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答案第1页，共13页
江西省五市九校协作体2024 届第一次联考物理试卷
答案
1．C
【详解】A．甲图为氢原子的能级结构图，当氢原子从基态跃迁到激发态时，吸收能量，故
A 错误；
B．铀核裂变的核反应方程式为
235
1
141
92
1
92
0
56
36
0
U
n
Ba
Kr
3 n
故B 错误；
C．根据爱因斯坦的光电效应方程
k
0
E
h
W
ν
可知，该图线的斜率表示普朗克常量h ，不同频率的光照射同种金属发生光电效应时，图线
的斜率相同，故C 正确；
D．由质量数守恒和电荷数守恒可知，X 的质量数为0，电荷数为1
，则X 为电子，故D 错
误。
故选C。
2．D
【详解】AB．对物体Q 进行受力分析，如图甲所示
由图可知，Q 缓慢移动直至右侧轻绳水平过程中，细绳的拉力FT 逐渐减小，而拉力F 逐渐
增大，故A、B 错误；
C．对物体P 进行受力分析，如图乙所示
{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}
答案第2页，共13页
沿斜面方向有
o
f
T
2
sin 30
F
F
mg
mg
初始状态，轻绳拉力FT=mg，此时
f
0
F
，随着轻绳拉力减小，则摩擦力方向沿斜面向上且
逐渐增大，故C 错误；
D．对P 分析，在垂直斜面方向有
o
N
2
cos30
mg
F
可知P 受到的支持力大小、方向均不变，斜面对物体P 的作用力即为P 受到的摩擦力和支
持力的合力，当摩擦力逐渐增大时，斜面对物体P 的作用力逐渐增大，故D 正确。
故选D。
3．C
【详解】设1
4 圆环在圆心处产生的场强大小为E ，对图甲中
1
2 圆环，由电场强度的合成可知
0
2E
E
故
0
2
2
E
E
图乙中3
4 圆环的左上1
4 圆环和右下1
4 圆环在圆心处产生的场强等大反向，故
2
O 处的场强大
小等于右上1
4 圆环在
2
O 处产生的场强大小，为
0
2
2 E 。设图甲中
1
2 圆环的带电荷量为q，则
图乙中3
4 圆环的带电荷量为3
2 q ，电势是标量，有
0
q
k r
故
2
O 处的电势为
2
0
3
3
2
2
O
q k
r
故选C。
{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}
答案第3页，共13页
4．C
【详解】设光在该材料中传播速度为v，由
L
vt
解得
8
2.4 10 m/s
L
v
t
由
c
n
v
可知
1.25
n
设全反射临界角为C，则
1
sin
0.8
C
n
光刚好发生全反射，可知光在透明材料中的路程为
7.5m
sin
L
s
C
则
8
8
7.5
s
3.125 10 s
2.4 10
s
t
v
故选C。
5．C
【详解】A．小球运动到最高点时竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，故A 错误；
B．抛出时水平方向的分速度
0 cos37
xv
v
小球在空中运动的时间为
0 cos37
x
x
x
t
v
v
抛出时竖直方向的分速度
0 sin37
yv
v
有
{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}
答案第4页，共13页
2
1
2
y
h
v t
gt
代入数据联立得
1.84s
t
故B 错误；
C．从抛出到落地过程中小球速度的变化量是
v
gt
18.4m/s
故C 正确；
D．小球落地前加速度为重力加速度不变，任意相等时间内速度的变化量相等，故D 错误。
故选C。
6．B
【详解】AB．根据
2v
qvB
m r
代入速度得
r
L
如图
Od 与ac 垂直，有几何关系可知，Od 长为L，即最短弦长，对应最短时间，圆心角为60，
则最短时间为
60
360
t
T
又
2 r
T
v
得
3
m
t
qB
A 错误，B 正确；
{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}
答案第5页，共13页
CD．粒子轨迹与ac 相切时，交与bc 边最远的e 点，由几何关系可知，Oe 长度为直径，则
粒子能从bc 边射出的区域eb 的长度为
2L ，CD 错误。
故选B。
7．B
【详解】A．木块A、B 和小球C 组成的系统竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所
以系统的总动量不守恒，故A 错误；
C．C 球第一次摆到最低点过程中，A、B、C 组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正
方向，由动量守恒定律得
0
2
0
C
A
m v
mv
则
1
2
0
2
0
x
x
m
m
t
t
由几何关系得
1
2
x
x
L
解得木块A、B 向右移动的距离为
0
2
0
2
m L
x
m
m
故C 错误。
BD．小球C 下落到最低点时，A、B 将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，设A、B
共同速度为
AB
v
，根据机械能守恒有
2
2
0
0
1
1
2
2
2
C
AB
m gL
m v
mv
由水平方向动量守恒得
0
2
C
AB
m v
mv
联立解得
0
2 2
C
mgL
v
m
m
0
0
2
AB
m
mgL
v
m
m
m
此后A、B 分开。当C 向左运动能达到的最大高度时，AC 共速，设此时A、C 速度为v共，
{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}
答案第6页，共13页
B 的速度依然为
AB
v
。全程水平方向动量守恒，规定向左为正方向，即
0
0
C
AB
m v
mv
m
m v
共
整个过程中，系统机械能守恒，C 的重力势能转化为A、B、C 的动能，即
2
2
2
0
0
0
1
1
1
2
2
2
C
AB
m v
mv
m gh
m
m v
共
解得
0
0
2
2
m
m L
h
m
m
故B 正确，D 错误。
故选B。
8．AC
【详解】AB．子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为0，根据
逆向思维，由
2
2ax
v
可得，子弹穿出第一个木块和第二个木块时的速度之比
1
2
2
(2
3 )
5
3
2
3
a
L
L
v
v
a
L
故A 正确，B 错误；
C．子弹通过第二个木块和第三个木块的过程中有
1
2
1
2
2
v
v
L
t
，
2
2
3
2
v
L
t
则子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比为
1
2
15
3
3
t
t
故C 正确；
D．子弹通过所有木块的平均速度为
0
2
2
v
v
v
可得
1
2
v
v
故D 错误。
故选AC。
9．AB
{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}
答案第7页，共13页
【详解】A．由图乙可知，太空电梯在r0 时，航天员所受地球的引力完全提供其随地球自转
所需的向心力，此时，航天员与电梯舱间的弹力为0，故A 正确；
BC．太空电梯在r0 时，由于航天员的引力完全提供其所需的向心力，设地球的质量为M，
航天员的质量为m，则
2
0
2
2
0
4
Mm
G
m
r
r
T
解得
2
3
0
2
4
r
M
GT
由第一宇宙速度的表达式得
0
0
2
M
R
r
G
v
r
T
R
故B 正确，C 错误；
D．随着r 的增加，航天员所需的向心力
2
n
n
0
2
4
F
ma
m
r
T
逐渐增加，在
0
r
r
时，引力完全提供向心力，此时航天员与电梯舱的弹力为0，当
0
r
r
时，
电梯舱对航天员的弹力表现为支持力，根据
2
N
2
2
4
Mm
G
F
m
r
r
T
解得
2
N
2
2
4
Mm
F
G
m
r
r
T
FN 随着r 的增大而减小，当
0
r
r
时，电梯舱对航天员的弹力表现为指向地心的压力，此时
2
N
2
2
4
Mm
F
m
r
G
T
r
FN 随着r 的增大而增大，故D 错误。
故选AB。
10．AC
【详解】A．斜面上的加速度为
),
cos
(sin
g
a
速度为
s
m
ax
vB
2
15
2
故A 正确；B 到C 过程由动能定理，有
)
cos
1(
2
1
2
1
2
2
mgR
mv
mv
B
c
{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}
答案第8页，共13页
在C 点，由
R
v
m
mg
N
c
2
可得
N
N
5.
19
.故B 错误。D 到E 过程，假设在角度
为θ 时小球脱离圆弧面，此时的速度为
cv
。根据机械能守恒定律，得
)
1(
)
60
cos
1(
2
1
2
1
2
2
COS
R
R
mg
mv
mv
o
D
脱离瞬间有
R
v
m
mg
2
cos
解得
4
3
cos
，即
o
60
，故C 正确，D 错误。
故选AC。
11．BC (2 分) （选对一个得1 分，错选不得分）
2
cos
4 sin
bg
a
(2 分)
2
cos
4 sin
b
L
(2 分)
【详解】(1)[1]释放弹簧后弹簧对滑块做功，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；从释放滑
块到滑块到达桌面边缘过程，由能量守恒定律得
2
P
1
2
E
mgL
mv
滑块离开桌面后做平抛运动，水平方向
cos
x
vt
竖直方向
2
1
sin
2
x
gt
整理得
p
2
2
4
sin
1
4
sin
·
cos
cos
E
L
x
g
m
实验除了测出m 、x 外，还需要测出弹簧压缩后滑块到桌面边沿的距离L 与长木板与水平地
面的夹角。
故选BC。
(2)[2][3]由
p
2
2
4
sin
1
4
sin
·
cos
cos
E
L
x
g
m
，可知，
1
x
m
图象的斜率
P
2
4
sin
cos
E
b
k
a
g
图象的纵轴截距
{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}
答案第9页，共13页
2
4
sin
cos
L
b
解得
2
P
cos
4 sin
bg
E
a
，
2
cos
4
sin
b
L
12．
1000 (2 分)
130(2 分)
32.4 (2 分)
15 (2 分)
1680 (2 分)
【详解】（1）[1]满偏时有
g
内
E
I
R
欧姆表的内阻
1500Ω
R
内
表盘的中值电阻为1500Ω ，电流表指针指向如图乙所示的位置时的读数为0.6mA ，根据闭
合电路的欧姆定律有
x
x
E
I
R
R
内
解得
3
1.5
Ω 1500Ω
1000Ω
0.6 10
x
R
（2）[2][3]闭合开关S ，欧姆表的内阻变小，倍率变小至“×10”，调节电阻箱
2
R 和
3
R ，使电
流表满偏时欧姆表内阻为150Ω ，电路总电流为
1.5 A
0.01A
150
I
g
g
1
3
g
(
)
130Ω
I
R
R
R
I
I
3
g
1
2
3
g
1
(
)
150
(
)
R R
R
R
r
R
R
R
解得
2
32.4Ω
R
[4]根据两倍率知，欧姆表表盘正中刻度的标值为15。
（3）[5]设电流表满偏电流
gI ，欧姆调零时：
g
E
I
R
内
，则
g
E
R
I
内
；当电动势变小、内阻变
大时，由于欧姆表重新调零，内阻的变化不影响，由于满偏电流
gI 不变，由
g
E
R
I
内
知，欧
姆表的内阻变小，用欧姆表测电阻时
{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}
答案第10页，共13页
g
g
E
E
E
E
R
R
I
I
测
真
解得
1680Ω
R
真
13．（1）
300
A
T
K ，
5
2.67 10 Pa
C
p
；（2）Δ
60J
U
【详解】（1）气体从A 变化到B 发生的是等压变化，则
A
B
A
B
V
V
T
T
（1 分）
由图2 可知
4
3
4
3
2
4 10 m ,
6 10 m ,
4.5 10 K
A
B
B
V
V
T
解得
300
A
T
K
（1 分）
开始时，缸内气体压强
5
0
1.5 10 Pa
A
mg
p
p
S
（1 分）
气体从状态B 变化到状态C ，发生等容变化，则
C
B
C
B
p
p
T
T
（1 分）
B
A
p
p
（1 分）
解得
5
2.67 10 Pa
C
p
（1 分）
（2）气体从A 到B 过程对外做功为
30J
A
B
A
W
p
V
V
（2 分）
根据热力学第一定律，整个过程气体内能增量
Δ
60J
U
Q
W
（2 分）
14．（1）2 3
3
；（2）1
3 ；（3）24 J
7
【详解】（1）带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动，竖直方向
上只受重力作用做竖直上抛运动，故从A 到M 和M 到B 的时间相等；设小球所受的电场力
{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}
答案第11页，共13页
为F，重力为G，则有
M
mv
F
t
（1 分）
竖直方向有
0
mv
G
t
（1 分）
而由题意
2
k0
0
1
8J
2
E
mv
（1 分）
2
kM
M
1
6J
2
E
mv
（1 分）
所以有
3
3
2
3
2
6
8
F
G
0
M
V
V
（1 分）
（2）由于从A 点至M 点和从M 点至B 点的时间t 相等。小球在水平方向上做初速为零的
匀加速直线运动，设加速度为a，则有
2
1
1
2
x
at
（1 分）
2
2
2
2
1
1
3
(2 )
2
2
2
x
a
t
at
at
（1 分）
所以
1
2
1
3
x
x
（1 分）
（3）设电场力F 与重力G 的合力与竖直方向夹角为θ，由图可知
3
tan
2
F
G
（1 分）
则根据数学知识有
3
sin
7
（1 分）
小球的运动也可以看成在等效重力G的作用下的类似斜抛运动，当小球从A 运动到B 的过
程中速度最小时速度一定与等效重力G垂直，此时沿G方向速度为0；故有
2
min
0
1
3
24
sin
8
J
J
2
7
7
k
E
m v
（2 分）
{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}
答案第12页，共13页
15．（1）1×10-2C；（2）0.5；（3）3
33 s
12
【详解】（1）当棒运动到B 处时，电容器两端的电压为
U=Bdv
（1 分）
此时电容器的带电量
q=CU=CBdv
（1 分）
代入数据解得
q=1×10-2C
（1 分）
（2）根据牛顿第二定律
1-
F BId
mg
ma
（1 分）
q
CBdv
v
I
CBd
CBda
t
t
t
（2 分）
联立得
1
2
2
-
F
mg
a
m
CB d
（1 分）
可见，做匀加速直线运动，所以
2
2
5
m/s
20m/s
0.25
v
a
t
（1 分）
解得
0.5
（1 分）
（3）棒在F2 作用下，先向右做匀减速运动，此时电容器放电，棒受到的安培力向右，加速
度
2
2
1
2
2
20m/s
F
mg
a
m
CB d
（1 分）
速度减到0 需要时间
1
1
0.25s
v
t
a
（1 分）
棒从开始运动到速度减到0 的位移大小
0
1
(
)
1.25m
2
v
x
t
t
（1 分）
当棒的速度减小为零时，电容器放电完毕，此后棒向左做匀加速运动，电容器被反向充电，
此时棒受的安培力仍然向右，可知导体棒做匀加速直线运动的加速度大小
2
2
3
2
2
-
120 m/s
11
F
mg
a
m
CB d
（1 分）
{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}
答案第13页，共13页
棒从速度减到0 的位置到A 处
2
0
3 2
1
2
x
a t
（1 分）
解得
2
33
=
s
12
t
（1 分）
所以导体棒从B 处返回到初始位置A 处的时间
1
2
33
3
33
=0.25s+
s=
s
12
12
t
t
t
总
（1 分）
{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}
