江苏省（常州第一中学、常州高级中学）2024-2025学年高三下学期期初质量调研，高中\高三\江苏省\2024-2025学年下\江苏省常州市\物理三零论坛（30论坛）用百度云盘、腾讯云盘分享的原卷版、解析版及答案，在云盘中的课件资料可在线阅读及保存到自己的云盘，此电子版课件永久免费阅读及下载。
4.C 【详解】A根据g=向上加速运动时r一m爬=m加解得a=左Ax- 列 可知测量的加速度大小和弹簧的形变量成线性关系，不是正比关系，选项A错误： B.由题意可知，弹簧的动度系数为k=L0,02Ncm=O..05N/cm静止时指针在C位置 2 mg=k△e当指针指向A位置时g一k△r,=m阳e解得 4e-.005m岭=0：5mS方向竖直向下，选项B错误 洲 0.1 C.指针指向B位置时g-k△g,=ma。 a,=k-k.o.051mg=0.5me 0.1 方向竖直向下，选项C正确： D,由表达式a=二△x- :-k可知，若将指针拖拽到D点，并将此时的指针位置标记为0， 因弹簧的动度系数不变，物块质量不变，则测量加速度值不受影响，选项D错误，故选C, 6.B 【详解】A,从开始到时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得：F+c一gsi日=2ma 得F=g血日+2ma-女x减小，F增大：时刻到时刻，对B,由牛顿第二定律得： F-gs血8=ma得F=gsi血0+ma可知F不变，A错误： B,由图知，马时刻A的加速度为零，速度最大，设弹簧压缩量为x,根据牛领第二定律 和胡克定律得mgsi=:则得名=gi加B正确， k C从0开始到时刻，由动能定理，对A有形，+形+W。=一m-0弹簧释放的弹性势 2 能等于弹簧弹力做的功用不等于上mv12,C错误： D,时刻，A图线的斜率为0，即A物体加速度为零，设此时压缩量为，由平衡条件： =mg血日解得与一心血弹簧处于压缩状态，由4图像可知，物块A达到速度最 大值。D错误：故选B。 7.C 【详解】A当S断开时，电略中电流为0，故内阻分压为0，外电压等于电源电动势，故 人暗误，B。将搭板上提，横款面积变大，由风=P宁可知，电源内阻变小。由闭合电路歌 姆定律可知口=RE即外电略分压变大，故电压传感器2的示数变大，故B错误： R+r C,闭合S,传感器1和传感器2的示数之和等于电源电动势，故其示数之和保持不变， 故C正确： D.闭合S,当把滑动变阻器R的滑片向左移动到阻值为零时，外电路电阻为0，电压传感 器2的示数为0，电压传感器1的示数等于电源电动势，故D错误。故选C, 9.D 【详解】由于1→2过程和3→4过程图像均为双曲线，根据玻意耳定律可知，这两段过程 均为等温变化过程，内能不变，由于1→2过程气体体积增大，气体对外界做功，根据热 力学第一定律可知，气体从外界吸收热量。3→4过程气体体积减小，外界对气体做功， 根据热力学第一定律可知，气体向外界释放热量。4→2过程气体体积增大，气体对外界 做功，又气体压强增大，根据理想气体状态方程可知，气体温度升高，气体内能增大，由 热力学第一定律可知，4→2过程气体吸收热量，则2→4过程气体向外界释放热量。由 于2→3过程和4→1过程绝热，则气体在1+2→4→1过程中吸收热量过程为1→2，气 体在2→3→4→2过程吸收热量过程为4→2。根据题意，气体1→2→4→1过程和 2→3→4→2过程中气体对外所做的功与吸热过程气体吸收热量的比值相同，则有 0a02 又由于1+2→4→1过程气体内能不变，则有22+4■所 其中22=Q+解得Q2= 故选D 用-用 10.B 【详解】ABD,带电小球沿y轴正向运动，电场力先做正功，再做负功，最后电场力做功 趋向于0，所以电势能先减小，后增大，最终不变，小球的机械能最终趋向于守恒，当电 场力等于重力时，小球的动能最大，所以动能可能先增大后减小，最终只有重力做功，动 能不断增大，故AD错误，B正确： C.当电场力与重力相等时，加速度为0，可知加速度为0的点在y轴正半轴某一点，故C 错误：故选B。 11.D 10 【详解】B,由闭合电路欧姆定律可得I■ R+r+R0.9+0.1+4 A=2Aab受到的安培力 大小为F=B亚5×2×0.5N=5N方向垂直于磁场沿左上方，故B错误： AC.若导体棒b恰好有水平向左的运动趋势时，导体棒所受静摩擦力水平向右，则由共 点力平衡条件可得mg=F2cosC+f Fgsi血aFh+G F=MFx 联立解得 G=0.5N 若导体棒b恰好有水平向右的运动趋势时，导体棒所受静摩擦力水平向左，则由共点力 平衡条件可得 mg=Fg cosa+F FR奥+fn■G Fim MPN 联立解得 G3=7.5N 所以重物重力G的取值范围为0.5NsG≤7.5N故AC错误. D.在重物的拖拽下导体棒b向右滑动了1m,在运动的过程中瞬时电流满足： E+Bsi由Lv R+r+R ,所以流过导体棒ab的电荷量为： 9-8-242w-平 Bsin aLv= BsinaLx R+r+尼R+r+R R+r+RR+r+R 其中 B血a=0,4C,所以电荷量应大于04C,选项D正确.故选D· R+r+Ro 12. 折射 乙 4.0/4 b U一R 【详解】(1)[)下雨时，光电二极管接收到的红外线与不下雨时存在差异，原因是有雨 时，玻璃之外是雨水，雨水的折射率大于空气，故有一部分光线通过界面发生折射。 (2)】雨量越大时，光电传感器电阻越小，则雨刮器越快，由此可知雨铭大时通过电 动机的电流越大，由闭合电路歌姆定律可知，能够实现雨量越大雨刮趁快的是图乙的电路。 (3)[3[(欧姆表选择了×1挡后，先进行欧姆调零，再进行测量，读数如图6所示，则 读数为4.00： [)为了多测几组数据，要求电压表的测量时的变化范固更大一些，故电压表应该接在b端， 阿由歌姆定律可知，电动机内阻为风一4-凡 13.()18kgm/s方向竖直向上 (2186N 【详解】(1)规定铁锤初速度方向为正方向，对铁锤分析△p=0-v■-1.8张gm的 即动量变化量的大小为1,8张忽m的，方向与初速度的方向相反，竖直向上： (2)钉子对铁锤的平均作用力为F,对于铁锤，以初速度的方向为正方向，由动量定理 可得(-F+gF=p解得F=186N 根据牛顿第三定律可得，钉子受到的平均作用力的大小F=F=186N 14.(0y=5sin + cm,T=3s 3 (②)a=0.196m/另解a= m/2也算对 45 【详解】(1)由题图(b)可知浮瀑振动振幅A=5cm浮漂（含铅坠）的位移满足关系式 y=Ai血（成+%）t=0时刻有y=25cm,结合之后的振动方向可得%=三t=0.5s时刻有 y=50如，可得@-红d/s则浮漂简谐运动的振动方程为y=5 简谐运动的周期T=红=3站 (2)在平衡位置时，浮力等于重力，在最低点时，浮漂所受合外力等于浮力增加的量。 由牛顿第二定律有ASpg=ia可得a=0.196m/s2 另解：y”= 5.6 1003 3 6 45 15.(①0.6g 15mgR 四16B7 器只 【详解】(1)金属杆由静止释放屏间，金属杆还没有切割磁感线，没有感应电流，不受安 培力，根据牛顿第二定律得mgs血0=mc解得a=0.6g (2)当金属杆匀速运动时，速度最大，设为m,由平衡条件得g如9=8虹 而金属杆产生的感应电动势B=B肌60日高应电流为1一员联立解得儿。 15mgR 16B'L (3)若b保持运动状态不变，可知P中不产生光电流，设单色光的最大颜率为V,根据 光电效应方程可知U=瓦=加一P同时B号L=gm日 解得V= 3emgR W 4hBL
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