江西稳派智慧上进联考2025届高三二轮总复习阶段检测，高中\高三\江西省\稳派智慧上进联考\2024-2025学年 下\物理
【解析】由于空气膜等厚处是条形的，因此形成的干涉条纹是条形的，由于空气膜的厚度越向外增加得越快，因此 条纹间距越米越小，条纹越米越密，D项正确。 【答案】B 【解析】根据力的平衡可知，设斧头刃部左侧面对木块的推力大小为F,则F”Os9=F,解得F=F。,B项正确。 【答案】A 【解析】由德布罗意波公式A=二可知，电子和质子的动量大小相等，由题可知，质子的质量为km,则质子动量= √2出mE,A项正确。 【答案】C 【解析】由于在A中通入大小为1，方向垂直于纸面向外的恒定电流，在O点的磁感应强度大小为B,方向垂直 AC向下，由此可知，在C中通人大小为I,,方向垂直于纸面向里的恒定电流时，该电流在O点产生的邀感应强度 大小也为B,方向垂直于AC向下，因此三段长直导线均通人电流后，在O点的磁感应强度大小为B=2B,C项 正确。 【答案】B 【解析1仅将滑片P向上移动，根据变压比二可知，，变大，凸，变小，电压表的示数变小，电用恒定，刷线圈 中的电流变小，电流表的示数变小，A项错误：仅将P,向下移动，副线圈两端电压变大，R,中电流变大，消耗的功 率变大，B项正确：仅将滑片P:向上移动，刷线圈电路中的电阻变大，电压不变，电流变小，电压表示数不变，电 流表示数变小.C项错误：仅将滑片P:向下移动，R,所在支路的电阻变大，电流变小.R,消耗的功率变小.D项 错误。 【答案】C 【解析】由于带负电的带电粒子Q从A点移到D点克服电场力做功、从D点移到C点克服电场力做功，说明A点 电势比C点电势高，因此点电荷P带负电，A项正确：由于将粒子Q从A点移到D点克服电场力做功与从D点 移到C点克服电场力做功均为W,说明AD和DC电势差相等，在AC连接线上，与D点电势相等的点在BC之 间，因此B点电势比D点电势高，B项正确：同理得B点的电场强度比D点的电场强度小，C项错误：将该带电粒 子Q从C点移到B点电场力做功大于F,D项正确。 【答案】B 【解析】青蛙斜地运动看作是从B点上方P点平抛运动的逆运动，根据平抛运动水平方向做匀速直线运动可得， 从P到A的时间是A到青蛙起跳点时间的一半，把平抛运动的时间分成三段相等的时间，竖直方向做自由落体 运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可得，P到A点的竖直距离为h=20=0.25,根据平抛运动的 平速度，==√2g,青蛙起跳时的速度=268 2 一，B项正确。 【答案】BD 【解析】嫦蛾七号在A,B两点变轨时均碱速，A项错误，B项正确：由G 户=mg,得到g=G之，因此嫦娥七号在轨 Mm 道1上的向心加速度是月球表面重力加速度的，C项错误，D项正确。 【答案】BC 【解析】由于在从4=0到1=0.1“的时间内，平衡位置在x=7m处的质点通过的路程为35cm,说明1=0时刻该 质点正沿y轴正向运动，根据波动与振动的关系可知，波沿x轴负方向传播，A项错误；由题意知，乙T=0.1,周 期T=名，波传播的速度：==140ms,B项正确：=0时刻，平衡位置在x=0处质点正沿y轴正向运动，加速 度指向平衡位置，C项正确：相位相同的质点振动情况相同，平衡位置相距波长的整数倍，D项错误。 .【答案】BC 2B1e1 【解析】设线框a山边刚进磁场Ⅱ时速度为，根据题意，2BRL=g,解得=，A项错误：线框b边通 过磁场【的过程中，通过线框截面的电荷量g= R,B项正确：设线框b边刚出磁场Ⅱ时，线框的速度大 △9BL2 小为则R 兰g,解得与容器设磁场Ⅱ的宽度为山.则， -,15m2gR 2g 32B产，C项正确：根据能量守 恒，线框通过磁场过程中mg(3L+d)=Q+2m时，解得Q=4mg m'gR 32g7,D项结误。 【答案】(1)7.170(7.169-7.171均可，1分) 兰m22分)(21分)a)m1分)2分) 【解析1(1)小球的直径d=7mm+0.01mmx17.0=7.170mm:等效摆长L=2 2 (2)小球摆动的周期为T=一。 (3)由单摆的周期公式有T=2知， 行受由题意6，解得g 得到.2n4,49. 【答案】(1)R,(2分)(2)66(2分)-（或11,2分）(3)8.4(1分)小于(1分) 【解析】(1)与电压表@牢联的定值电阻为R,。 (2)根据闭合回路欧蝴定律可得，E=+R,)儿，+R)心x=6,6 。灯，结合图乙，可得此 R R,可得=E R 6 R 电池组的电动势E=66,内阻=-k。 (3)两电压表示数相等，根据串并联关系可得，电阻箱分得的电压是待测电阻R.两端电压的5倍，可得R,三 8.4D,由于电压表心四的分流作用，导致此测量值小于真实值。 解：(1)开始时，缸内气体的压强为P,= 设活塞的质量为m,当气缸竖立时，对活塞受力分析 P:S=PS+mg(2分》 根据理想气体状态方程 p LS P2LS (2分】 T。1.2T PoS 解得m= (1分】 5g (2)设气缸刚竖直活塞稳定时，活塞离缸底的距离为h,则 P,LS=PhS(2分) 环境温度升高过程，气体对外做功为F=,(L-h)S(1分) 根据热力学第一定律，气体内能增量△U=Q-W(!分)】 解得△U=Q5PS(1分) 说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。 解：(1)设物块b到B点时的速度大小为。，根据机械能守恒有 3mgR=2×3mu(1分) 解得。=√2gK 设b与a碰撞后一瞬间，a的速度大小为1，b的速度大小为，根据动量守恒定律3m。=3m+,(1分) 灵据能量守恒，×3mG=,×3m+,m2(1分) 2 解得，=√2gR 2 物块a在传送带上一直做减速运动，设物块a到传送带D点时速度大小为”，，则 传送带的速度大小，满足#≤ 根据运动学公式-+=2a×2R(1分) 根据牛顿第二定律ag严28(1分) 解得1= 5 因此传送带的速度。满足的条件为：≤ R(1分) (2)物块从D点抛出的速度越大，落在圆弧面上的位置越高，重力做功越少，根据动能定理可知，动能的变化 量越小。 当物块a一直加速到D点时，速度最大，设最大速度为，根据运动学公式有
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