物理试卷答案_2025年1月_250112江西五市十校联考暨江西省十校协作体2025届高三第一次联考_江西省十校协作体2024-2025学年高三上学期第一次联考物理

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， 参考答案： 则有F  F2 mg2 ，可知，碗对小猪的作用力大于小猪的重力，故C正确； 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 向 答案 B B C A D A C AD BC ABD 4．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 1．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 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 误； GMm GM 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 r2 r2 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 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 c hh ，可知，碰撞后散射光的波长变长，故B正确；  a3 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 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 T2 II上的运行周期长，故D错误。故选A。 量为h E E 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 m 3 1 5．D 为E k h m W 0 12.09eV3.34 V8.75eV，故C错误； 【难度】0.85 e m 2 1 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 【详解】根据质点振动方程可知质点振动周期为T   s m 100 50 0 34 变的原子数量随时间的推移而不断减少，故D错误。故选B。 由波长公式可知声波的波长为vT  m6.8m P与MN的距离之差即波程差为 5 2．B 6.8m  x 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 2 2 【难度】0.85 π 致即可使P点振动减弱，则降噪声源的振动方程应为x A sin(100πt ) 【详解】“彩色光环”现象属于衍射现象。 0 3 A．雨后的彩虹属于光的折射，故A错误； 故选D。 E 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； 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 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； 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 D．树影中的圆形光斑为太阳的像，属于小孔成像，故D错误。 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 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 1 v2 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 2 R 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； 1 2mU 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； R ，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 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 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， 学科网（北京）股份有限公司则a面电势低于b面电势，故D错误。故选A。 故A正确，B错误； 7．C【详解】AB．U 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sin d 0.8 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 AB 1.25d 5 I :I n :n ，I :I n :n 可得53，可知，光滑小环处轻绳1的夹角为106，由平衡可知2Tcos53 mg，T  mg ，故AB 1 2 2 1 3 4 4 3 6 可得 错误； n n I  2 I ，I  3 I 1 n 2 4 n 3 1 4 由于I  I ，n n ，可得 2 3 2 3 I :I n :n 1 4 4 1 故C错误，D正确。故选AD。 9．BC CD．U 增大时，负电小球受水平方向的电场力增加， AB 【难度】0.65 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 【详解】A．第一次火药爆炸后，设烟花的速度为v，则有v2 2gh MG dcos 轻绳1的角平分线上。由几何关系得sin  ，即cos1.25sin，所以增大时减小， MI 1.25d 解得v20m/s mg mg mg mg 由受力分析有2T cosF  ，即T    ，所以当 cos 2coscos 2cos1.25sin 1.25sin2 烟花动量变化量的大小为pmv06.0kgm/s 45时T最小，即随着U 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。 故A错误； AB 8．AD B．第一次火药爆炸过程对烟花有Fmgtmv0 【难度】0.85 解得高压气体对烟花平均作用力大小为F 603N 【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 故B正确； U :U n :n ，U :U n :n 1 2 1 2 3 4 3 4 CD．第二次爆炸，水平方向动量守恒，有mv (mm)v 0 1 1 1 2 可得 解得v 40m/s n n 2 U  1U ，U  4U 1 n 2 4 n 3 2 3 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 由题意可知，由于输电线上有电压降，因此则有U  U ，又有n n ，可得 2 3 2 3 2h t  2s g U :U n :n 1 4 1 4 学科网（北京）股份有限公司所以两部分烟花落地点间距为xv v t120m  2   2 1 解得F m Rq 1   36t2 R  1 故C正确。故选BC。 故D正确，C错误。故选ABD。 10．ABD 11．（共8分每空2分）(1)C (2) 5.25（5.21~5.25） 0.50 (3)D 【难度】0.4 【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 【详解】A．由乙图可知，带电微粒在转动过程中，电势最高值为1.5，电势最低值为0.5，最高点、 1 1 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 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 0相同的点A，如图aA垂直 a 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 于电场线 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； 1 x x [2]相邻计数点时间间隔T  0.02s，根据逐差法可得a CE AC ，代入数据 f 4(5T)2 8.003.003.00 a 102m/s2 0.5m/s2 R 4(50.02)2 设电场强度的方向与x轴正方向为，由几何关系 2 1 cos  R 2 （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 解得  ，故A正确； 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 3 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 B．由上述分析可知 1.0，从a点到b点由动能定理W qU 0 b 1 ab 小车和槽码，根据牛顿第二定律，对两次实验分别有mg (M m)a ，m g (M m )a ，根据题意有 1 1 1 2 2 2 又U   ，解得W q，故B正确； ab a b 1 1 a 4a ，联立可得m 4m ，故D正确，C错误。故选D。 2 1 2 1 CD．由乙图可知，微粒做圆周运动的周期为T 13t t 12t 1 1 1 12．(1) E 电压表V (2) R 温控箱的温度t和电阻箱R 的阻值 (3) 1800 高于 2R R 1 2 2 速度为v  T 6t 1 【详解】（1）[1][2] 热敏电阻R 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  1.5(0.5)  T 电场强度为E  1 1  1 x 2R R 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E ，电表1应选电 1 v2 圆周运动的过程中电势为0.5 1 时变力F达到最大值，有FqEm 压表V。 R 学科网（北京）股份有限公司（2）[1][2]根据等效替代法测电阻，应该保持滑动变阻器R滑片的位置不变，将单刀双掷开关S 打到a 联立解得支持力大小F 2250N（2分） 1 2 N 端，调节电阻箱R ，使电表1的读数保持不变，记录温控箱的温度t和电阻箱R 的阻值。 （2）运动员从M点做斜抛运动，设初速度为v，则 2 2 vtcos2.4m（1分） （3）[1][2]热敏电阻R 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 T 2vsingt （1分） 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R T 的阻值应小于900Ω， 解得v5m/s（1分） 故实际报警温度会高于36℃。 因此在最高点的速度v vcos3m/s（1分） 水平 （3）从M到Q的过程中，根据动能定理 13．（共8分）(1)p :p 5:1(2)T :T 1:1.9 1 1 A B B C mgr(1cos)W  mv2  mv2（2分） 2 Q 2 【详解】（1）由题可知，根据玻意耳定律可得 解得W 562.5J（2分） p V  p V （2分） A A B B 解得 15．（共17分）（1）120C；（2）2.5T，3m/s；（3）4m p :p 5:1（2分） 【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 A B Q=CU=120C（2分） （2）根据理想气体状态方程可知 p V p V （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 B B  C C （2分） T T B C v ，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 1 解得 得 B I L  t =mv （1分） 1 1 1 1 T :T 1:1.9（2分） B C  q =I t 1 1 1 其中 U =B Lv q =C(E－U )（1分）， 14．（共12分）(1)2250N (2)3m/s (3)562.5J 1 1 1， 1 1 LQ 【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 联立解得 v 1  m BL2C （2分） B 1 mgR 1 mv2（1分） 1 2 Q m 当 BL2C，即B =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， B 1 1 根据牛顿第二定律 1 v2 且儿童车的最大速度v 1 =3m/s（2分） F mg m Q （1分） N R （3）金属棒cd进入DD′右侧磁场后切割磁感线相当于电源。金属棒ab与电R并联。设电路中的总电 学科网（北京）股份有限公司阻为R ，设向右为正方向，金属棒ab进入右侧磁场时速度变为v ，对儿童车，根据动量定理有 总1 2 －B I L  t =mv －mv （1分） 2 2 2 2 1 E B L2 其中I  2 ，E  2 （1分）， 2 R 2 t 总1 2 Rr R r （1分），解得v =2m/s 总1 Rr 2 全属棒ab进入右侧磁场后，再运动d －L后儿童车停下，全属棒ab、cd并联同时切制磁感线相当子电 2 源，再与电阻R串联。设电路中的总电阻为R ，向右为正方向，速度变化量为－v ，对儿童车根据动 总2 2 量定理有 －B I L  t =0－mv （1分） 2 3 3 2 E B L(d L) 其中，I  3 ，E  2 2 （1分）， 3 R 2 t 总2 3 r R  R（1分） 总2 2 解得d =4m（2分） 2 学科网（北京）股份有限公司