江西省十校協(xié)作體2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期高考第一次聯(lián)考物理試題-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

參考答案：
1 ．B【詳解】A ．圖甲中玻璃容器中的小水銀滴呈球形，是因?yàn)樗y與玻璃不浸潤(rùn)導(dǎo)致的結(jié)果，故 A 錯(cuò) 誤；
B ．圖乙為康普頓效應(yīng)的示意圖，入射光子與靜止的電子碰撞，碰撞后散射光的光子能量變小，根據(jù)
ε = hv = h ，可知，碰撞后散射光的波長(zhǎng)變長(zhǎng)，故 B 正確；
C．鋅的逸出功為3.34eV ，用丙中一群處于n =3 能級(jí)的氫原子發(fā)出的光照射鋅板，照射光的光子最大能量為hvm = E3 — E1 = —1.51eV — (—13.6eV) = 12.09eV ，根據(jù)光電效應(yīng)方程可知，逸出光電子的最大初動(dòng)能為Ek = hvm —W0 = 12.09eV — 3.34 V = 8.75eV ，故 C 錯(cuò)誤；
D ．衰變過程隨時(shí)間的變化規(guī)律說明在相同時(shí)間內(nèi)，有半數(shù)的原子核發(fā)生了衰變，但相同時(shí)間內(nèi)衰
變的原子數(shù)量隨時(shí)間的推移而不斷減少，故 D 錯(cuò)誤。故選 B。
2 ．B
【難度】0.85
【詳解】“彩色光環(huán)”現(xiàn)象屬于衍射現(xiàn)象。
A ．雨后的彩虹屬于光的折射，故 A 錯(cuò)誤；
B ．透過狹縫看日光燈可以看到彩色條紋為單縫衍射，故 B 正確；
C ．油膜在陽光下呈現(xiàn)彩色是由于薄膜干涉，屬于光的干涉，故 C 錯(cuò)誤；
D ．樹影中的圓形光斑為太陽的像，屬于小孔成像，故 D 錯(cuò)誤。
3 ．C【詳解】A ．小豬繞碗的邊緣做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由所受外力的合力提供圓周
運(yùn)動(dòng)的向心力，合力方向始終指向圓心，可知，小豬所受的合外力不為零，故 A 錯(cuò)誤； B ．根據(jù)沖量的定義有I = Ft ，可知，小豬運(yùn)動(dòng)一周，其重力的沖量不為零，故 B 錯(cuò)誤； C ．小豬繞碗的邊緣做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由碗對(duì)小豬的作用力與小豬的重力的合力提供
圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，重力方向豎直向下，合力方向指向圓心，即合力沿水平方向，
2 2
則有F向 =
· ( )
F — mg
, 可知，碗對(duì)小豬的作用力大于小豬的重力，故 C 正確；
4 ．A【詳解】A ．因發(fā)射的“鵲橋二號(hào)”未能變軌到繞太陽轉(zhuǎn)動(dòng)，則發(fā)射速度要小于第二宇宙速度，即發(fā) 射速度介于 7.9km/s 與 11.2km/s 之間，故 A 正確；B ．“鵲橋二號(hào)”在軌道 I 運(yùn)行到近月點(diǎn) A 時(shí)減速才能
變軌進(jìn)入凍結(jié)軌道 II 運(yùn)行，故 B 錯(cuò)誤；C ．根據(jù)牛頓第二定律有 = ma ，解得a = ，可知“鵲橋
二號(hào)”在軌道 I 上經(jīng)過 A 點(diǎn)的加速度等于在軌道 II 上經(jīng)過 A 點(diǎn)時(shí)的加速度，故 C 錯(cuò)誤；D ．軌道 I 的半
長(zhǎng)軸大于軌道 II 的半長(zhǎng)軸，由開普勒第三定律 = k ，可知“鵲橋二號(hào)”在軌道 I 上的運(yùn)行周期比在軌道
II 上的運(yùn)行周期長(zhǎng)，故 D 錯(cuò)誤。故選 A。
5 ．D
【難度】0.85
【詳解】根據(jù)質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方程可知質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)周期為T = = s
由波長(zhǎng)公式可知聲波的波長(zhǎng)為λ= vT = m = 6.8m P 與MN 的距離之差即波程差為
Δx = = 3.4m = ，所以當(dāng)波程差為半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍時(shí)，利用波的干涉原理可知兩波源振動(dòng)步調(diào)一
致即可使 P 點(diǎn)振動(dòng)減弱，則降噪聲源的振動(dòng)方程應(yīng)為x = A0 sin(100πt + ) 故選 D。
6．A【詳解】A ．當(dāng)v > 時(shí)，則qvB > Eq ，即電荷所受向上的洛倫茲力較大，將向上偏轉(zhuǎn)，故 A 正確；
B ．一束等離子體（含有大量正、負(fù)帶電粒子）射入磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則可知，正電荷受到指向B 極板的洛倫茲力，負(fù)電荷受到指向 A 極板的洛倫茲力，所以B 板帶正電，A 板帶負(fù)電，通過電阻 R 的電流
從 b 流向 a ，故 B 錯(cuò)誤；C ．粒子在加速電場(chǎng)中有qU = mv2 ，在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中有qvB = m ，所以
R = 1 2mU ，由此可知，該質(zhì)譜儀不能區(qū)分比荷相同的帶電粒子，故 C 錯(cuò)誤；D ．由于金屬導(dǎo)體導(dǎo)電 B \ q
粒子為自由電子，根據(jù)左手定則可知，自由電子受到指向a 板的洛倫茲力，所以自由電子將打到 a 板，
題號(hào)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
C
A
D
A
C
AD
BC
ABD
則 a 面電勢(shì)低于 b 面電勢(shì)，故 D 錯(cuò)誤。故選 A。
7．C【詳解】AB．UAB = 0 時(shí)，短繩 2 豎直，此時(shí)設(shè)繩 1 與豎直方向夾角為θ, 則由幾何關(guān)系sinθ= = 0.8
可得θ= 53。，可知，光滑小環(huán)處輕繩 1 的夾角為106O ，由平衡可知2T cs53。= mg ， T = mg ，故 AB
錯(cuò)誤；
CD ． UAB 增大時(shí)，負(fù)電小球受水平方向的電場(chǎng)力增加，
對(duì)小球受力分析可知輕繩 2 向右傾斜，但是輕繩 2 方向仍是
輕繩 1 的角平分線上。由幾何關(guān)系得sinα = = ，即cs β= 1.25sin α , 所以β增大時(shí)α 減小，
由受力分析有2T = cs α = F = ，即T = = 2csα5sinα) = ，所以當(dāng)
α = 45O 時(shí) T 最小，即隨著UAB 增大，輕繩 1 的張力 T 先減少后增大。故 C 正確，D 錯(cuò)誤。故選 C。
8 ．AD
【難度】0.85
【詳解】AB ．由理想變壓器原、副線圈的電壓比等于匝數(shù)比，兩變壓器則有
U1 :U2 = n1 : n2 ， U3 :U4 = n3 : n4
可得
1 2 ， 4 3
n2 n3
U = n1 U U = n4 U
由題意可知，由于輸電線上有電壓降，因此則有U2 >U3 ，又有n2 = n3 ，可得 U1 :U4 > n1 : n4
故 A 正確，B 錯(cuò)誤；
CD ．由理想變壓器原、副線圈的電流比等于匝數(shù)的反比，兩變壓器則有 I1 : I2 = n2 : n1 ， I3 : I4 = n4 : n3
可得
1 2 ， 4 3
n1 n4
I = n2 I I = n3 I
由于I2 = I3 ， n2 = n3 ，可得
I1 : I4 = n4 : n1
故 C 錯(cuò)誤，D 正確。故選 AD。
9 ．BC
【難度】0.65
【詳解】A ．第一次火藥爆炸后，設(shè)煙花的速度為 v ，則有v2 = 2gh 解得v = 20m/s
煙花動(dòng)量變化量的大小為Δp = mv — 0 = 6.0kg . m/s 故 A 錯(cuò)誤；
B ．第一次火藥爆炸過程對(duì)煙花有(F — mg)t = mv — 0 解得高壓氣體對(duì)煙花平均作用力大小為F = 603N
故 B 正確；
CD ．第二次爆炸，水平方向動(dòng)量守恒，有m1v1 — (m — m1 )v2 = 0 解得v2 = 40m/s
所以另一部分煙花的速度大小為 40m/s ，方向水平向西；兩部分下落的時(shí)間相等均為
\ g
t = = 2s
所以兩部分煙花落地點(diǎn)間距為x =(v2 + v1 )t = 120m 故 C 正確。故選 BC。
10 ．ABD
【難度】0.4
【詳解】A ．由乙圖可知，帶電微粒在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，電勢(shì)最高值為1.5φ1 ，電勢(shì)最低值為—0.5φ1 ，最高點(diǎn)、最低點(diǎn)分別位于軌跡直徑的兩端，將直徑取四等分點(diǎn)，找到與 a 點(diǎn)電勢(shì)φa = 0 相同的點(diǎn) A ，如圖 aA 垂直
于電場(chǎng)線
R
2 1
csθ=
設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與 x 軸正方向?yàn)棣? 由幾何關(guān)系
=
R 2
解得θ= ，故 A 正確；
B ．由上述分析可知φb = 1.0φ1 ，從 a 點(diǎn)到 b 點(diǎn)由動(dòng)能定理W + qUab = 0
又Uab = φa — φb = —φ1 ，解得W = qφ1 ，故 B 正確；
CD ．由乙圖可知，微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T = 13t1 — t1 = 12t1
1
速度為v = =
電場(chǎng)強(qiáng)度為E = = =
圓周運(yùn)動(dòng)的過程中電勢(shì)為—0.5φ1 時(shí)變力 F 達(dá)到最大值，有F —qE = m
( π2 φ )
( 36t1 R ,
解得F = | m 2 R + q 1
故 D 正確，C 錯(cuò)誤。故選 ABD。
11 ．（共 8 分每空 2 分）(1)C (2) 5.25（5.21~5.25） 0.50 (3)D
【詳解】（1）A ．“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”實(shí)驗(yàn)中只需要小車做勻變速直線運(yùn)動(dòng)即可，不需要補(bǔ)償阻力，故 A 錯(cuò)誤；B ．“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”實(shí)驗(yàn)中拉彈簧秤時(shí)，只需讓彈簧與外殼間沒有摩擦，此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)即為彈簧對(duì)細(xì)繩的拉力，與彈簧秤外殼與木板之間是否存在摩擦無關(guān)，故 B 錯(cuò)誤；C ．“探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)”實(shí)驗(yàn)中為了保證小球每一次拋出時(shí)速度大小相等，需要讓小球每一次從相同高度靜止釋放，斜槽與鋼球間的摩擦力對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果沒有影響，故 C 正確；
D ．“研究氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒”實(shí)驗(yàn)中只需要調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌讓滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)即可，不需要進(jìn)行補(bǔ)償阻力操作，故 D 錯(cuò)誤。故選 C。
（2）[1]毫米刻度尺的分度值為 0. 1cm ，需要估讀到分度值下一位，即圖中 D 點(diǎn)的讀數(shù)為 5.25cm；
[2]相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔T = = 0.02s ，根據(jù)逐差法可得a = ，代入數(shù)據(jù) a = × 10—2m/s2 = 0.5m/s2
（3）A ．補(bǔ)償阻力操作后，更換小車和槽碼的質(zhì)量，不需要重新補(bǔ)償阻力，沒有重新進(jìn)行補(bǔ)償阻力操作對(duì)實(shí)驗(yàn)無影響，故 A 錯(cuò)誤；B ．為了使小車所受的合外力等于槽碼的重力，需要使得小車的質(zhì)量遠(yuǎn)大于
槽碼的質(zhì)量，所以小車所受合外力近似與槽碼重力相等，不是小車加速度變大的原因，故 B 錯(cuò)誤；CD．對(duì) 小車和槽碼，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)兩次實(shí)驗(yàn)分別有m1g = (M + m1 )a1 ， m2g = (M + m2 )a2 ，根據(jù)題意有 a2 = 4a1 ，聯(lián)立可得m2 > 4m1 ，故 D 正確，C 錯(cuò)誤。故選 D。
12 ．(1) E1 電壓表 V (2) R2 溫控箱的溫度t 和電阻箱R2 的阻值 (3) 1800 高于
【詳解】（1）[1][2] 熱敏電阻RT 的阻值大約為幾千歐，電路中的電流大約為mA 量級(jí)，故不能選用電流表 A ，由于電壓表 V 的內(nèi)阻已知，可以作為電流表使用，量程為 6mA ，故電源應(yīng)選E1 ，電表 1 應(yīng)選電壓表 V。
（2）[1][2]根據(jù)等效替代法測(cè)電阻，應(yīng)該保持滑動(dòng)變阻器R1 滑片的位置不變，將單刀雙擲開關(guān)S2 打到 a 端，調(diào)節(jié)電阻箱R2 ，使電表 1 的讀數(shù)保持不變，記錄溫控箱的溫度t 和電阻箱R2 的阻值。
（3）[1][2]熱敏電阻RT 在溫度為36℃時(shí)的阻值為900Ω , 此時(shí)報(bào)警器的電壓為 2V，故電阻箱R 的阻值應(yīng) 該調(diào)為1800Ω ; 若考慮到電源內(nèi)阻的影響，報(bào)警器的電壓為 2V 時(shí)，熱敏電阻RT 的阻值應(yīng)小于900Ω , 故實(shí)際報(bào)警溫度會(huì)高于36℃。
13 ．（共 8 分）(1) pA : pB = 5:1 (2)TB :TC = 1:1.9 【詳解】（1）由題可知，根據(jù)玻意耳定律可得
pAVA = pBVB （2 分）
解得
pA : pB = 5:1 （2 分）
（2）根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知
= （2 分）
解得
TB :TC = 1:1.9 （2 分）
14 ．（共 12 分）(1)2250N (2)3m/s (3)562.5J
【詳解】（1）由于運(yùn)動(dòng)員恰好到達(dá)平臺(tái) B 的上端邊緣，根據(jù)機(jī)械能守恒
1 2
mgR = 2 mvQ （ 1 分）
根據(jù)牛頓第二定律
FN - mg = m （ 1 分）
聯(lián)立解得支持力大小FN = 2250N （2 分）
（2）運(yùn)動(dòng)員從 M 點(diǎn)做斜拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為 v ，則
vt csθ= 2.4 m（1 分） 2vsin θ= gt （ 1 分）解得v = 5m/s （ 1 分）
因此在最高點(diǎn)的速度v水平 = v csθ= 3m/s （1 分）
（3）從 M 到 Q 的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理
2 Q 2
mgr(1 - csθ)+ W = 1 mv2 - 1 mv2 （2 分）
解得W = 562.5J （2 分）
15 ．（共 17 分）（1）120C；（2）2.5T ，3m/s；（3）4m
【詳解】（1）由題知，用電動(dòng)勢(shì) E = 15V 的電源（圖中未畫出）為電容器充電，則有 Q = CU = 120C（2 分）
（2）閉合開關(guān) S 后，兒童車先作加速度變小的加速運(yùn)動(dòng)。達(dá)到最大速度后作勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)速度為 v1 ，電容器電壓為 U 金屬棒ab 、cd 并聯(lián)，可看作一根金屬棒，受到安培力的沖量對(duì)兒童車由動(dòng)量定理
得 B1I1LΔt1 = mv1 （1 分）
q1 = I1Δt1
其中 U1 = B1Lv1， q1 = C(E－U1)（ 1 分），
聯(lián)立解得
當(dāng) = B1L2 C ，即 B1 = 2.5T（ 1 分）時(shí)，兒童車在 AA′BB′金屬軌道上獲得的最終速度最大，
且兒童車的最大速度 v1 = 3m/s（2 分）
（3）金屬棒 cd 進(jìn)入 DD′右側(cè)磁場(chǎng)后切割磁感線相當(dāng)于電源。金屬棒 ab 與電 R 并聯(lián)。設(shè)電路中的總電
阻為 R 總1 ，設(shè)向右為正方向，金屬棒 ab 進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)時(shí)速度變?yōu)?v2 ，對(duì)兒童車，根據(jù)動(dòng)量定理有 -B2I2LΔt2 = mv2－mv1（ 1 分）
其中，
全屬棒 ab 進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)后，再運(yùn)動(dòng) d2－L 后兒童車停下，全屬棒ab 、cd 并聯(lián)同時(shí)切制磁感線相當(dāng)子電源，再與電阻 R 串聯(lián)。設(shè)電路中的總電阻為 R 總2 ，向右為正方向，速度變化量為－v2 ，對(duì)兒童車根據(jù)動(dòng) 量定理有
其中，，
R總2 = + R （1 分）
解得 d2 = 4m（2 分）

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