江西重点中学协作体2026届高三第一次联考物理试卷+答案

此时双腿可视为平行。当从“跨立”姿势转变为“立正”姿势并保持静止时（两次均站下列说法正确的是()物体运动前1s内的位移大小为()3．射频识别（RFID）技术被广泛应用于物流溯源、门禁打卡等场景，其读卡器的信号发射核心为LC振荡电路，通过产生特定频率的高频电磁波触发电子标签响应。某RFID读卡器的D．用a光照射演示光电效应现象的锌板不能发生光电效应现象，用b光照射则有可能发生5．在高山滑雪场的救援索道模拟装置中，有两个用轻绳相连的小球A、B。A球套在与水平方向成α角的倾斜金属杆上，它与杆之间的动摩擦因数为μ。当两球相对静止一起沿杆下滑时，连接它们的轻绳稳定地向右偏离竖直方向，形成夹角θ,如图所示。A．若00<θ<α,则μ>tanαB．若θ>α,则μ>tanα6．“战绳”健身爱好者通过手握绳的一端，抖动绳端在绳上形成机械波从而达到训练力量的目的。若将绳上形成的机械波视为简谐横波，如图所示，图甲为沿x轴传播的一列简谐图像，P、Q分别是x轴上x1=15cm和x2=45cm处的两质正确的是()其他星球的引力干扰。结合图像判断选项正确的是(8．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2:1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理由静止释放，已知当地的重力加速度为g，磁场方向水平，如图所示。小球从静止开始下落的过程导轨右端与电感线圈相连，线圈的自感系数为L。一长度略大于11．(7分）某实验小组在学校实验室用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，装置简化为图乙。测得两小球质量分别为m1、m2，半径分别为r第二步，不放小球B，让小球A从斜槽上某位置由静止滚下，并落在地面上，重复多次，确定小球重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置为点M、N。A．A球不需要从斜槽上同一位置释放（2）为减小误差需多次重复实验，小球落地透过复写纸在白纸上留下许多个印迹。如果用画圆法确定小球的平均落点，丙图所画的三个圆中最合理（3）在误差允许范围内，若关系式（4）若实验中换用不同材质的小球，其他条件不变，可以改变小球的落点位置。下面三幅图中，可能某同学想把一个有清晰刻度，但量程和内阻未知的电流表Ax改装成一个电压表，他设计如图）；②调节电阻箱R0，直至电流表Ax满偏，记录此时电阻箱阻值R0和标准电流表A0的示数I；（3）处理实验数据，建立适当的坐标系描点作图，得到如图丙所示的线性关系图像，则图像的纵坐标是，横坐标是（两空均用I和R0表示）。由图像可以得到纵截距为b，斜率为k。13．(10分)如图甲所示是一款茶宠玩具。当将热茶淋在茶宠上时，茶宠会向外喷水，寓意吐故纳新。为了研究其中的原理，小磊同学将茶宠理想化为如图乙所示圆柱形容器，在容器底端侧面有一尺寸可忽略的细孔，细孔下方是实心配重块，容器的横截面积为S、细孔上方空间高为H。初始时容器内部空气的质量为m0，内部压强与外界大气压均为p0，温度为T0。容器内气体可视为理想气体。现用热水淋在容器上，使容器内气体温度达到1.2T0，此时容器内部有空气逸出；然后迅速将容器放入一足够大的盛有水的水盆中，如图丙所示。保证容器上的小孔恰好在水面以下。随着容器内气体温度降低，水盆中的水会被吸入容器，当气体温度恢复为T0时，容器内外水面的高度差为h，然后取出容器，当将热茶淋在容器上时就会出现神奇的喷水现（1）求将热水淋在茶宠上，容器升温过程中逸出的空气质量∆m；14．(12分)如图，物块A处于木板B的左端，B处于足够长的水平地面上。A、B的质量分别为2m、m，A、B之间的动摩擦因数为2.5μ,B与地面间的动摩擦因数为μ,距木板B右端足够远的地面上有n个质量均为3m的光滑小球沿直线紧密排列，球的直径等于木板的厚度且小球足够多。给A、B一个共同的沿小球所在直线的右向初速度，经过一段时间木板B右端以速度v0与小球1碰撞。已知物块A始终未脱离木板B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间忽略不计，重力加速度大小为g。15．(17分)密立根油滴实验从诞生至今已有100不连续性并测定元电荷数值的方法简单又巧妙，被称作历史上十大最美物理实验之一，密里根也因此获得1923年诺贝尔物理奖。如图甲所示为密立根油滴实验装置示意图。两块水平放置的平行金属板间距离为d，油滴从喷雾器的喷嘴喷出时，由于与喷嘴摩擦而带负电。油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少数油滴通过上面金属板的小孔进入平行金属板间，其进入金属板间的初速度可以忽略。实验中，油滴可视为球形，其密度为ρ,空气密度为ρ0，重力加速度为g。油滴在平行板电容器两极板间运动时，除受到重力、浮力、电场力之外，还受到空气的黏性阻力。已知黏性阻力f满足f=6πηrv（式中r为油滴半径，v为油滴的速度，η是一个已知量，称为黏度）（1）某次实验中，调节两极板间电压为零，通过显微镜观察油滴最终匀速下落的速度为v0。试推导（2）当第（1）问中的油滴达到匀速下落状态后，调节板间电压为U（上极板电势高于下极板），经过一段时间后，通过显微镜观察到油滴以速度v1匀速上升。试推（3）另有一油滴，当两极板间电压为零时油滴以速率v匀速下落板间加上恒定电压，经过时间t后该油滴第一次回到原来的位置时江西省重点中学协作体2026届高三第一次联考物理参考答案【详解】A．“立正”与“跨立”人都处于静止状态，人受到的合力均为零，故A错误；BCD．“立正”时，地面对人的支持力竖直向上，没有摩擦力，“跨立”时，支持力大小和方向不变，但是两脚受到地面的摩擦力，地面对一只脚的作用力为支持力与摩擦力的合力，所以地面对一只脚的作用力增大，故CD错误，B项正确。2.【答案】A【详解】图线为抛物线，说明是做匀变速直线运动。根据图像中的数据可求出加速度等于2m/s2，所以前1s3.【答案】D【详解】A．根据图像可知，LC回路的周期为T=4×10—6s，故A错误；B．LC回路中磁场能是标量，所以磁场能的周期为TT=2×10—6s，故B错误；s电容器电荷量先增加再减小，处于先充电再放电过程，故D正确；4.【答案】B【详解】由双缝干涉条纹间距公式，Δxa<Δxb得λa<λb，故折射率na>nb。A错误，由折射定律n=，na>nb则a光折射角更小；B正确，由临界角大，透光面积更大；C错误，单缝衍射中央亮纹宽度与波长成正比，b光亮纹更宽；D错误，fa>fb，a光不能发生光电效应时，b光频率更低，一定也不能。【详解】若μ=0，则A、B相对静止稳定下滑时，加速度a=gsina,对B球由力的平行四>tanα,整体将减速下滑，轻绳将偏到竖直线的左侧，B错误。D．因该波的频率为fHz=25Hz则该波与另一列频率为2.5Hz的波相遇时，不能发生稳定的干涉，选项D错误。7.【答案】D【解析】根据万有引力提供向心力整理可得，图中两直线的纵截距的差值b-a=lg9,即即行星B与A的质量之B错误；第一宇宙速度公式解得可知行星B的第一宇宙速度是A的33倍，故C错误；根据体积公式可得体积【详解】A．变压器输入电压的最大值为220V，故有效值为根据理想变压器原、副线圈电压关系有根据变压器电路有U1=U0-I1R1<220V解得U2<110V可知电压表的示数小于110V，A错误；B．单刀双掷开关与b连接时，原、副线圈匝数比为1:1，通过变压器连接的负载总阻等效于直接连接的电阻。当滑动变阻器触头P在正中间时，相当于外阻等于电源内阻，此时外功率最大，即R2消耗的功率为最大，B正确；C．刀双掷开关由a扳向b，原副线圈匝数相R1消耗的功率为P=I12R1=I12R又由于R所以I又由于U1=U0-I1R1=220-I1R则有I所以PR当滑动变阻器触头从正中间向下移动的过程中，R2从R减小到0，则P一直增大，C正确；D．单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头向上移，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据上述可知副线圈的电流I2减小，由原、副线圈匝数比和电流决定关系知，原线圈电流I1减小，电流表示数变小。同时R1上的电压减小，则原线圈电压U1增大，故副线圈电压U2增大，则电压表的示数增大，D错误。故选BC。9.【答案】BC【详解】小球带正电，由静止释放，在竖直向下的重力与垂直纸面向里的匀强磁场中做摆线运动。其运动可分解为：水平、竖直方向均以v0=mg做匀速圆周运动圆周运动周期T=2πm速度抵消为0，水平分速度合为2v0；洛伦兹力始终与速度方向垂直，不做功。洛伦兹力始终与速度方向垂直，由功率公式p=Fvcos90。=0，可知洛伦兹力瞬时功率恒为0，与速度大小无关。A错误。小球第一次到达最高点的时间为一个周期t=T，水平位移x=v0T竖直方向圆周运动一个周期回到初始高度，竖直位移为0，故合位移等于水平位移，与选项一致。B正确。小球第一次到达最低点的时间为半周期t=T位移x=v竖直位移为圆周运动半周期的直径y=2.，位移比值与选项一致。C正确由动量定理矢量分解：最低点水平动量变化Δpx=m.2v0=，竖直方向Δpy=0；重力冲量IG=mg洛伦兹力冲量I洛，与选项表达式不符。D错误。选BC。【详解】金属棒刚滑上导轨时，自感电动势最大，回路电流强度为零，A错。金属棒速度为零时，回路电流最大，自感电动势为零，B错。由自感电动势与动生电动势等大反应可知L=Bdv在Δt时间内LBdLΔi=BdΔvLI=Bdx线框所受安培力为FA=BdI=故线框所受合外力与位移x成正比，且方向与位移方向相反，则线框做简谐运动由简谐运动周期公式可得t===D正确设金属棒向右最大位移为S，则有mvSOP=m1OM+m2ON（2分）【详解】（1）A．验证动量守恒定律实验中，必须要保证小球从斜槽上以同一速度水平抛出，所以A球需从斜槽上同一位置由静止释放，故A错误。B．将斜槽的末端调节至水平，小球做平抛运动，由hgt2可知，小球运动时间相同，所以不需要斜槽末端距水平地面的高度，故B错误。<m2，碰后A球反弹，仍能再次从斜槽末端飞出，但是由于斜槽有摩擦作用，A球运动中速度减小，对实验结果有影响，故C正确。D．实验要求两球发生对心碰撞，这样才能保证碰撞前后速度在同一直线上，从而用水平位移来代表速度。只有两球半径相等，才能做到这一点。故D正确。（2）如果采用画圆法确定小球的落点，应该让所画的圆尽可能把大多数落点包进去，且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落点的平均位置。（3）小球平抛运动的时间相等，若系统动量守恒则有m1v0=m1v1+m2v2整理可得m1OP=m1OM+m2ON（4）若两球发生碰撞，根据动量守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2解得v0+v1≥v2根据平抛运动规律可知v=x=xgt\2H则上述可变形为OP+OM≥ON>OP-OM设图中每小格长为l，则由图中数据可知，B符合上述关系。（3）以I为纵坐标，为横坐标（每空1分4）Ig=bRg=【详解】根据I=Ig+,若以I为纵坐标，为横坐标，则图像是线性。由图像可以得到纵截距为b=Ig，斜即Rg=【详解】（1）小孔将容器内外空气连通，故容器内气体压强不变，气体温度升高到T1时，根据盖-吕萨克定律有············1分设升温至T1后逸出的体积为ΔV的空气在温度为T0时的体积为V1，则可得···········1分同种气体在相同压强和相同温度下密度相等，即········1分联立解得Δm=···········2分（2）水进入容器开始形成液封，当容器内气体温度恢复到T0时，容器内外水面的高度差为h，容器内部气体体积为S(H-h)，此时气体压强本应减小，但题中说不计压强的变化，则容器内部气体看作等压变化，有： 1.2T0T0···················【详解】（1）设木板B与1号球第一次碰后Bmv0=mv1+,mu1············1分mv=mv+,mu··········1分解得：v1=一负号表示碰后反向·········2分（2）碰后小球1与小球2发生碰撞，交换速度，小球1仍停在原处.后面的球依次交换速度，最后是n号球以u1向右运动。木板B向左运动的加速度为a1 经t1减速到零，有：t1=············1分tB位移x1为：x1=a1t=············1分2μg得：t2=············1分t1+t2=············1分所以：再次碰1号球前，A、B未达到等速············1分以后B每一次碰球，速度都是前一次速度的，显然，连续两次碰1号球的时间间隔也应该是前一次的，即t==·········2分4(1)（共4分）油滴匀速下落时，受力平衡：G=F浮+f··········1分代入各力表达式：重力G=πr,pg，浮力F浮=πr,p0g，黏性阻力f=6πηv0r联立化简：消去公共项πr，得：r2