江苏省南通市如皋市2023-2024学年高三上学期8月诊断测试物理/正在持续更新，目前全国100所名校单元测试示范卷答案网为大家整理了相关试题及答案，供大家查缺补漏，高效提升成绩。

本文从以下几个角度介绍。

1、如皋市2024高三期中物理
2、江苏省如皋中学2023-2024学年度第一学期期初考试物理
3、如皋市2024年一模物理试卷
4、2024如皋高三期中考试物理
5、2024如皋高三一模物理
6、2024年如皋市高三期初考试
7、如皋3.5模2024物理
8、如皋市2024年高三期中考试
9、2024如皋3.5模物理
10、如皋市2024高三期末

可知若将磁铁两极翻转后重复实验，由于磁场的方向相反，：1N·s=1N·s,故B正确。a-t图像与坐标轴围成的面则产生的感应电流的方向也相反，即将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正确；若将线圈的匝数加积表示速度的变化，根据图乙可知，b的速度变化△>)入△Φ倍，根据法拉第电磁感应定律E=”8,可知线图内产生的0.3×1m/s=0.15m/s,所以t=1s时b的速度大于0.15/s,故C错误。根据动量守恒定律可知，当弹簧伸长量最感应电动势将增大，所以对磁铁运动的阻碍作用增大，因此大时，a、b速度相同，全过程根据动量定理可得I=(m1十△Φ磁铁的最大速度将减小，所以将线图的匝数加倍时，的m,解得u=3m/s,所以b的速度大小为弓m/s,故D最大值将减小，所以线圈中产生的电流峰值不能加倍，故C正确。错误；若将线图到玻璃管上端的距离加倍，假设磁铁做自由：12.BD线圈cd边在L1、L2之间的磁场切割磁感线，则有落体运动，根据穿过线圈时的速度v=√2gh,可知磁铁穿E=BLU,感应电流：1=R,F安=BIL=BL,根据过线图的速度增大为原来的区倍，因此R不能增大为原来△t牛顿第二定律可得mg一F安=ma,解得加速度大小为a=的2倍，所以线圈中产生的电流峰值也不能加倍，故D错误。mg一F生，可知随着速度的增加，安培力也逐渐增大，加m8.D粒子向右偏转，根据左手定则，磁场方速度逐渐减小，根据题意，cd边经过磁场边界线L3时开向垂直纸面向外，故A错误；粒子沿PO始做匀速直线运动，说明从0时刻到t1的过程，线圈做加方向射入，从A点离开磁场，根据圆形磁速度减小的加速运动，从1到t2的过程，线圈做加速度为场特，点可知出射方向为OA方向，则粒子轨g的匀加速直线运动，从t2到t3的过程，线圈做匀速直线迹为圆，粒子在磁场中运动的周期为运动，由于-t图像的切线斜率表示加速度，故A错误；从0时刻到t1的过程，线圈做加速度减小的加速运动，线T=4t,故B错误；根据几何关系，速率为v。的粒子的轨迹圈中的电流逐渐增大，从t1到t2的过程，线圈做加速度为径为R,根据洛伦兹力提供向心力可得R=B。，故速率g的匀加速直线运动，此过程线圈没有切割磁感线，感应电流为零，从t2到t3的过程，线圈做匀速直线运动，线圈为2。的粒子在磁场中的轨迹半径为2R,根据周期公式中的电流保持不变，而q一t图像的切线斜率表示电流，故T-2π”m可知所有粒子的周期都是相同的，均为T=4t,如B正确，C错误；从0时刻到t,的过程，线圈中的电流逐图，当速率为2。的粒子恰好从图中B,点射出时，轨迹对应渐增大，从t1到t2的过程，线圈中的电流为零，从t2到的弦长最大，时间最长，根据几何关系可知轨迹对应的圆心t3的过程，线圈中的电流保持不变，根据Q=IRt可知Q一t图像的切线斜率表示电流的方与电阻的乘积，故D角为60，则运动时间为60360T3,故C错误；从A点离正确。:13.(1)在误差范围内相邻1s内的位移之差相等(2)547开磁场的最小轨迹圆的直径为PA=√2R,则半径r=2R,(3)79解析：(1)第1s内的位移为507m,第2s内的位移为587m,mvo据r=B,RB,解得V以20,故D正确。第3s内的位移为665m,第4s内的位移为746m,第5s内的位移为824m,第6s内的位移为904m,则相邻1s内9,AC上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界的位移之差在误差范围内相等，可知飞行器在这段时间内有充分的热交换，则气体温度不变、内能不变；在气体压做匀加速运动。缩的过程中，外界对气体做正功，气体的内能不变，根据(2)根据匀变速直线运动的规律可知x=507m时飞行器的热力学第一定律可知，气体对外放出热量，故A正确，B速度等于0~2s内的均速度，则当x=507m时，该飞行错误；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换，在气体压缩的过程中，外界对气体做正器速度的大小℃2=10942m/s=547m/s。功，气体的内能增加，温度升高，故C正确，D错误。t210,AC经过0.68，波向前传播了n+是个波长，周期为T(3)根据逐差法可知，a==423-2X1759m/S≈9T29×1入79m/s2。之:14.(1)HBD(2)1.450.800(3)等于等于解析：(1)因实验中需要测量电压，其中③并联在电路中，m/s,其中n=0,1,2,…,当n=0时，波速为50m/s故③是电压表V,因待测电源电动势约为1.5V,故选量程故A正确；当n>0时，质点a在这段时间内通过的路程大为3V的电压表V,,即B;④在千路，应是电流表，为测于30cm,故B错误；在t时刻，因波沿x轴正方向传播，量准确，应选D;已知①是定值电阻R2,则②应是滑动变所以此时质点P是向上振动的，经0.5s后，P正在向下阻器，为方便调节，应选H。振动（负位移），是经过衡位置后向下运动0.1$；而质点(2)根据图甲及闭合电路的欧姆定律，可得U=E一I(r十b正在向上振动（负位移），是到达最低点后向上运动0.1$，RA1),由图乙可知，电源的电动势为E=1.45V,斜率绝因为0.2s=T，可见此时两个质点的位移是相同的，故C对值为名=45-1.0n=,十RA,解得，=0.8000。0.5正确；若T=0.8s,从t十0.4s时刻开始计时，那么，在(3)由U=E一I(r十RA1)及电路图可知，实验中考虑了电零时刻质点c在最高点，位移取得最大值，质点C的振幅流表的分压，不存在误差，则电源电动势和内阻的测量值15为10cm,周期为0.8s,故振动方程为y=0.1sin2rt十均为真实值，即电源电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值等于真实值。）m=0.1cos(号d)m,故D错送.515.(1，(2)2711.BDt=0时，a的加速度大小为a1=1.0m/s2,此时弹簧解析：(1)由抛运动的规律可知，水方向：d=vot,竖弹力为零，对a根据牛顿第二定律可得F=m1a1=1X1N=1N;设b的质量为m2,在t=1s时，设弹簧弹力为直方向：号d=方，1an0-品，解释m0=子T,对A有F-T=ma1',其中a1'=0.4m/s2;对b根据牛顿第二定律可得T=m2a2,其中a2=0.3m/s2,联立解(2②)因1an9=号可知0=53，设从A点射到水面的光线的得m2=2kg,故A错误。恒力F的冲量为I=Ft=1X入射角为α，折射角为i=90°一0=37°，则由折射定律可知201参考答案