江西省新八校2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期1月期末物理試題

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1——★參考答案★——選擇題(本題共10小題，共46分;其中第1-7小題只有一個選項符合要求，每小題4分，選錯得0分，選對得4分；第8-10小題有多項符合要求，每小題6分，選對但選不全得3分，選錯得0分，全部選對得6分。)12345678910AABCDACACDBCACA【詳析】答案：A保險絲熔斷可能是因為總功率過大，也可能是發(fā)生了短路，A錯誤；B電能表安裝在總開關(guān)之前，用于測量用電器消耗電能，B正確；有金屬外殼的用電器使用三孔插座能防止觸電事故，C選項正確；D家庭必須同時安裝漏電保護開關(guān)和空氣開關(guān)，前者是人體觸電保護，后者是過流保護，缺一不可．故D項正確。2．A【詳析】A。玻爾理論只能解釋氫原子光譜，A選項正確；電子繞核運動軌道半徑是不連續(xù)的，B選項錯誤；半衰期與溫度無關(guān)，C選項錯誤；一次衰變只能放出α或β射線，同時伴隨γ射線，D選項錯誤。3.B【詳析】AB．以B點為研究對象，分析受力情況：重物的拉力T（等于重物的重力G）、輕桿的支持力N和繩子的拉力F，作出力圖如圖：由平衡條件得知，N和F的合力與T大小相等，方向相反，根據(jù)三角形相似可得使輕桿逆時針轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，AC、AB保持不變，BC變小，則N保持不變，F(xiàn)變小。故A錯誤B正確。CD．對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漸減小，故CD錯誤。故選B。4．C【詳析】A．空間站中的燭焰仍然受到地球的吸引，仍然受到重力的作用，故A錯誤；B．根據(jù)代入數(shù)據(jù)得故B錯誤；C．根據(jù)地球的平均密度所以地球的平均密度大于，故C正確；D．同步衛(wèi)星的周期軌道半徑組合體的軌道半徑根據(jù)開普勒第三定律可知，組合體的周期T大于1h，故D錯誤。故選C。5．D【詳析】A．由于從狀態(tài)A經(jīng)過等溫變化到狀態(tài)D，理想氣體內(nèi)能不變，體積變大對外做功，所以A→C→D過程中氣體對外界做的功為21J，由能量守恒知識可知氣體在A→C→D過程中從外界吸收的熱量等于21J，故A錯誤；BC．由于該氣體經(jīng)A→B→D過程從狀態(tài)A變化到狀態(tài)D，該過程中氣體對外界做的功為30J，由理想氣體狀態(tài)方程可知從狀態(tài)A變化到狀態(tài)D，兩個狀態(tài)的溫度相同，內(nèi)能相同，即內(nèi)能增加量為0，由能量守恒知識可知該氣體在A→B→D過程中從外界吸收的熱量為30J，故BC錯誤；D．由于A→C→D過程中氣體對外界做的功為21J，氣體經(jīng)A→B→D過程從狀態(tài)A變化到狀態(tài)D，該過程中氣體對外界做的功為30J，且A→B→D→C→A最終回到狀態(tài)A，圖像與橫軸圍成的面積表示對外做功，所以圖像中A→B→D→C→A圍成的面積為，故D正確。故選D。6．A【詳析】AB．由電場線分布可知兩個點電荷帶異種電荷，根據(jù)電場線的疏密分布可知，M點處電場線更稀疏，N處電場線跟密集，且M的電荷量大小小于N的電荷量，B錯誤，A正確；C．因為B點電勢比C點電勢高，所以MN連線上的電場線方向為由M到N，所以M帶正電，N帶負電，兩個點電荷在d點產(chǎn)生的電場強度方向相反，由前面分析可知由幾何關(guān)系可知而點電荷的電場強度所以所以d點的電場強度不可能為0，C錯誤；D．由電場線分布可知，帶電小球從e移動到f的過程中，所經(jīng)過位置的電場線切線方向斜向下，而小球帶負電，所以小球受到的靜電力斜向上，在此過程中靜電力做負功，所以小球的電勢能逐漸增大，D錯誤。故選A。7．C【詳析】A．電動機啟動前，對平臺和人的整體分析則彈簧的形變量為故A正確；B．電動機啟動瞬間，對平臺和人的整體根據(jù)牛頓第二定律解得繩子拉力大小為故B正確；C．人與平臺分離瞬間，平臺的加速度為且人與平臺無壓力，則對平臺解得，此時彈簧的形變量為故C錯誤；D．當(dāng)平臺速度達到最大時，加速度為零，此時彈力等于重力此時平臺上升的高度為故D正確。故選C。ACD【詳析】A．由題意及圖可知，在0.6s內(nèi)，波傳播的距離為由圖可知，該波的波長為40m，波速為當(dāng)n=3時，波速為250m/s，故A正確；B．質(zhì)點a做上下振動，運動的最小時間為，則通過的最小路程為故B錯誤；C．質(zhì)點c在這段時間內(nèi)通過的路程可能為60cm，則說明該質(zhì)點運動時間為1.5T，則有即解得n=1滿足條件，故C正確；D．由圖可知，質(zhì)點P與Q像距，由波的傳遞規(guī)律可知，當(dāng)他們位移方向不相同，故其速度也不會相同，故D正確。故選ACD。9.BC【詳析】A．根據(jù)題意可知標(biāo)槍受到重力和水平恒定風(fēng)力的合力F為一恒定值，標(biāo)槍經(jīng)過A、B兩點時速度大小相等（動能相等），結(jié)合動能定理可知標(biāo)槍從A點運動至B點過程中，合力F做的功為零，故合力F的方向與AB連線垂直，故A錯誤；BC．再把標(biāo)槍在A點的速度沿AB方向和垂直于AB方向分解，故標(biāo)槍沿著AB方向的分速度不變，標(biāo)槍在B點時的速度方向與AB連線的夾角也為θ，而標(biāo)槍垂直于AB方向的分速度先減小后增加，可知在等效最高點時標(biāo)槍只有沿AB方向的分速度，即標(biāo)槍從A點運動到B點的過程中速度最小值為，故BC正確；D．標(biāo)槍在B點時的速度v與豎直方向的夾角未知，故在B點時，標(biāo)槍重力的瞬時功率不一定為，故D錯誤。故選BC。10.AC【詳析】A．粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得粒子在磁場中的軌道半徑為正對的粒子，圓心恰好在x軸上，進入磁場后做勻速圓周運動，如圖所示。根據(jù)勾股定理可知，進入無磁場區(qū)域后，速度方向恰好指向O點，即正對點入射的粒子離開磁場后一定會過O點，故A正確B.帶電粒子在磁場中的半徑為R1=2mvCD．根據(jù)題意知，所有粒子沿水平方向射入磁場，半徑與速度方向垂直，圓心均在入射點的正下方，半徑均為4d，所有圓心所在的軌跡相當(dāng)于將磁場邊界向下平移4d形狀，平移到O點位置，即所有粒子進入磁場后做圓周運動的圓心到O點距離均為5d，如圖所示。利用勾股定理可知，進入無磁場區(qū)域后，所有粒子速度方向都指向O點，因此所有粒子都過O點。由上述分析可知，從最上方進入的粒子，在磁場中偏轉(zhuǎn)角度最大，運動的時間最長，如下圖所示。由幾何關(guān)系可知，該粒子在磁場中旋轉(zhuǎn)了，因此運動的時間為故C正確，D錯誤。故選AC。11．（6分）dt;kd【詳析】（1）遮光條寬度非常小，可以用遮光條通過光電門的平均速度代替滑塊到達光電門的瞬時速度，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）由牛頓第二定律可得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見解釋（3分）（3）ρ=πd2R【詳析】（1）螺旋測微器測得圓柱體直徑為d=1.5mm+34.6×0.01mm=1.846mm游標(biāo)卡尺測得圓柱體長度為為操作方便，滑動變阻器應(yīng)選擇阻值較小的，即選D，兩節(jié)干電池串聯(lián)后電動勢為3V，題中要求測量時電表的讀數(shù)大于其量程的一半，所以不能使用題中的電壓表，應(yīng)使用電流表A1和標(biāo)準電阻R4串聯(lián)改裝成電壓表，即選G；電流表A1和標(biāo)準電阻R4串聯(lián)改裝后電壓表內(nèi)阻約RV=10Ω+28Ω=38Ω由于所以應(yīng)采取電流表外接法，題中要求調(diào)節(jié)滑動變阻器能使電流表讀數(shù)從零開始變化，應(yīng)采取分壓法，如圖（3）由電阻定律可得ρ=13（10分）(1)(2)能【詳析】（1）已知入射光與AO間夾角為30°，由幾何關(guān)系可得，單色光的入射角折射光線與OB平行，則折射角(2分）則由折射定律得（2分）（2）全反射臨界角為sinC=1n=3連接OD，設(shè)在D點入射角為，如圖所示由正弦定理（1分）解得（2分）故在D點不會發(fā)生全反射，即能射出該介質(zhì)。（2分）14（12分）（1）0.2A0.8V（2）F=0.1+0.1t（3）0.9C1.44J【詳析】（1）根據(jù)乙圖可知t=2.0s時，v=2m/s，則此時電動勢電路中的電流（1分）金屬桿兩端的電壓U為外電壓，即U=IR=0.8V（1分）（2）由時，，可分析判斷出外力F的方向與反向金屬桿做勻減速直線運動，由牛頓第二定律有：（1分）設(shè)在t時刻金屬桿的速度為v，桿的電動勢為E，回路電流為I，則又，（2分）聯(lián)立以上幾式可得：F=0.1+0.1t（1分）（3）根據(jù)電荷量表達式可知（1分）v?t圖像與橫軸圍成的面積表示位移大小，則x=6×3解得（2分）根據(jù)能量守恒定律可知（1分）解得電阻R產(chǎn)生的焦耳熱（2分）15（17分）【詳析】（1）物塊A受重力、電場力作用，等效重力場如圖所示，設(shè)最高點為C點等效重力場加速度為（1分）方向與豎直方向夾角的正切值為（1分）物塊A在C點恰好不脫落，設(shè)速度為v，由牛頓第二定律可得（1分）解得設(shè)在M點物塊A速度為v0，恰能沿圓弧軌道運動到C點，由動能定理可得（1分）解得則物塊A在M點的初速度至少為，設(shè)物塊A由光滑斜面高h處恰能運動到M點速度達到v0由動能定理可得mgh=12mv解得h=7R8（（2）若物塊A恰能沿圓弧軌道滑過N點，通過N點的速度最小，設(shè)最小速度為vN物體A由M到N過程由動能定理可得mg2R=12mvN2-12m(3)物塊A以不同的初速度從M點