2024-2025学年江西省新八校高三上学期1月期末物理试题

高级中学名校试卷PAGEPAGE1——★参考答案★——选择题(本题共10小题，共46分;其中第1-7小题只有一个选项符合要求，每小题4分，选错得0分，选对得4分；第8-10小题有多项符合要求，每小题6分，选对但选不全得3分，选错得0分，全部选对得6分。)12345678910AABCDACACDBCACA【详析】答案：A保险丝熔断可能是因为总功率过大，也可能是发生了短路，A错误；B电能表安装在总开关之前，用于测量用电器消耗电能，B正确；有金属外壳的用电器使用三孔插座能防止触电事故，C选项正确；D家庭必须同时安装漏电保护开关和空气开关，前者是人体触电保护，后者是过流保护，缺一不可．故D项正确。2．A【详析】A。玻尔理论只能解释氢原子光谱，A选项正确；电子绕核运动轨道半径是不连续的，B选项错误；半衰期与温度无关，C选项错误；一次衰变只能放出α或β射线，同时伴随γ射线，D选项错误。3.B【详析】AB．以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图：由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得使轻杆逆时针转到竖直位置的过程中，AC、AB保持不变，BC变小，则N保持不变，F变小。故A错误B正确。CD．对人受力分析可知水平方向f=F所以工人受到地面的摩擦力逐渐减小，故CD错误。故选B。4．C【详析】A．空间站中的烛焰仍然受到地球的吸引，仍然受到重力的作用，故A错误；B．根据代入数据得故B错误；C．根据地球的平均密度所以地球的平均密度大于，故C正确；D．同步卫星的周期轨道半径组合体的轨道半径根据开普勒第三定律可知，组合体的周期T大于1h，故D错误。故选C。5．D【详析】A．由于从状态A经过等温变化到状态D，理想气体内能不变，体积变大对外做功，所以A→C→D过程中气体对外界做的功为21J，由能量守恒知识可知气体在A→C→D过程中从外界吸收的热量等于21J，故A错误；BC．由于该气体经A→B→D过程从状态A变化到状态D，该过程中气体对外界做的功为30J，由理想气体状态方程可知从状态A变化到状态D，两个状态的温度相同，内能相同，即内能增加量为0，由能量守恒知识可知该气体在A→B→D过程中从外界吸收的热量为30J，故BC错误；D．由于A→C→D过程中气体对外界做的功为21J，气体经A→B→D过程从状态A变化到状态D，该过程中气体对外界做的功为30J，且A→B→D→C→A最终回到状态A，图像与横轴围成的面积表示对外做功，所以图像中A→B→D→C→A围成的面积为，故D正确。故选D。6．A【详析】AB．由电场线分布可知两个点电荷带异种电荷，根据电场线的疏密分布可知，M点处电场线更稀疏，N处电场线跟密集，且M的电荷量大小小于N的电荷量，B错误，A正确；C．因为B点电势比C点电势高，所以MN连线上的电场线方向为由M到N，所以M带正电，N带负电，两个点电荷在d点产生的电场强度方向相反，由前面分析可知由几何关系可知而点电荷的电场强度所以所以d点的电场强度不可能为0，C错误；D．由电场线分布可知，带电小球从e移动到f的过程中，所经过位置的电场线切线方向斜向下，而小球带负电，所以小球受到的静电力斜向上，在此过程中静电力做负功，所以小球的电势能逐渐增大，D错误。故选A。7．C【详析】A．电动机启动前，对平台和人的整体分析则弹簧的形变量为故A正确；B．电动机启动瞬间，对平台和人的整体根据牛顿第二定律解得绳子拉力大小为故B正确；C．人与平台分离瞬间，平台的加速度为且人与平台无压力，则对平台解得，此时弹簧的形变量为故C错误；D．当平台速度达到最大时，加速度为零，此时弹力等于重力此时平台上升的高度为故D正确。故选C。ACD【详析】A．由题意及图可知，在0.6s内，波传播的距离为由图可知，该波的波长为40m，波速为当n=3时，波速为250m/s，故A正确；B．质点a做上下振动，运动的最小时间为，则通过的最小路程为故B错误；C．质点c在这段时间内通过的路程可能为60cm，则说明该质点运动时间为1.5T，则有即解得n=1满足条件，故C正确；D．由图可知，质点P与Q像距，由波的传递规律可知，当他们位移方向不相同，故其速度也不会相同，故D正确。故选ACD。9.BC【详析】A．根据题意可知标枪受到重力和水平恒定风力的合力F为一恒定值，标枪经过A、B两点时速度大小相等（动能相等），结合动能定理可知标枪从A点运动至B点过程中，合力F做的功为零，故合力F的方向与AB连线垂直，故A错误；BC．再把标枪在A点的速度沿AB方向和垂直于AB方向分解，故标枪沿着AB方向的分速度不变，标枪在B点时的速度方向与AB连线的夹角也为θ，而标枪垂直于AB方向的分速度先减小后增加，可知在等效最高点时标枪只有沿AB方向的分速度，即标枪从A点运动到B点的过程中速度最小值为，故BC正确；D．标枪在B点时的速度v与竖直方向的夹角未知，故在B点时，标枪重力的瞬时功率不一定为，故D错误。故选BC。10.AC【详析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有可得粒子在磁场中的轨道半径为正对的粒子，圆心恰好在x轴上，进入磁场后做匀速圆周运动，如图所示。根据勾股定理可知，进入无磁场区域后，速度方向恰好指向O点，即正对点入射的粒子离开磁场后一定会过O点，故A正确B.带电粒子在磁场中的半径为R1=2mvCD．根据题意知，所有粒子沿水平方向射入磁场，半径与速度方向垂直，圆心均在入射点的正下方，半径均为4d，所有圆心所在的轨迹相当于将磁场边界向下平移4d形状，平移到O点位置，即所有粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到O点距离均为5d，如图所示。利用勾股定理可知，进入无磁场区域后，所有粒子速度方向都指向O点，因此所有粒子都过O点。由上述分析可知，从最上方进入的粒子，在磁场中偏转角度最大，运动的时间最长，如下图所示。由几何关系可知，该粒子在磁场中旋转了，因此运动的时间为故C正确，D错误。故选AC。11．（6分）dt;kd【详析】（1）遮光条宽度非常小，可以用遮光条通过光电门的平均速度代替滑块到达光电门的瞬时速度，V=d/t;（2分）由2as=d2/t2可得1/t2=2as/d2，再由2a/d2=k,可得a=kd22（2）由牛顿第二定律可得mg-μMg=(M+m)aμ=mM-(M+m)k12．（9分）（1）1.846/1.845/1.8474.225（各1分）（2）①DG（各1分）②见解释（3分）（3）ρ=πd2R【详析】（1）螺旋测微器测得圆柱体直径为d=1.5mm+34.6×0.01mm=1.846mm游标卡尺测得圆柱体长度为为操作方便，滑动变阻器应选择阻值较小的，即选D，两节干电池串联后电动势为3V，题中要求测量时电表的读数大于其量程的一半，所以不能使用题中的电压表，应使用电流表A1和标准电阻R4串联改装成电压表，即选G；电流表A1和标准电阻R4串联改装后电压表内阻约RV=10Ω+28Ω=38Ω由于所以应采取电流表外接法，题中要求调节滑动变阻器能使电流表读数从零开始变化，应采取分压法，如图（3）由电阻定律可得ρ=13（10分）(1)(2)能【详析】（1）已知入射光与AO间夹角为30°，由几何关系可得，单色光的入射角折射光线与OB平行，则折射角(2分）则由折射定律得（2分）（2）全反射临界角为sinC=1n=3连接OD，设在D点入射角为，如图所示由正弦定理（1分）解得（2分）故在D点不会发生全反射，即能射出该介质。（2分）14（12分）（1）0.2A0.8V（2）F=0.1+0.1t（3）0.9C1.44J【详析】（1）根据乙图可知t=2.0s时，v=2m/s，则此时电动势电路中的电流（1分）金属杆两端的电压U为外电压，即U=IR=0.8V（1分）（2）由时，，可分析判断出外力F的方向与反向金属杆做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：（1分）设在t时刻金属杆的速度为v，杆的电动势为E，回路电流为I，则又，（2分）联立以上几式可得：F=0.1+0.1t（1分）（3）根据电荷量表达式可知（1分）v−t图像与横轴围成的面积表示位移大小，则x=6×3解得（2分）根据能量守恒定律可知（1分）解得电阻R产生的焦耳热（2分）15（17分）【详析】（1）物块A受重力、电场力作用，等效重力场如图所示，设最高点为C点等效重力场加速度为（1分）方向与竖直方向夹角的正切值为（1分）物块A在C点恰好不脱落，设速度为v，由牛顿第二定律可得（1分）解得设在M点物块A速度为v0，恰能沿圆弧轨道运动到C点，由动能定理可得（1分）解得则物块A在M点的初速度至少为，设物块A由光滑斜面高h处恰能运动到M点速度达到v0由动能定理可得mgh=12mv解得h=7R8（（2）若物块A恰能沿圆弧轨道滑过N点，通过N点的速度最小，设最小速度为vN物体A由M到N过程由动能定理可得mg2R=12mvN2-12m(3)物块A以不同的初速度从M点沿圆弧轨道滑过N点后压缩弹簧，B开始滑动时，弹簧的弹力最大为 （1分）弹簧的最大压缩量为（1分）若物块A恰能沿圆弧轨道滑过N点，则因为A的摩擦力F假设B不动由于12mvN故轻物块B会运动轻质物体的合力为零，则弹簧的最大压缩量保持不变∆x=7R3μ（设系统因摩擦产生的热量为Q，由能量守恒可得:12mvN解得:Q=2mgR（1分）——★参考答案★——选择题(本题共10小题，共46分;其中第1-7小题只有一个选项符合要求，每小题4分，选错得0分，选对得4分；第8-10小题有多项符合要求，每小题6分，选对但选不全得3分，选错得0分，全部选对得6分。)12345678910AABCDACACDBCACA【详析】答案：A保险丝熔断可能是因为总功率过大，也可能是发生了短路，A错误；B电能表安装在总开关之前，用于测量用电器消耗电能，B正确；有金属外壳的用电器使用三孔插座能防止触电事故，C选项正确；D家庭必须同时安装漏电保护开关和空气开关，前者是人体触电保护，后者是过流保护，缺一不可．故D项正确。2．A【详析】A。玻尔理论只能解释氢原子光谱，A选项正确；电子绕核运动轨道半径是不连续的，B选项错误；半衰期与温度无关，C选项错误；一次衰变只能放出α或β射线，同时伴随γ射线，D选项错误。3.B【详析】AB．以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图：由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得使轻杆逆时针转到竖直位置的过程中，AC、AB保持不变，BC变小，则N保持不变，F变小。故A错误B正确。CD．对人受力分析可知水平方向f=F所以工人受到地面的摩擦力逐渐减小，故CD错误。故选B。4．C【详析】A．空间站中的烛焰仍然受到地球的吸引，仍然受到重力的作用，故A错误；B．根据代入数据得故B错误；C．根据地球的平均密度所以地球的平均密度大于，故C正确；D．同步卫星的周期轨道半径组合体的轨道半径根据开普勒第三定律可知，组合体的周期T大于1h，故D错误。故选C。5．D【详析】A．由于从状态A经过等温变化到状态D，理想气体内能不变，体积变大对外做功，所以A→C→D过程中气体对外界做的功为21J，由能量守恒知识可知气体在A→C→D过程中从外界吸收的热量等于21J，故A错误；BC．由于该气体经A→B→D过程从状态A变化到状态D，该过程中气体对外界做的功为30J，由理想气体状态方程可知从状态A变化到状态D，两个状态的温度相同，内能相同，即内能增加量为0，由能量守恒知识可知该气体在A→B→D过程中从外界吸收的热量为30J，故BC错误；D．由于A→C→D过程中气体对外界做的功为21J，气体经A→B→D过程从状态A变化到状态D，该过程中气体对外界做的功为30J，且A→B→D→C→A最终回到状态A，图像与横轴围成的面积表示对外做功，所以图像中A→B→D→C→A围成的面积为，故D正确。故选D。6．A【详析】AB．由电场线分布可知两个点电荷带异种电荷，根据电场线的疏密分布可知，M点处电场线更稀疏，N处电场线跟密集，且M的电荷量大小小于N的电荷量，B错误，A正确；C．因为B点电势比C点电势高，所以MN连线上的电场线方向为由M到N，所以M带正电，N带负电，两个点电荷在d点产生的电场强度方向相反，由前面分析可知由几何关系可知而点电荷的电场强度所以所以d点的电场强度不可能为0，C错误；D．由电场线分布可知，带电小球从e移动到f的过程中，所经过位置的电场线切线方向斜向下，而小球带负电，所以小球受到的静电力斜向上，在此过程中静电力做负功，所以小球的电势能逐渐增大，D错误。故选A。7．C【详析】A．电动机启动前，对平台和人的整体分析则弹簧的形变量为故A正确；B．电动机启动瞬间，对平台和人的整体根据牛顿第二定律解得绳子拉力大小为故B正确；C．人与平台分离瞬间，平台的加速度为且人与平台无压力，则对平台解得，此时弹簧的形变量为故C错误；D．当平台速度达到最大时，加速度为零，此时弹力等于重力此时平台上升的高度为故D正确。故选C。ACD【详析】A．由题意及图可知，在0.6s内，波传播的距离为由图可知，该波的波长为40m，波速为当n=3时，波速为250m/s，故A正确；B．质点a做上下振动，运动的最小时间为，则通过的最小路程为故B错误；C．质点c在这段时间内通过的路程可能为60cm，则说明该质点运动时间为1.5T，则有即解得n=1满足条件，故C正确；D．由图可知，质点P与Q像距，由波的传递规律可知，当他们位移方向不相同，故其速度也不会相同，故D正确。故选ACD。9.BC【详析】A．根据题意可知标枪受到重力和水平恒定风力的合力F为一恒定值，标枪经过A、B两点时速度大小相等（动能相等），结合动能定理可知标枪从A点运动至B点过程中，合力F做的功为零，故合力F的方向与AB连线垂直，故A错误；BC．再把标枪在A点的速度沿AB方向和垂直于AB方向分解，故标枪沿着AB方向的分速度不变，标枪在B点时的速度方向与AB连线的夹角也为θ，而标枪垂直于AB方向的分速度先减小后增加，可知在等效最高点时标枪只有沿AB方向的分速度，即标枪从A点运动到B点的过程中速度最小值为，故BC正确；D．标枪在B点时的速度v与竖直方向的夹角未知，故在B点时，标枪重力的瞬时功率不一定为，故D错误。故选BC。10.AC【详析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有可得粒子在磁场中的轨道半径为正对的粒子，圆心恰好在x轴上，进入磁场后做匀速圆周运动，如图所示。根据勾股定理可知，进入无磁场区域后，速度方向恰好指向O点，即正对点入射的粒子离开磁场后一定会过O点，故A正确B.带电粒子在磁场中的半径为R1=2mvCD．根据题意知，所有粒子沿水平方向射入磁场，半径与速度方向垂直，圆心均在入射点的正下方，半径均为4d，所有圆心所在的轨迹相当于将磁场边界向下平移4d形状，平移到O点位置，即所有粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到O点距离均为5d，如图所示。利用勾股定理可知，进入无磁场区域后，所有粒子速度方向都指向O点，因此所有粒子都过O点。由上述分析可知，从最上方进入的粒子，在磁场中偏转角度最大，运动的时间最长，如下图所示。由几何关系可知，该粒子在磁场中旋转了，因此运动的时间为故C正确，D错误。故选AC。11．（6分）dt;kd【详析】（1）遮光条宽度非常小，可以用遮光条通过光电门的平均速度代替滑块到达光电门的瞬时速度，V=d/t;（2分）由2as=d2/t2可得1/t2=2as/d2，再由2a/d2=k,可得a=kd22（2）由牛顿第二定律可得mg-μMg=(M+m)aμ=mM-(M+m)k12．（9分）（1）1.846/1.845/1.8474.225（各1分）（2）①DG（各1分）②见解释（3分）（3）ρ=πd2R【详析】（1）螺旋测微器测得圆柱体直径为d=1.5mm+34.6×0.01mm=1.846mm游标卡尺测得圆柱体长度为为操作方便，滑动变阻器应选择阻值较小的，即选D，两节干电池串联后电动势为3V，题中要求测量时电表的读数大于其量程的一半，所以不能使用题中的电压表，应使用电流表A1和标准电阻R4串联改装成电压表，即选G；电流表A1和标准电阻R4串联改装后电压表内阻约RV=10Ω+28Ω=38Ω由于所以应采取电流表外接法，题中要求调节滑动变阻器能使电流表读数从零开始变化，应采取分压法，如图（3）由电阻定律可得ρ=13（10分）(1)(2)能【详析】（1）已知入射光与AO间夹角为30°，由几何关系可得，单色光的入射角折射光线与OB平行，则折射角(2分）则由折射定律得（2分）（2）全反射临界角为sinC=1n=3连接OD，设在D点入射角为，如图所示由正弦定理（1分）解得（2分）故在D点不会发生全反射，即能射出该介质。（2分）14（12分）（1）0.2A0.8V（2）F=0.1+0.1t（3）0.9C1.44J【详析】（1）根据乙图可知t=2.