2025届江西十校协作体高三上学期1月第一次联考物理试卷+答案

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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错误；
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，可知，碰撞后散射光的波长变长，故B正确；
C．锌的逸出功为，用丙中一群处于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，根据光电效应方程可知，逸出光电子的最大初动能为，故C错误；
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。
2．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。
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，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，可知，碗对小猪的作用力大于小猪的重力，故C正确；
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，解得，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，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。
5．D
【难度】0.85
【详解】根据质点振动方程可知质点振动周期为
由波长公式可知声波的波长为与的距离之差即波程差为，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
故选D。
6．A【详解】A．当时，则，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，在偏转磁场中有，所以，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
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
C
A
D
A
C
AD
BC
ABD
电粒子为自由电子，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。
7．C【详解】AB．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
可得，可知，光滑小环处轻绳1的夹角为，由平衡可知，，故AB错误；
CD．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，即，所以增大时减小，由受力分析有，即，所以当时T最小，即随着增大，轻绳1的张力T先减少后增大。故C正确，D错误。故选C。
8．AD
【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，又有，可得
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
，
可得
，
由于，，可得
故C错误，D正确。故选AD。
9．BC
【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
解得
烟花动量变化量的大小为
故A错误；
B．第一次火药爆炸过程对烟花有
解得高压气体对烟花平均作用力大小为
故B正确；
CD．第二次爆炸，水平方向动量守恒，有
解得
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
所以两部分烟花落地点间距为
故C正确。故选BC。
10．ABD
【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，电势最低值为，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点电势相同的点A，如图aA垂直于电场线
设电场强度的方向与x轴正方向为，由几何关系
解得，故A正确；
B．由上述分析可知，从a点到b点由动能定理
又，解得，故B正确；
CD．由乙图可知，微粒做圆周运动的周期为
速度为
电场强度为
圆周运动的过程中电势为时变力F达到最大值，有
解得
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，根据逐差法可得，代入数据
（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，，根据题意有，联立可得，故D正确，C错误。故选D。
12．(1) 电压表V (2) 温控箱的温度和电阻箱的阻值 (3) 1800 高于
【详解】（1）[1][2] 热敏电阻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，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滑片的位置不变，将单刀双掷开关打到端，调节电阻箱，使电表1的读数保持不变，记录温控箱的温度和电阻箱的阻值。
（3）[1][2]热敏电阻在温度为时的阻值为，此时报警器的电压为2V，故电阻箱的阻值应该调为；若考虑到电源内阻的影响，报警器的电压为2V时，热敏电阻的阻值应小于，故实际报警温度会高于。
13．（共8分）(1)(2)
【详解】（1）由题可知，根据玻意耳定律可得
（2分）
解得
（2分）
（2）根据理想气体状态方程可知
（2分）
解得
（2分）
14．（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
（1分）
根据牛顿第二定律
（1分）
联立解得支持力大小（2分）
（2）运动员从M点做斜抛运动，设初速度为v，则
m（1分）
（1分）
解得（1分）
因此在最高点的速度（1分）
（3）从M到Q的过程中，根据动能定理
（2分）
解得（2分）
15．（共17分）（1）120C；（2）2.5T，3m/s；（3）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
Q = CU = 120C（2分）
（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 B1I1Lt1 = mv1 （1分）
q1 = I1t1
其中 U1 = B1Lv1， q1 = C(E－U1)（1分），
联立解得（2分）
当，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（2分）
（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。设电路中的总电阻为R总1，设向右为正方向，金属棒ab进入右侧磁场时速度变为v2，对儿童车，根据动量定理有
－B2I2Lt2 = mv2－mv1（1分）
其中，（1分），
（1分），解得v2 = 2m/s
全属棒ab进入右侧磁场后，再运动d2－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源，再与电阻R串联。设电路中的总电阻为R总2，向右为正方向，速度变化量为－v2，对儿童车根据动量定理有
－B2I3Lt3 = 0－mv2（1分）
其中，，（1分），
（1分）
解得d2 = 4m（2分）