江苏省南京市2024-2025学年高三上学期第一次学情调研物理试题答案

2024-2025学年南京高三零模解析卷一、选择题（共11题，每题4分）1.【答案】B【解析】结合v-t图像的知识可知：运动学图像只能描述直线运动，图中质点速度大小呈周期性变化，所以不是匀速直线运动，A错误；速度的方向未发生变化，所以做单向直线运动，位移一直在增大，B正确D错误；斜率正负表示加速度的方向，发生变化，C错误，综上所述，正确答案为B。2.【答案】A【解析】油膜法测分子直径实验中，将油酸稀释配置成一定浓度的油酸酒精溶液，为清晰显示轮廓，先在浅盘中均匀撒上一层痱子粉，然后滴入1滴油酸酒精溶液，最后形成单分子油膜，若将油酸分子简化成球形模型，认为它们紧密排列，则该油膜的厚度即为油酸分子的直径，A正确B错误；根据溶液的浓度可以求出1滴溶液中纯油酸的体积V，等轮廓稳定后利用数格数的方法，不足半格的舍去，大于半格的当做一格，记下格数，则轮廓的面积等于格V数乘以每格的面积，记作S，根据公式d=从而计算出油酸分子的直径，如果描绘轮廓时S油酸还未散开就会导致S偏小从而导致测得的分子直径偏大，CD错误，综上所述，正确答案为A。3.【答案】A【解析】根据天体环绕规律可知：高轨低速大周期，A正确；卫星运行过程中，加速度大小不变方向始终在变化，B错误；圆轨道上近地卫星的环绕速度最大为第一宇宙速度，其他圆轨道均小于第一宇宙速度，C错误；根据万有引力公式，地球外部同一物体所受万有引力与距离之间满足平方反比，D错误；综上所述，正确答案为A。{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}4.【答案】D【解析】根据振动图像与波形图的相关知识：λa图中�=2m，b图T=4s，波速v==0.5m/s，A错误；T由b图可知t=0时刻质点P振动方向沿y轴正方向，在a图中结合同侧法可知，波沿x轴负方向传播，B错误；振幅A=4cm，0-4s内，质点P运动的路程为s=4A=16cm，C错误；b图斜率表示速度，正负表示方向，t=2s时质点P沿y轴负方向运动，D正确；综上所述，正确答案为D。5.【答案】B【解析】根据热学图像以及热力学定律相关知识分析：P-V图像根据等温线特点，上方为高等温线下方为低等温线，有：TA=TB>TC=TD，A错误；P-V图像封闭区域面积为全程气体对外做功大小，内能不变，气体从外界吸收热量，B正确；由B→C过程中，气体总分子数不变，体积变大，单位体积内分子数减小，C错误；从A→B温度不变内能不变，从B→C温度降低内能减小，从C→D温度不变内能不变，从D→A温度升高内能增大，且此时回到初始状态与初始内能相同，则B→C过程内能减少量等于D→A过程内能增加量，且这两个过程均绝热，故做功数值大小相等，即B→C过程气体对外界做的功等于D→A过程外界对气体做的功，D错误；综上所述，正确答案为B。6.【答案】C0【解析】原子核反应中满足质量数守恒和电荷数守恒，可得X为−1�，A错误；衰变过程中要释放能量，伴随质量亏损，且反应后能量更低更稳定，比结合能更大，B错误C正确；1t若放射性元素半衰期为，经历时间后剩余放射性元素的含量占比为k=T，代入数据Tt21可得，核污水中所含有的氚还有未发生衰变，错误；4D综上所述，正确答案为C。{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}7.【答案】DkQ14�【解析】根据点电荷的场强公式E=得，E∝，一个点电荷在中点处场强为，两个点r2r2�8�电荷产生同向电场叠加则为，故选�D8.【答案】B【解析】A.当汽车通过最低点时，需要向上的向心力，��>푚，处于超重状态，A错；g由mgtanθ=mω2sin�得，ω=，两物体高度一致，故正确；B.lhBC.物体所受合外力不足以提供向心力才会做离心运动，故C错；D.超速时重力的分力不足以提供向心力，会挤压外轨产生向内的力，故D错。9.【答案】C【解析】A.由丙图知，��<��，故a光为2→1跃迁时发出的光，b光为3→1跃迁时发出的光，A；.B.由��<��得，a光的波长大于b光的波长，故a光衍射现象更明显，B错；C.�푘푚=hvb−w0=9.54eV，故C正确；D.部分光被遮挡，光强降低，饱和光电流减小，D错。10.【答案】DL2B2L2B2【解析】对杆受力分析得：F−，即+；故该图像为不过原点的直线，Rv=maF=maRatD正确{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}11.【答案】A【解析】A.对空竹受力分析，由于空竹是缓慢运动，受力分析，故由水平方向知左右两侧绳与竖直方向夹角一致，竖直方向有2Fcosθ=mg，沿a移动，θ变小，故F减小，A正确；B.沿b上移，由晾衣绳模型特征可知，此时θ不变，故F不变，B错；C.沿c移动，θ变大，F增大，C错；D.沿d移动，空竹所受合力大小仍等于重力，故D错。二、非选择题：共5题，共56分，其中第13～16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位.12.【答案】（1）15000Ω；（2）R1；（3）如图；（4）左；（5）1990Ω【解析】（1）由题可知，电压表内阻为3000Ω，量程为3V，需改装成量程为18V的电压表，n=6，则需要串联一个（n-1）rg的电阻。则为15000Ω（2）图示为分压式接法，滑动变阻器应当选择较小的，过大不利于读数。选择R1（3）根据电路图连接实物图（4）闭合开关前，应当将滑片移至最左端，使电压表示数从0开始变化（5）电压表示数为1.20V，则可得知此时改装后的电压表示数为7.2V，Rx和电流表两端的电压为7.2V7.2�可得：Rx+RA==2000Ω，由于RA=10Ω，则RX=1990Ω3.6푚{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}13.【答案】（1）v=6푚�（2）I=12�·�；方向水平向左【解析】（1）小球从A运动到B，涉及重力势能转换成动能的能量转化过程；1即푚�2=푚ℎ2代入数据，得�=6푚/�（2）A运动到B的过程中合力方向改变，应用动量定理；�=�合�=푚∆�代入数据，得�=12�·�根据A、B动量关系判断得出，小球所受合力的冲量I方向为水平向左。14.【答案】（1）n=35Lt（2）2c【解析】作出完整的光路如图（1）根据几何关系可知：入射角θ=60°做AC界面法线交于BC于D点，光线在AB界面交于O点，P点发生全反射，Q点发生折射，∠PQC=60°，且∠DPQ=60°，可知∆PDQ为等边三角形，所以α=30°，因为最终出射光线与AC平行，所以β=60°，{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}sin由n可得，n=3sin（2）根据几何关系可知，3L3L53LsOPPQ236cc又因为vn3s5L光在玻璃内传播的时间t，代入数据得，tv2c15.【答案】푚�2（1）U=2�푚�2푚�（2）xϵ[,]퐵�퐵�（3）η=2:3【解析】（1）由离子经加速后的最大速度为2�，初速度范围0~3�，显然初速度最大离子加速后速度最大：11qU=m(2�)2−m(3�)222푚�2U=2�（2）由于粒子带正电，磁场垂直于纸面向外；可以做出离子在磁场中的轨迹。最小速度的轨迹圆最小，将出射点标记为A。最大速度的轨迹圆最大，将出射点标记为B。离子首次到达x轴的范围在A、B之间。过入射点O做入射速度方向的垂线，过出射点A做出射速度方向的垂线。交汇于C点，该点为最小轨迹圆的圆心，OC、AC为半径。由于入射速度与x轴正方向的夹角为30°，所以{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}α=90°−30°=60°由于OC、AC为轨迹圆半径，故OC=ACθ=β=α=60°所以AC的长度等于最小轨迹圆半径，入射速度为�由于向心力等于离子所受的洛伦兹力�2qvB=m�푚�R=퐵�所以A的坐标푚�x=퐵�同理，由于最大轨迹圆的入射速度方向不变，大小为2�。所以该轨迹圆的圆心角不变，半径大小为原来的2倍。B的坐标为2푚�x=퐵�综上离子首次到达x轴的坐标范围为푚�2푚�xϵ[,]퐵�퐵�（3）由于探测板足够长，所以不用考虑粒子从水平方向离开探测板范围的可能性。仅需要考虑竖直方向的运动。电场强度方向向上，对正离子的作用力和加速度向上，大小为���a==푚푚2푚�2�2�2a=×=9�푚9设出射速度为�'的离子恰好达到探测板，该速度的离子竖直方向速度刚好在到达探测板时减为0。当离子进入电场的速度大于等于该临界速度时能达到探测板，小于临界速度时不能达到。由于β为60°所以出射速度与x轴方向的夹角为30°，所以进入电场前竖直方向的速度为�'�=�'sin30°=�2根据离子竖直方向速度刚好在到达探测板时减为0，列写运动学方程22ad=��−02�2�'2××=()2924�'=�3{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}所以当离子速度4�[[�,�)13不能到达探测板。当离子速度4��[�,2�]23能到达探测板。粒子首次到达x轴上时分布均匀，所以42η=2�−�:2�−�=3316.【答案】22（1）a1=2푚�；a2=6푚�（2）v1=4푚�（3）Q=56J【解析】（1）显而易见，A和B会发生相对滑动，两物体之间为滑动摩擦；μmg对滑块分析：a==μg=2푚�2B1mF−μmg对木板分析：a==6푚�2A2M（2）A，B发生碰撞前1�=at2221�=at2퐵21�−�퐵=L由上述三式得：t=1svA=6푚�vB=2푚�A，B发生碰撞后碰撞瞬间交换速度：vA1=2푚�vB1=6푚�2碰后受力分析得：aA=aB=a=μg=2푚�碰后至共速过程中：vB1−at=vA1+at{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}vB1+v共vA1+v共�=·−·相对2t2t得：t=1sv共=4푚�x相对=2m=板长L即：物体B和木板A达到共速瞬间运动至板的最右端最终滑上传送带的速度v=v共=4푚�（3）由逆向水平传送带特征知，物体滑上传送带后会以v0返回�2因为返回后以减速，有0=<板长La2�1m所以第一次返回就静止在B上，不会发生第二次碰撞1212μmg2L（�+�）+�=Q=+2m02m056J{#{QQABaYAEoggAQIIAARhCAwHICAGQkBECCSgOBBAAMAABgQNABAA=}#}