江西省十校协作体2024-2025学年高三上学期第一次联考物理试卷答案

参考答案：题号123456789答案BBCADACADBCABD1．B【详解】A．图甲中玻璃容器中的小水银滴呈球形，是因为水银与玻璃不浸润导致的结果，故A错B．图乙为康普顿效应的示意图，入射光子与静止的电子碰撞，碰撞后散射光的光子能量变小，根据ε=hv=h，可知，碰撞后散射光的波长变长，故B正确；C．锌的逸出功为3.34eV，用丙中一群处于n=3能级的氢原子发出的光照射锌板，照射光的光子最大能量为hvm=E3E1=1.51eV(13.6eV)=12.09eV，根据光电效应方程可知，逸出光电子的最大初动能D．衰变过程随时间的变化规律说明在相同时间内，有半数的原子核发生了衰变，但相同时间内衰变的原子数量随时间的推移而不断减少，故D错误。故选B。【难度】0.85【详解】“彩色光环”现象属于衍射现象。A．雨后的彩虹属于光的折射，故A错误；B．透过狭缝看日光灯可以看到彩色条纹为单缝衍射，故B正确；C．油膜在阳光下呈现彩色是由于薄膜干涉，属于光的干涉，故C错误；D．树影中的圆形光斑为太阳的像，属于小孔成像，故D错误。3．C【详解】A．小猪绕碗的边缘做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供圆周运动的向心力，合力方向始终指向圆心，可知，小猪所受的合外力不为零，故A错误；B．根据冲量的定义有I=Ft，可知，小猪运动一周，其重力的冲量不为零，故B错误；C．小猪绕碗的边缘做匀速圆周运动，由碗对小猪的作用力与小猪的重力的合力提供圆周运动的向心力，重力方向竖直向下，合力方向指向圆心，即合力沿水平方向，则有F向=则有F向=Fmg4．A【详解】A．因发射的“鹊桥二号”未能变轨到绕太阳转动，则发射速度要小于第二宇宙速度，即发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间，故A正确；B．“鹊桥二号”在轨道I运行到近月点A时减速才能变轨进入冻结轨道II运行，故B错误；C．根据牛顿第二定律有=ma，解得a=，可知“鹊桥二号”在轨道I上经过A点的加速度等于在轨道II上经过A点时的加速度，故C错误；D．轨道I的半长轴大于轨道II的半长轴，由开普勒第三定律=k，可知“鹊桥二号”在轨道I上的运行周期比在轨道II上的运行周期长，故D错误。故选A。【难度】0.85【详解】根据质点振动方程可知质点振动周期为T==s由波长公式可知声波的波长为λ=vT=m=6.8mP与MN的距离之差即波程差为Δx==3.4m=，所以当波程差为半波长的奇数倍时，利用波的干涉原理可知两波源振动步调一致即可使P点振动减弱，则降噪声源的振动方程应为x=A0sin(100πt+)故选D。6．A【详解】A．当v>时，则qvB>Eq，即电荷所受向上的洛伦兹力较大，将向上偏转，故A正确；B．一束等离子体（含有大量正、负带电粒子）射入磁场，根据左手定则可知，正电荷受到指向B极板的洛伦兹力，负电荷受到指向A极板的洛伦兹力，所以B板带正电，A板带负电，通过电阻R的电流从b流向a，故B错误；C．粒子在加速电场中有qU=mv2，在偏转磁场中有qvB=m，所以 R=12mU，由此可知，该质谱仪不能区分比荷相同的带电粒子，故C错误；D．由于金属导体导电B\q粒子为自由电子，根据左手定则可知，自由电子受到指向a板的洛伦兹力，所以自由电子将打到a板，则a面电势低于b面电势，故D错误。故选A。AB=0时，短绳2竖直，此时设绳1与竖直方向夹角为θ,则由几何关系sinθ==0.8可得θ=53。，可知，光滑小环处轻绳1的夹角为106O，由平衡可知2Tcos53。=mg，T=mg，故AB错误；CD．UAB增大时，负电小球受水平方向的电场力增加，对小球受力分析可知轻绳2向右倾斜，但是轻绳2方向仍是轻绳1的角平分线上。由几何关系得sinα==，即cosβ=1.25sinα,所以β增大时α减小，由受力分析有2T=cosα=F=，即T==2cosα5sinα)=，所以当α=45O时T最小，即随着UAB增大，轻绳1的张力T先减少后增大。故C正确，D错误。故选C。【难度】0.85【详解】AB．由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比，两变压器则有可得由题意可知，由于输电线上有电压降，因此则有U2>U3，又有n2=n3，可得4故A正确，B错误；CD．由理想变压器原、副线圈的电流比等于匝数的反比，两变压器则有，I33可得I=由于I2=I3，n2=n3，可得I1故C错误，D正确。故选AD。【难度】0.65【详解】A．第一次火药爆炸后，设烟花的速度为v，则有v2=2gh解得v=20m/s烟花动量变化量的大小为Δp=mv—0=6.0kg.m/s故A错误；解得高压气体对烟花平均作用力大小为F=603N故B正确；解得v2=40m/s所以另一部分烟花的速度大小为40m/s，方向水平向西；两部分下落的时间相等均为\g\g所以两部分烟花落地点间距为x=(v2+v1)t=120m故C正确。故选BC。【难度】0.4【详解】A．由乙图可知，带电微粒在转动过程中，电势最高值为1.5φ1，电势最低值为—0.5φ1，最高点、最低点分别位于轨迹直径的两端，将直径取四等分点，找到与a点电势φa=0相同的点A，如图aA垂直于电场线R 21cosθ=设电场强度的方向与 21cosθ==R2解得θ=，故A正确；B．由上述分析可知φb=1.0φ1，从a点到b点由动能定理W+qUab=0CD．由乙图可知，微粒做圆周运动的周期为T=13t1—t1速度为v==1电场强度为E===圆周运动的过程中电势为—0.5φ1时变力F达到最大值，有F—qE=m(π2φ)(36t1R,解得F=|(π2φ)(36t1R,故D正确，C错误。故选ABD。11共8分每空2分）(1)C(2)5.25（5.21~5.25）0.50(3)D【详解】（1）A．“探究小车速度随时间变化的规律”实验中只需要小车做匀变速直线运动即可，不需要补偿阻力，故A错误；B．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中拉弹簧秤时，只需让弹簧与外壳间没有摩擦，此时弹簧测力计的示数即为弹簧对细绳的拉力，与弹簧秤外壳与木板之间是否存在摩擦无关，故B错误；C．“探究平抛运动的特点”实验中为了保证小球每一次抛出时速度大小相等，需要让小球每一次从相同高度静止释放，斜槽与钢球间的摩擦力对实验结果没有影响，故C正确；D．“研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒”实验中只需要调节气垫导轨让滑块做匀速运动即可，不需要进行补偿阻力操作，故D错误。故选C。（2）[1]毫米刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到分度值下一位，即图中D点的读数为5.25cm；[2]相邻计数点时间间隔T==0.02s，根据逐差法可得a=，代入数据2m/s2=0.5m/s2（3）A．补偿阻力操作后，更换小车和槽码的质量，不需要重新补偿阻力，没有重新进行补偿阻力操作对实验无影响，故A错误；B．为了使小车所受的合外力等于槽码的重力，需要使得小车的质量远大于槽码的质量，所以小车所受合外力近似与槽码重力相等，不是小车加速度变大的原因，故B错误；CD．对小车和槽码，根据牛顿第二定律，对两次实验分别有m1g=(M+m1)a1，m2g=(M+m2)a2，根据题意有a2=4a1，联立可得m2>4m1，故D正确，C错误。故选D。12．(1)E1电压表V(2)R2温控箱的温度t和电阻箱R2的阻值(3)1800高于【详解】（1）[1][2]热敏电阻RT的阻值大约为几千欧，电路中的电流大约为mA量级，故不能选用电流表A，由于电压表V的内阻已知，可以作为电流表使用，量程为6mA，故电源应选E1，电表1应选电压表V。（2）[1][2]根据等效替代法测电阻，应该保持滑动变阻器R1滑片的位置不变，将单刀双掷开关S2打到a端，调节电阻箱R2，使电表1的读数保持不变，记录温控箱的温度t和电阻箱R2的阻值。（3）[1][2]热敏电阻RT在温度为36℃时的阻值为900Ω,此时报警器的电压为2V，故电阻箱R的阻值应该调为1800Ω;若考虑到电源内阻的影响，报警器的电压为2V时，热敏电阻RT的阻值应小于900Ω,故实际报警温度会高于36℃。13共8分）(1)pA:pB=5:1(2)TB:TC=1:1.9【详解】（1）由题可知，根据玻意耳定律可得pAVA=pBVB（2分）解得pA:pB=5:1（2分）（2）根据理想气体状态方程可知解得T14共12分）(1)2250N(2)3m/s(3)562.5J【详解】（1）由于运动员恰好到达平台B的上端边缘，根据机械能守恒22根据牛顿第二定律F联立解得支持力大小FN=2250N（2分）（2）运动员从M点做斜抛运动，设初速度为v，则vtcosθ=2.4m（1分）2vsinθ=gt（1分）因此在最高点的速度v水平=vcosθ=3m/s（1分）（3）从M到Q的过程中，根据动能定理2Q2mgr(1-cosθ)+W=1mv2-1mv22Q2解得W=562.5J（2分）15共17分1）120C2）2.5T，3m/s3）4m【详解】（1）由题知，用电动势E=15V的电源（图中未画出）为电容器充电，则有（2）闭合开关S后，儿童车先作加速度变小的加速运动。达到最大速度后作匀速运动，设此时速度为v1，电容器电压为U金属棒ab、cd并联，可看作一根金属棒，受到安培力的冲量对儿童车由动量定理得B1I1LΔt1=mv1（1分）q1=I1Δt1其中U1=B1Lv1，q1=C(E－U1)（1分联立解得当=B1L2C，即B1=2.5T（1分）时，儿童车在AA′BB′金属轨道上获得的最终速度最大，且儿童车的最大速度v1=3m/s