江西省宜春市十校协作体2025-2026学年高三上学期第一次联考物理试题

null宜春市十校协作体2025-2026学年高三（上)第一次联考物理 参考答案、提示及评分细则 1.C根据电荷数守恒和质量数守恒可知，中微子的电荷数为零，即不带电，质量数也为零，A、B错误；核反应方程满足 质量数守恒、电荷数守恒和能量守恒，但不满足质量守恒，C正确、D错误. 2.D设物体的线速度大小为v,由题意有△v=2v=4ms,解得v=2ms,根据牛顿第二定律有F=m芳=4N,D正确. 3.A根据v2-2ax,解得a=2m/s2,则物体运动前2s内的位移大小x=at2=4m,A正确， 4.C根据题意可知，质点P完成两次全振动的时间为4s,因此波源处质点的振动周期T=2s,A错误；波从坐标原点传播到 P点用时4s,则波的传播速度大小w=:=子m/s=3m/s,简谐被的波长入=vT=6m,B错误、c正确：质点P运动的总路 程s=2×4A=0.8m,解得振幅A=0.lm,则坐标原点处质点的振动方程y=Asin(=t)=0.1sin(πt)m(0≤t≤4s),D错误. 5.B设石子做抛体运动的水平位移大小为x,有x=,=管由题意可知器=青，且第二次的分初速度小于第一次的分 初速度，B正确。 6.A小球做简谐运动，由题意可知，小球运动到最高点时，弹簧处于原长，因此小球的加速度大小为g,根据对称性可 知，释放小球瞬间，小球的加速度大小为g,A正确：由题意可知，释放小球瞬间，弹簧的弹力等于细线的拉力，而细 线的拉力等于物块的重力，故物块的加速度为零，B错误：释放小球瞬间，有Mg-mg=mg,解得M=2m,C错误：小球向上 运动过程中，小球的动能先增大后减小，根据系统机械能守恒定律，可知小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减 小后增大，D错误 7.D由左手定则可知，洛伦兹力方向始终与小环的运动速度方向垂直，所以洛伦兹力对小环不做功，A错误：小环在水 平方向随杆做匀速运动，在竖直方向受重力及向上的洛伦滋力，因水平速度不变，故向上的洛伦兹力大小不变，可 知小环受向下的不变的合力作用，枚做匀变速运动，B错误：小环在竖直方向，由牛顿第二定律有(mg-qvB=ma,解得a 5m/s2,由l=2at2,解得t=0.2s,c错误；小环离开绝缘细杆时的竖直分速度大小vy=at=1m/s,则小环离开绝缘细杆时 的速度大小y=√号+2=V5m/s,D止确. 8.AC两卫星在P点的加速度方向均指向地心，大小均为a=S,A正确；两卫星在P点时，线速度方向不同，B错误： 由于AC=BD,故椭圆的长轴等于圆的直径，根据开普勒第三定律，可知两卫星的运行周期相等，C正确；椭圆面积与圆 的面积不等，D错误， 【第一次联考·物理参考答案第1页（共4页）】 9.AD设物块做匀速运动时拉力的功率为P,速度大小为v,则P=v,设匀加速运动时的拉力大小为F,则2P=v,解得 F=2,可知匀加速运动的加速度大小a=票兰=名，A正确：匀速运动的速度大小w=a=产，B错误：匀速运动时的 拉力功率P=f和=，c错误；根据动能定理有吉×2P0+Po-f红=mw2-0,解得x=器D正确. 10.BC小滑块在球面上滑动过程，小滑块与半球组成的系统竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，A错误；系统内小 滑块机械能转化为半球机械能，因此系统机械能守恒，B正确：设小滑块脱离半球时，半球速度大小为，小泔块相 对半球速度大小为v,水平方向由动量守恒定律有M1=m(vcos日-1)，整体由机械能守恒定律有mgR(1一cos)= +垃m血+之如mn广脱离前一瞬间，小滑块相对半球做网周运动。在脱离瞬间只受重力作用。以半球 (此瞬回为惯性系)为参考系，对小滑块有mgcos9=m景，联立解得兴=多，1=y,C正确：小滑块离开半球时， 设小滑块和半圆沿水平方向移动的距离分别为x和x2,水平方向由动量守恒定律有mx1=Mx2,由几何关系有 x1+2=Rsin9,联立解得2=R,D错送。 11.(1)见解析图(2)号(3)0.270(0.266-0.274都对何空2分) 解析：(1)为了使热敏电阳两端的电压可从零开始调节，滑动变阻器应采用分压接法， (2州于R与RT串联，有1=亮=瓷，解得r= (3)根据闭合比路的欧姆定律有E=U+I(R,+x),化简可得U=3-8I,在图乙中画出对应的图线如图所示，出图中交 点可知RT两端电压U=1.8V,电流1=0.15A,则热敏电阳阻的买际电功率P=UI=0.270W. ↑U/V 2.5 2.0 1.5 1.0 0.5 o出 0.10.20.30.41/A 【第一次联考·物理参考答案第2页（共4页）】 12.(1)6.860(6.858~6.862都对)(2)F1mg}(F2mg)(2L+d)(3)2F,+F2=3mg(4)无（每空2分） 解析：(1)小球直径d=6.5mm+0.01mm×36.0=6.860mm. (2)小球刚释放瞬间，细线拉力最小，有耳=mg©0s9,解得cos8=品小球在最低点时，细线拉力最大，根据牛顿第 二定律有-mg=m小球运动过程中的最大动能Em-古m听=-mg)2L+d, (3)若小球机械能守恒，有mg(亿-g)(1-cos)=Em,化简可得2F+F乃2=3mg,即只要验证2+F=3mg在误差 允许范围内成立即可. (4)从(3)问可知，表达式与小球直径无关，不测量小球的直径，对验证的结果无影响. 13.解：(1)油儿何关系有sC-音-支解C=30°(2分) 根据全反射的条件，有si血C=1(1分) 解得n-2(1分) (2)设该光线第一次射到圆弧而上时的入射角为： 由几何关系有是-壳=2，解得Q=45(1分) 因为a>C,所以会发生全反射，由全反射知识及对称性，作出该光线在玻璃砖中传播的光路如图所示 光在玻璃砖中的传播路程.x=2 R cos a+2L=2V2R(2分) 光在玻璃砖中传播的速率v-÷-(1分) 可知该光线在玻璃砖中传播的时间t=舌-2(2分) 14.解：(1)金属棒从释放到弯曲部分底端过程，由动能定理有mgh=号mx2-0,解得u=V2gh(1分) 金属棒刚进磁场时产生的感应比动势E=BLu=BL√2gh(1分) 并联总电肌R-资=导R 3nv2(1分) 可知流过金属棒的电流I=R= 由牛顿第二定律有BL,=ma(1分) 3B2L22gh 解得a=mR (1分) 【第·次联考·物理参考答案第3页（共4页）】 (2)金属棒进人磁场区域后，H动量定理有-BILt=0-m(2分) 解得通过金属棒的电荷量g=乃-(1分) 根据并联电路特点，可知通过大端电风2R的电荷量(-吉9=哑(1分) (3)对整个过程，山能量守恒定律有Q=mgh(1分) 右端地nR产生的焦耳热Q=张+H·+Q=6mgh2分) 15.解：(1)设物块到D点时的速度人小为vD,物块从D点到P点做平抛运动 竖直方向有：五=9，解得t=V瓦1分) 水平方向有之L=D(1分) 解得wD=V要 (1分) 物块从C点运动到D点，根据动能定理有-4 mgL-Yam V2-mV02(1分) 解得4=0.5(1分) (2)设物块滑上长木板的初速度大小为v1物块滑离CD段时，物块的速度大小为v,长木板的速度大小为v2 根据动量守恒定律有mvb,分】 根据能景守恒定律有umgL=壹mu哈，-之-壹m(2分) 物块从D点抛山后做平抛运动，水平方向有之工=(1一2)(1分) 联立解得=5-1)V2gL(1分) (3)设物块到D点时，物块的速度大小为、长木板的速度大小为v 物块从D点抛出后做平抛运动，水平方向有x=(3一4)t(2分) 物块在EF段滑动过程巾，设最后的共问速度大小为， 根据动量守恒定律有mg+m4=2m3(1分) 根据能量守恒定律有ug(L-x)=m吃-mu好-号×2哈 (2分) 联立解得知=8业 (1分) 【第·次联考·物理参考答案第4页（共4页）】