场和磁场)中的运动，作出粒子的运动轨迹是解决问题的关键。
(1)粒子在电场中做匀变速曲线运动，直电场方向做匀速运动，垂直电场方向列式求解该粒子到P时的速度大小；
(2)粒子在电场中做匀变速曲线运动，沿电场方向先做匀减速运动，后做匀加速运动，根据匀变速速度时间关系、牛顿第二定律、匀速直线运动规律列式求解匀强电场的电场强度大小；
(3)作出粒子运动轨迹，洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解匀强磁场的磁感应强度大小 。
（1）设粒子到时速度大小为，根据题意有
解得
（2）根据速度时间关系
根据牛顿第二定律
粒子在平行x轴方向做匀速直线运动，则
解得
（3）P点离x轴的距离
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据题意及几何关系有
解得
根据牛顿第二定律
解得
15．（2024高三上·江西月考）如图，质量为3m的小球A和质量为m的小球B均用长为L的细线悬于O点，小球A处于静止，将小球B拉到一定的高度，使悬挂B球的细线绷紧并与竖直方向的夹角为，由静止释放小球B，小球B在竖直面内做圆周运动，经过时间，小球B运动到最低点与小球A沿水平方向发生正碰，再经过时间又发生第二次碰撞。若A、B每次碰撞均为弹性碰撞，不计小球大小，不计碰撞过程的时间，重力加速度大小为g，，，求：
（1）小球B与A第一次碰撞前瞬间，细线对小球B的拉力大小；
（2）小球A、B第一次碰撞后至第二次碰撞过程中，小球A运动的路程；
（3）从小球B由静止释放至A、B两球发生第n次碰撞，小球B运动的总时间。
【答案】（1）解：设小球B与A第一次碰撞前的速度大小为，从释放到碰前，根据动能定理有
解得
设绳子拉力为T，合力提供向心力，可得
解得
（2）解：设A、B第一次碰撞后，A、B的速度大小分别为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
，
由于第一次碰撞后，A、B的速度等大反向，B反弹，因此A、B第二次碰撞的位置仍在悬点正下方，第一次碰撞后，设A运动到最高点时摆角为，此过程根据动能定理可得
解得
故
故小球A运动的路程为
（3）解：由静止释放小球B，小球B在竖直面内做圆周运动，经过时间，小球B运动到最低点与小球A沿水平方向发生正碰，碰前速度为
第一次碰后速度为
再经过时间又在最低点发生第二次碰撞，设第二次碰撞后，A、B的速度大小分别，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得碰后速度为
再经时间发生第三次碰撞，碰后再经过时间又发生第四次碰撞，之后重复之前的过程，故从小球B由静止释放至A、B两球发生第n次碰撞，小球B运动的总时间为（n为奇数）或（n为偶数）
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】本题考查了竖直面的圆周运动、动量守恒、能量守恒、动能定理等知识点，关键是要认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题。
（1）小球B在下摆过程中，细线拉力不做功，只有重力做功，由动能定理求出小球B与A碰撞前的速度大小，再根据指向圆心的合力提供向心力列式求解细线对小球B的拉力大小；
（2）小球a与物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机能量守恒定律结合求出碰后瞬间两者的速度，根据碰后速度判断第二次碰撞位置，再以A为研究对象，根据动能定理列式求解摆角，根据数学知识求得小球A运动的路程；
（3）根据动量守恒和能量守恒列式求解第一次碰后速度以及运动时间，第二次碰后速度以及运动时间，第三次碰后速度以及运动时间，总结规律，得到运动总时间。
（1）设小球B与A第一次碰撞前的速度大小为，根据机械能守恒定律有
解得
根据牛顿第二定律
解得
（2）设A、B第一次碰撞后，A、B的速度大小分别为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
由于第一次碰撞后，A、B的速度等大反向，因此A、B第二次碰撞的位置仍在悬点正下方，第一次碰撞后，A运动到最高点时设摆角为，此过程根据动能定理
解得
故
故小球A运动的路程为
（3）由静止释放小球B，小球B在竖直面内做圆周运动，经过时间，小球B运动到最低点与小球A沿水平方向发生正碰，碰前速度为
第一次碰后速度为
再经过时间又在最低点发生第二次碰撞，设第二次碰撞后，A、B的速度大小分别，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得碰后速度为
再经时间发生第三次碰撞，碰后再经过时间又发生第四次碰撞，之后重复之前的过程，故从小球B由静止释放至A、B两球发生第n次碰撞，小球B运动的总时间为
（n为奇数）
或
（n为偶数）
1 / 1江西省红色十校2024-2025学年高三上学期第一次联考物理试卷
1．（2024高三上·江西月考）在太阳内部存在两个主要的核聚变反应过程，碳循环和质子一质子循环。碳循环中有一个过程是放射性的氮13衰变为碳13，关于此衰变，下列说法正确的是（ ）
A．氮13和碳13中子数相同 B．氮13和碳13质子数相同
C．衰变放出的一个粒子是中子 D．衰变放出的一个粒子是正电子
2．（2024高三上·江西月考）如图，长木板倾斜放置，质量均为m的直角三角形木块和光滑圆球静止放置在斜面上。木块与木板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当木板倾角为时，三角形木块恰好沿斜面下滑，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·江西月考）如图甲，某水池中有一点光源S，点光源S仅发射出单色光a和b，在水面上形成一个被照亮的圆形区域（如图乙），小圆区域为复色光照亮区域，大圆环区域仅为单色光b照亮区域。已知水对单色光a的折射率为，对单色光b的折射率为，则单色光b照射到小圆区域边界处的折射角正弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·江西月考）磁电式电流表的构造如图所示，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布。长方形线圈的匝数为n，平行于纸面的边长度为，垂直于纸面的边长度为，垂直于纸面的边所在处磁场的磁感应强度大小为B。线圈在图中实线位置时，线圈中电流大小为I，改变线圈中电流，线圈稳定后停留在图中虚线位置，下列说法正确的是（ ）
A．在虚线位置，线圈的磁通量最大
B．在实线位置，线圈垂直磁场的某一边受到的安培力小于
C．不论在哪个位置，线圈平行于纸面的某一边受到的安培力大小均为
D．从实线位置到虚线位置，线圈中的电流减小
5．（2024高三上·江西月考）高压输电线上有较高的电压和较大的电流，通常不能直接测量其电压和电流，如图所示电路中，正用电流互感器（变压器）、电压互感器（变压器）分别测量高压输电线的电流、电压，变压器的原、副线圈匝数比为，变压器的原、副线圈匝数比为，电流表的示数为m，电压表的示数为n，和均为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．变压器为降压变压器 B．变压器为升压变压器
C．高压输电线上的电压为 D．高压输电线输送的功率为
6．（2024高三上·江西月考）如图，一列简谐横波沿x轴正向传播，时刻的波形如图中实线所示，时刻的波形如图中虚线所示，振动周期T满足，P是波传播路径上的一个质点，下列说法正确的是（ ）
A．时刻，质点P正沿y轴负方向运动
B．质点P振动周期为1s
C．波的传播速度大小为
D．波的波长为4m
7．（2024高三上·江西月考）如图，不可伸长的轻绳绕过光滑的钉子，一端固定在地面上，另一端吊着一个小球。在钉子沿水平方向向左匀速运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球在竖直方向上做加速运动
B．小球在竖直方向上做减速运动
C．小球在竖直方向上做匀速运动
D．小球的运动轨迹是一条倾斜直线
8．（2024高三上·江西月考）如图为某电子透镜中电场的等势面（虚线）的分布图，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，电子先后经过A、B、C三点，则电子从A点到C点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．加速度一直减小
B．速度先减小后增大
C．在A点电势能比在C点电势能大
D．从A点到B点电场力做功是从B点到C点电场力做功的2倍
9．（2024高三上·江西月考）某天文爱好者观测赤道平面内做圆周运动的A、B两颗卫星的运行规律，A是近地卫星，B卫星运行过程中离A卫星的最小距离为d，测得A卫星的运行周期为T，B卫星的运行周期为，引力常量为G，已知，忽略地球自转，由此求得（ ）
A．地球的半径为
B．地球的密度为
C．地球的第一宇宙速度为
D．地球表面的重力加速度为
10．（2024高三上·江西月考）如图，足够长光滑绝缘斜面的倾角为，斜面上水平虚线MN和PQ之间有垂直斜面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，MN和PQ之间的距离为2L，一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框abcd从MN下方某处以一定的初速度沿斜面向上滑行，线框穿过磁场区域后继续沿斜面向上滑行到速度为零，然后线框开始沿斜面下滑，cd边刚进磁场时和ab边刚要出磁场时，线框的加速度均为零。重力加速度大小为g，线框运动过程ab边始终水平，，下列说法正确的是（ ）
A．线框向上运动过程中，进磁场过程与出磁场过程安培力的冲量相同
B．线框向上运动过程中，进磁场克服安培力做功和出磁场克服安培力做功相等
C．线框向下运动过程中，线框中产生的焦耳热为1.2mgL
D．线框向下运动过程中，线框穿过磁场所用的时间为
11．（2024高三上·江西月考）某同学用如图甲所示装置做探究加速度与力关系的实验。打点计时器所用交流电频率为50 Hz，当地的重力加速度大小为g。
（1）该同学做实验时，将木板右端适当垫高，这样做的目的是为了 。
（2）该同学按正确的操作，打出的一条纸带如图乙所示，纸带上选定A、B、C、D、E五个计数点（相邻两个计数点间有四个点未画出），并测出每两个相邻计数点间的距离，根据纸带可求出小车的加速度大小为 m/s2。用槽码重力作为细线拉力F，不断改变槽码质量，发现随着F增大，a F图像由直线逐渐变为一条弯曲的图线，如图丙所示。图线在末端弯曲的原因是 。如果槽码质量越来越大，小车运动的加速度的值最终趋向于 。
12．（2024高三上·江西月考）某实验小组要测定一段粗细均匀的电阻丝的电阻率及电源的电动势和内阻，选取合适的器材设计了如图甲所示的电路。R为电阻箱，定值电阻的阻值为，电压表V内阻很大。
（1）先用螺旋测微器测电阻丝的直径，示数如图乙所示，则电阻丝的直径 mm。
（2）将开关合向1，将电阻箱接入电路的电阻调到最大，闭合开关，多次调节电阻箱，记录每次调节后电阻箱接入电路的电阻R及电压表的示数U，根据测得的数值作图像，得到图像与纵轴的截距为、斜率为，则电源的电动势 ，内阻 。（均用、、表示）
（3）断开开关，将开关合向2，调节电阻丝上的导电夹P的位置，用毫米刻度尺测量并记录导电夹P到电阻丝右端B的长度L；闭合开关，记录电压表的示数U；多次改变电阻丝上的导电夹P的位置，测得多组导电夹P到电阻丝右端B的长度L及对应的电压表的示数U；根据测量得到的多组实验数据作出图像，则得到的图像与纵轴的截距等于 ，若图像的斜率为，则电阻丝的电阻率 。（均用d、、、、表示）
13．（2024高三上·江西月考）如图，导热性能良好的汽缸内封闭一定质量的理想气体，其顶部有一固定卡环，卡环与汽缸底部的高度差为h，活塞与汽缸内壁无摩擦且气密性良好，卡环对活塞有一定的压力，活塞的质量为m、横截面积为S，在活塞上放一质量为2m的重物，活塞向下移动，重力加速度大小为g，已知大气压强等于，环境温度为，求：
（1）不加重物时，卡环对活塞的压力大小；
（2）若不加重物，使环境温度缓慢降低，也使活塞下降，则降温后的温度为多少？
14．（2024高三上·江西月考）如图，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，y轴与之间有沿y轴负方向的匀强电场，在右侧，有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从坐标原点O射入第一象限，射入的速度大小为，方向与y轴正方向的夹角为，经电场偏转后从上的P点进入磁场，粒子在P点的速度方向与y轴负方向夹角为，粒子在磁场中的运动轨迹刚好与x轴相切。，，不计粒子的重力，求：
（1）粒子运动到P时的速度大小；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）匀强磁场的磁感应强度大小。
15．（2024高三上·江西月考）如图，质量为3m的小球A和质量为m的小球B均用长为L的细线悬于O点，小球A处于静止，将小球B拉到一定的高度，使悬挂B球的细线绷紧并与竖直方向的夹角为，由静止释放小球B，小球B在竖直面内做圆周运动，经过时间，小球B运动到最低点与小球A沿水平方向发生正碰，再经过时间又发生第二次碰撞。若A、B每次碰撞均为弹性碰撞，不计小球大小，不计碰撞过程的时间，重力加速度大小为g，，，求：
（1）小球B与A第一次碰撞前瞬间，细线对小球B的拉力大小；
（2）小球A、B第一次碰撞后至第二次碰撞过程中，小球A运动的路程；
（3）从小球B由静止释放至A、B两球发生第n次碰撞，小球B运动的总时间。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】 氮13 的电荷数为7， 碳13 的电荷数为6，根据质量数守恒以及电荷数守恒可知，衰变方程为
可知衰变放出的一个粒子是正电子；氮13的质子数为7，中子数为6；碳13的质子数为6，中子数为7。故D正确，ABC错误；
故选D。
【分析】本题主要考查衰变方程的确定，核反应过程质量数守恒以及电荷数守恒。
2．【答案】A
【知识点】牛顿第三定律；整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】对直角三角形木块和光滑圆球组成的整体受力分析，受重力、斜面支持力和沿斜面向上的摩擦力，由平衡条件可得
可得
对圆球受力分析，受重力、斜面支持力和木块的弹力，由平衡条件可得
可得
对三角形木块受力分析，受重力、斜面支持力、摩擦力和圆球的弹力，由平衡条件可得
可得
与是一对相互作用力，由牛顿第三定律可知，与大小相等，方向相反，即
联立解得
故选A。
【分析】 选取适当的研究对象，利用整体法和隔离法，根据平衡条件，沿斜面方向列平衡方程解答。以木块和圆球组成的整体、圆球、木块分别为研究对象，受力分析，根据共点力平衡知识，沿斜面方向列方程，结合牛顿第三定律求解滑动摩擦因数和倾角关系。
3．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】由图乙可知，单色光a照射到小圆区域边界处刚好发生全反射，设此时入射角为，则有
则单色光b照射到小圆区域边界处时，根据折射定律可得
联立可得单色光b照射到小圆区域边界处的折射角正弦值
故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】本题主要考查光的折射和全反射知识，解决本题的关键是知道光线圆形区域边缘恰好发生全反射，从临界角入手，比较出折射率的大小，从而解答。
在水面上被照亮的圆形区域边缘光线恰好发生全反射，入射角等于临界角C；通过照亮的圆形区域，知道b光照射的面积较大，从而得到光a的临界角大小，即b光的入射角大小，再根据求得 单色光b照射到小圆区域边界处的折射角正弦值 。
4．【答案】D
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】A．线圈在虚线位置时，处于水平位置，根据对称性可知穿过线圈的磁通量为零，故A错误；
B． 磁电式电流表内部的磁场是均匀辐向分布的，这种分布确保了不论线圈转到什么角度，其平面都与磁感线保持平行，所以线圈在通电时，无论在那个位置始终受到大小相等的安培力，由于线圈匝数为n，根据安培力公式可知，线圈垂直磁场的某一边在实线位置所受的安培力大小为
故B错误；
C． 不论在哪个位置，线圈平行于纸面的某一边与磁场方向平行，受到的安培力为零，故C错误；
D． 线圈转动的幅度由电流的大小决定，电流变大线圈转动的幅度变大，电流变小线圈转动的幅度变小，从实线位置到虚线位置，线圈转动的幅度变小，线圈中的电流减小，故D正确。
故选D。
【分析】 本题考查磁电式电流表的工作原理 。根据磁通量的定义式得出穿过线圈的磁通量即可判断；根据安培力公式得出线圈垂直磁场的某一边和线圈平行于纸面的某一边所受的安培力的大小；电流大小决定安培力大小，安培力大小决定线圈转动的幅度。
5．【答案】C
【知识点】变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】A．由图可知是电流互感器，原线圈电流大于副线圈电流，根据变压器电流与匝数关系
可知，原线圈匝数小于副线圈匝数，根据
可知变压器为升压变压器，故A错误；
B．由图可知是电压互感器，原线圈电压大于副线圈电压，根据
可知变压器为降压变压器，故B错误；
C．设高压输电线上的电压为，则有
解得
故C正确；
D．设输电线电流为，则有
解得
则高压输电线输送的功率为
故D错误。
故选C。
【分析】 本题主要考查电流互感器与电压互感器的应用。电流互感器原理是依据电磁感应原理的。电流互感器是由闭合的铁芯和绕组组成。它的一次侧绕组匝数很少，串在需要测量的电流的线路中，因此它经常有线路的全部电流流过，二次侧绕组匝数比较多，串接在测量仪表和保护回路； 电压互感器的基本结构和变压器很相似，它也有两个绕组，一个叫一次绕组，一个叫二次绕组。两个绕组都装在或绕在铁芯上。两个绕组之间以及绕组与铁芯之间都有绝缘，使两个绕组之间以及绕组与铁芯之间都有电气隔离。电压互感器在运行时，一次绕组N1并联接在线路上，二次绕组N2并联接仪表或继电器。因此在测量高压线路上的电压时，尽管一次电压很高，但二次却是低压的，可以确保操作人员和仪表的安全。
根据理想变压器匝数和电压关系判断变压器和的类别以及 高压输电线上的电压 ；根据理想变压器匝数和电流关系求得高压输电线 的电流，根据功率公式P=UI得到高压输电线输送的功率 。
6．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】A．简谐横波沿x轴正向传播，根据"上下坡”法可知，时刻，质点P正沿y轴正方向运动，故A错误；
D．由波形图可知波的波长为5m，故D错误；
BC．由图可得
（n=0、1、2、3……）
可得
（n=1、2、3……）
n=0时，T=5s>1.2s
n=1时，
n=2时，
由于振动周期T满足，可得
则波的传播速度大小为
故B错误，C正确。
故选C。
【分析】根据t=0时刻波的传播方向，判断P质点的运动方向，根据波的周期性得到周期的表达式，根据题中条件确定周期大小，根据波速、波长和周期之间的关系计算波速。
本题主要是考查了波的周期性问题；解答本题关键是要能够根据图象直接读出波长，能够根据波的传播方向判断出质点的振动方向，知道波速、波长和周期之间的关系。
7．【答案】A
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】在钉子沿水平方向向左匀速运动的过程中，设钉子的速度为，倾斜绳子与竖直方向的夹角为，将钉子速度分解为沿倾斜绳子方向分速度和垂直倾斜绳子方向分速度，则有
小球由于受到绳子拉力与重力均处于竖直方向，所以小球水平方向做匀速直线运动，水平速度等于钉子速度，竖直方向小球的速度为
由于逐渐减小，逐渐增大，增大，则小球在竖直方向上做加速运动；小球的合运动为曲线运动，所以小球的运动轨迹是一条曲线。故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】将钉子速度沿绳和垂直绳分解，沿绳子方向的速度等于小球速度，由数学知识得到小球速度表达式，进而解答。本题主要是考查了运动的合成与分解在关联速度中的应用问题，关键是理解关联速度问题中要将速度沿绳（杆）和垂直绳（杆）分解。
8．【答案】A,D
【知识点】曲线运动；电势能与电场力做功的关系；电势差；等势面；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．等差等势面疏密表示电场强度的强弱，电子先后经过A、B、C三点，可知电场强度逐渐减小，由
可知电子受到的电场力逐渐减小，根据
可知电子的加速度一直减小，故A正确；
BC．电子受到的电场力方向指向轨迹的凹侧，则电场强度方向背离轨迹凹侧，并且垂直等势面，即电子受电场力方向与电场强度方向相反，可知电子从A点到C点的过程中，电场力方向与运动方向间的夹角是钝角，可知电子做减速运动，电子的动能减小，电势能增大，在A点电势能比在C点电势能小，故BC错误；
D．从A点到B点电子经过两个等差等势面，从B点到C点电子经过一个等差等势面，即
由电场力做功与电势差关系公式
可知，从A点到B点电场力做功是从B点到C点电场力做功的2倍，故D正确。
故选AD。
【分析】做曲线运动的物体所受的合力指向轨迹的凹侧，电场线与等势面垂直，据此判断电场力方向；等势面的疏密表示场强的大小，据此分析作答；负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，沿电场线方向，电势逐渐降低，据此判断电势的高低；根据电势能的定义式判断电势能的大小。
本题考查了场强大小的判断、电势高低的判断以及电势能大小的判断，涉及的知识点较多需要熟练掌握。
9．【答案】B,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．设地球半径为R ，则卫星B的轨道半径为R+d，根据开普勒第三定律
可得
解得
故A错误；
B．对A卫星，根据万有引力提供向心力有
解得地球质量为
地球体积
由
可得地球的密度为
故B正确；
C．A卫星围绕地球做匀速圆周运动的线速度等于第一宇宙速度，则有
故C正确；
D．对在地球表面上的物体，有
又地球质量为
解得
故D错误。
故选BC。
【分析】本题主要考查卫星运行规律相关知识。分析好题意，灵活应用各相关公式是解决本题的关键。
根据开普勒第三定律求解地球的半径；地球对卫星A的万有引力提供向心力，根据列式求解地球的质量，结合公式求解地球的密度；卫星A是近地卫星，运转速度等于第一宇宙速度，根据求解第一宇宙速度；地球表面的物体重力等于万有引力，列式可求解地球表面的重力加速度 。
10．【答案】A,D
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．线框向上进磁场和出磁场过程中，由
、、
可得安培力的冲量均为
故A正确；
B．线框向上运动过程中做减速运动，电路产生的电动势越来越小，感应电流越来越小，所以进磁场平均安培力大于出磁场平均安培力，因此进磁场克服安培力做功大于出磁场克服安培力做功，故B错误；
C．根据题意，线框向下运动过程中，cd边刚进磁场时的速度与ab边刚要出磁场时的速度相等，线框穿过磁场过程，根据能量守恒可知减少的重力势能全部转化为热量，线框中产生的焦耳热
故C错误；
D．线框向下运动过程中，设线框运动的时间为t，根据动量定理有
式中
解得
故D正确。
故选AD。
【分析】本题主要考查电磁感应中的动力学、功能问题，分析线框运动过程，选择合适规律解答。
根据、、结合冲量的公式I=Ft求解安培力的冲量；线框在斜面上向上运动的过程中，根据速度变化判断安培力变化，进而判断安培力做功情况；减少的重力势能转化为动能和回路的内能，根据能量守恒定律求线框上产生的热量；根据动量定理列式求解线框向下运动过程中，线框穿过磁场所用的时间。
11．【答案】（1）平衡摩擦力
（2）0.51；不满足槽码的质量远小于小车的质量；g
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）为了平衡摩擦力，将木板右端适当垫高。
（2）由题意可知，毎两个计时点的时间间隔为0.02s，所以相邻两个计数点间的时间间隔为
由逐差法可知，小车的加速度大小为
以小车和槽码为对象，由牛顿第二定律得
解得
以槽码为对象，由牛顿第二定律得
解得
可知当小车质量远大于槽码的质量时，小车受到的合外力可以近似等于槽码的重力，此时图线较为平直；随着槽码质量的增加，小车质量不再远大于槽码的质量，图线上部将会弯曲，且加速度趋近于重力加速度g。
故答案为：（1）平衡摩擦力（2）0.51；g
【分析】为了使绳子的拉力充当合力，需要平衡摩擦力，具体做法为：将木板右端适当垫高。
（2）根据逐差法求解小车的加速度；分别以小车和槽码整体、槽码为研究对象，根据牛顿第二定律列式求解绳子拉力表达式，根据表达式可以解答。
本题考查了探究加速度与力的关系；根据牛顿第二定律列式即可完成分析。
（1）将木板右端适当垫高，这样做的目的是为了平衡摩擦力。
（2）[1]由相邻两个计数点间有四个点未画出可知，相邻两个计数点间的时间间隔为
由逐差法可知，小车的加速度大小为
[2][3]以小车为对象，由牛顿第二定律得
以槽码为对象，由牛顿第二定律得
联立解得
，
可知当小车质量远大于槽码的质量时，小车受到的合外力可以近似等于槽码的重力，此时图线较为平直；随着槽码质量的增加，小车质量不再远大于槽码的质量，图线上部将会弯曲，且加速度趋近于重力加速度g。
12．【答案】（1）1.850
（2）；
（3）；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由图乙可知电阻丝的直径为
（2） 将开关合向1，闭合开关， 电源、电阻R0、电阻R串联，由闭合电路欧姆定律
可得
整理可得
结合题意有
，
解得
，
（3） 闭合开关，将开关合向2，电源、电阻Rx、电阻R0串联，根据闭合电路欧姆定律
和电阻定律
可得
此可知，图像与纵轴的截距等于
解得
故答案为：（1）1.850mm（2）；（3）；
【分析】本题考查了测量金属丝的电阻率及电源的电动势和内阻 ；结合数学知识进行求解。
（1）螺旋测微器的读数方法是：先读固定刻度；再读半刻度，若半刻度线已露出，记作 0.5mm；若半刻度线未露出，记作 0.0mm；再读可动刻度(注意估读)，记作 n×0.01mm；最终读数结果为固定刻度+半刻度+可动刻度+估读；
（2）分析电路连接，根据串联知识和闭合电路欧姆定律得到关系式，结合图像的斜率和截距得到电源的电动势和内阻 ；
（3）分析电路连接，根据串联知识和闭合电路欧姆定律、电阻定律得到关系式，结合图像的斜率和截距得到电阻丝的电阻率 。
（1）由图乙可知电阻丝的直径为
（2）[1][2]由闭合电路欧姆定律
整理可得
结合题意有
，
解得
，
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
由电阻定律
解得
此可知，图像与纵轴的截距等于
解得
13．【答案】（1）解：设不加重物时，缸内气体压强为，卡环对活塞的压力为F，以活塞为研究对象，根据平衡条件可得
解得
加重物后，缸内气体压强为，则
解得
气体发生等温变化，根据
解得
（2）解：若不加重物，设环境温度降为T时，活塞下降，未降温时，缸内气体的压强
降温后缸内气体的压强为，以活塞为研究对象，根据平衡条件可得
解得
根据理想气体状态方程
可得
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；共点力的平衡
【解析】【分析】本题是对理想气体状态方程的考查，平衡条件结合理想气体状态方程解答。
（1）以活塞为研究对象，根据平衡知识列式求解加重物时气体压强，再以气缸内气体为研究对象，根据求解卡环对活塞的压力大小；
（2）根据平衡知识列式求解不加重物时气体压强，再以气缸内气体为研究对象，根据
求解降温后的温度；
解答本题的关键是：要对活塞进行正确受力分析，合理确定气体的初末状态，利用力的平衡条件和气体实验定律解出答案。
（1）设不加重物时，缸内气体压强为，卡环对活塞的压力为F，则
解得
加重物后，缸内气体压强为，则
解得
气体发生等温变化，根据
解得
（2）若不加重物，设环境温度降为T时，活塞下降，未降温时，缸内气体的压强
降温后缸内气体的压强为，则
解得
根据理想气体状态方程
解得
14．【答案】（1）解：粒子在电场中做匀变速运动，沿电场方向做匀减速运动，垂直电场方向做匀速运动，设粒子到时速度大小为，垂直电场方向根据题意有
解得
（2）解：沿着电场方向，根据速度时间关系
根据牛顿第二定律
粒子在平行x轴方向做匀速直线运动，则
解得
（3）解：粒子轨迹如图，
P点离x轴的距离
解得
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据题意及几何关系有
解得
洛伦兹力提供向心力可得
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】本题主要考查带电粒子在组合场(电场和磁场)中的运动，作出粒子的运动轨迹是解决问题的关键。
(1)粒子在电场中做匀变速曲线运动，直电场方向做匀速运动，垂直电场方向列式求解该粒子到P时的速度大小；
(2)粒子在电场中做匀变速曲线运动，沿电场方向先做匀减速运动，后做匀加速运动，根据匀变速速度时间关系、牛顿第二定律、匀速直线运动规律列式求解匀强电场的电场强度大小；
(3)作出粒子运动轨迹，洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解匀强磁场的磁感应强度大小 。
（1）设粒子到时速度大小为，根据题意有
解得
（2）根据速度时间关系
根据牛顿第二定律
粒子在平行x轴方向做匀速直线运动，则
解得
（3）P点离x轴的距离
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据题意及几何关系有
解得
根据牛顿第二定律
解得
15．【答案】（1）解：设小球B与A第一次碰撞前的速度大小为，从释放到碰前，根据动能定理有
解得
设绳子拉力为T，合力提供向心力，可得
解得
（2）解：设A、B第一次碰撞后，A、B的速度大小分别为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
，
由于第一次碰撞后，A、B的速度等大反向，B反弹，因此A、B第二次碰撞的位置仍在悬点正下方，第一次碰撞后，设A运动到最高点时摆角为，此过程根据动能定理可得
解得
故
故小球A运动的路程为
（3）解：由静止释放小球B，小球B在竖直面内做圆周运动，经过时间，小球B运动到最低点与小球A沿水平方向发生正碰，碰前速度为
第一次碰后速度为
再经过时间又在最低点发生第二次碰撞，设第二次碰撞后，A、B的速度大小分别，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得碰后速度为
再经时间发生第三次碰撞，碰后再经过时间又发生第四次碰撞，之后重复之前的过程，故从小球B由静止释放至A、B两球发生第n次碰撞，小球B运动的总时间为（n为奇数）或（n为偶数）
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】本题考查了竖直面的圆周运动、动量守恒、能量守恒、动能定理等知识点，关键是要认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题。
（1）小球B在下摆过程中，细线拉力不做功，只有重力做功，由动能定理求出小球B与A碰撞前的速度大小，再根据指向圆心的合力提供向心力列式求解细线对小球B的拉力大小；
（2）小球a与物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机能量守恒定律结合求出碰后瞬间两者的速度，根据碰后速度判断第二次碰撞位置，再以A为研究对象，根据动能定理列式求解摆角，根据数学知识求得小球A运动的路程；
（3）根据动量守恒和能量守恒列式求解第一次碰后速度以及运动时间，第二次碰后速度以及运动时间，第三次碰后速度以及运动时间，总结规律，得到运动总时间。
（1）设小球B与A第一次碰撞前的速度大小为，根据机械能守恒定律有
解得
根据牛顿第二定律
解得
（2）设A、B第一次碰撞后，A、B的速度大小分别为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
由于第一次碰撞后，A、B的速度等大反向，因此A、B第二次碰撞的位置仍在悬点正下方，第一次碰撞后，A运动到最高点时设摆角为，此过程根据动能定理
解得
故
故小球A运动的路程为
（3）由静止释放小球B，小球B在竖直面内做圆周运动，经过时间，小球B运动到最低点与小球A沿水平方向发生正碰，碰前速度为
第一次碰后速度为
再经过时间又在最低点发生第二次碰撞，设第二次碰撞后，A、B的速度大小分别，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得碰后速度为
再经时间发生第三次碰撞，碰后再经过时间又发生第四次碰撞，之后重复之前的过程，故从小球B由静止释放至A、B两球发生第n次碰撞，小球B运动的总时间为
（n为奇数）
或
（n为偶数）
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