物理丨九師聯(lián)盟江西省2025屆高三9月聯(lián)考（下標(biāo)G）物理試卷及答案

1.D放射性衰變的過程中存在質(zhì)量虧損'釋放能量'比結(jié)合能增大'A錯誤'D正確;根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可知m=74'n=73'B、C錯誤.2.B地球表面滿足=mg=m可知地球半徑未知'則不能估算出地球表面的重力加速度'A錯誤;地球圍繞太陽做圓周運動有G=mr2'地球周期半徑已知'故可以估算出太陽的質(zhì)量'B正確;由于太陽半徑未知'不能估算太陽密度'C錯誤;由于彗星質(zhì)量未知'不能估算出地球與彗星之間的最大萬有引力'D錯誤.3.C由圖可知'電子運動過程中受力指向軌跡內(nèi)側(cè)'所受電場力與場強方向相反'又電場力與等勢面垂直'可知該靜電透鏡中帶正電的圓筒位于圖中靠右側(cè)的位置'A錯誤;根據(jù)等差等勢面的密集程度可知'電子的運動過程中在P處的電場強度小于在Q處的電場強度'B錯誤;電子在由P到R運動過程中'電勢升高'電勢能減小'動能增大'C正確;垂直于紙面的任意平面內(nèi)受力沿義軸正向'不可能做圓周運動'D錯誤.4.C由P、Q振動圖像可知'P位于平衡位置時'Q可能位于波谷也可能位于波峰;波的傳播方向由P傳到Q'則有λ=10.5'解得λ=14m'該簡諧橫波的波速為=3.5m/s'故A、B、D錯誤'C正確.5.B根據(jù)楞次定律可知'線框中感應(yīng)電流沿順時針方向'大小為=2.5\×10—3A'4s末ac邊受到的安培力垂直于ac邊向外'A錯誤;根據(jù)左手定則'6s末ab邊受到的安培力垂直于ab邊向外'大小為FA=IlB=\×10—4N'B正確;0~10s內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=I2Rt=3.75×10—4J'C、D錯誤.6.B光折射后'頻率不變'A錯誤;球體內(nèi)折射光線AB與MO平行'光路圖如右圖所示'上OAB=上AOC'O1為過A點的法線'A到MO的距離XAC=0.6R'則sin上AOC==0.6'解得上AOC=上OAB=37。'則XOC=XAOcos上AOC=0.8R'所以XMC=XMO—XOC=0.8R'由幾何關(guān)系可知△AOM為等腰三角形'可知XAM=XAO=R;上AOC=上OAB=上AMO=37。'所以上MAO1=上AOC十上AMO'透明球體的折射率=2cos37。'代入數(shù)據(jù)得n=1.6'v=由幾何關(guān)系可知XAB=2XAOcos上OAB=1.6R'光從A到B所用的時間為代入數(shù)據(jù)得'B正確'C、D錯誤.7.D設(shè)F與豎直方向之間的夾角為α'對滑塊受力分析'滑塊垂直于斜面方向受力平衡'FN=mgcosθ十Fcos(θ—α)'對斜劈的摩擦力為f=μFN'方向沿斜面向下'兩者在水平方向的分量與斜劈受到地面的靜摩擦力平衡'可知斜劈受到地面的靜摩擦力為f’=FNsinθ—fcosθ=[mgcosθ十Fcos(θ—α)].(sinθ—μcosθ)'因給滑塊一沿斜面向下的初速度'滑塊加速下滑'可知斜劈受到地面的靜摩擦力水平向左'當(dāng)α=θ時斜劈受到地面的靜摩擦力最大'f’max=(mgcosθ十F).(sinθ—μcosθ)'D正確.8.CD從狀態(tài)A到狀態(tài)B'體積不變'溫度升高'氣體吸收熱量等于氣體內(nèi)能增量'A錯誤;從狀態(tài)B到狀態(tài)C'壓強不變'【高三開學(xué)考.物理參考答案第1頁(共4頁)】S—G溫度降低'體積減小'外界對氣體做功'氣體向外放熱'B錯誤;從狀態(tài)C到狀態(tài)D'溫度不變'體積增大'氣體吸收熱量全部用來對外做功'C正確;從狀態(tài)D到狀態(tài)A'壓強不變'溫度升高'氣體吸收熱量大于氣體對外做功'D正確.9.ABD小球在A處重力和彈力提供向心力mgtanα=m'解得vA=\m/s'A正確;小球在B處mgtanβ=m'小球在B處的速度大小為小球在A處的速度大小的\倍'B正確;小球由A至B過程中重力做功為W= mg(hA—hB)=10(\—1)J'C錯誤;克服阻力做功為W=mg(hA—hB)十m(vA2—vB2)=25\十15J'D正確.10.BC收集筒內(nèi)的電場呈輻射狀'不是勻強電場'油煙顆粒在收集筒內(nèi)做非勻變速運動'A錯誤;設(shè)油煙顆粒半徑為R'單位面積的電量為σ'由題意可知PπR3a=σ4πR2●E'則a='半徑越大加速度越小'B正確;由動能定理得 σ4πR2●U=●PπR3(v2—v02)'解得v=\十v02'離的越遠(yuǎn)U越大'顆粒半徑R大小不同'可能減小'C正確;收集筒半徑過大'油煙顆粒有可能打不到筒壁上'凈化效果會變差'D錯誤.11.(1)5.30(2分)(2)(2分)(2分)解析:(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)規(guī)律可得'擋光條的寬度d=5mm十0.05×6mm=5.30mm.(2)滑塊到達(dá)底端時的速度大小為v='由動能定理可得mgh—μmgx='整理得h=●十μx'由圖知'縱截距b=μx'k='解得動摩擦因數(shù)μ='重力加速度g=.12.(1)增大(2分)(2)D(2分)(3)(2分)(4)偏大(2分)解析:(1)R’阻值變大'路端電壓變大'可知電流表讀數(shù)變大.(2)根據(jù)歐姆定律有I十=I0可得=十●'故可知應(yīng)描繪的是—圖像.(3)根據(jù)圖像可得a=、='解得Rx=.(4)由電流表內(nèi)阻影響'可知測量值偏大.13.解:(1)滑塊Q下滑過程中由動能定理得mgLsinθ—μmgcosθL=mv12(2分)解得v1=2m/s(2分)(2)開始時P平衡mgsinθ=kx1(1分)P、Q之間發(fā)生碰撞mv1=2mv2(1分)碰后共同向下運動'達(dá)到最大速度時2mgsinθ=μmgcosθ十kx2(1分)由功能關(guān)系得—x1)十kx12—kx22十2mg(x2—x1)sinθ=2mv32—2mv22(2分)解得v3=\7m/s(1分)【高三開學(xué)考●物理參考答案第2頁(共4頁)】S—G14.解:(1)依題意知'當(dāng)計時開始時'設(shè)B向左運動'受力如右圖所示NB=mgfA=μ1NANA=MgcosθfB=μ2NB(1分)則由牛頓第二定律'可知T0—fA—Mgsinθ=Ma0(1分)F—T0—fB=ma0(1分)解得a0=0(1分)(2)t0=0.8s后物塊B向右加速'受力如右圖所示'NB2=mgfB2=μ2NB2則由牛頓第二定律'可知Mgsinθ—T1—fA=Ma1(1分)T1—fB=ma1(1分)解得a1=2m/s2(1分)t1=1.6s時物體B速度最大'1.6s后A、B一起減速'A物塊彈力和摩檫力不變'B物塊彈力和0~0.8s相同'摩檫力與0~0.8s內(nèi)相反'設(shè)繩子拉力為T2'則由牛頓第二定律'可知T2十fA—Mgsinθ=Ma2(1分)F十fB—T2=ma2(1分)解得a2=3.2m/s2(1分)可知物塊在t2時刻速度減為0后便靜止不動'a1(t1—t0)=a2(t2—t1)解得t2=2.1s由此可知'2.4s后開始重復(fù)0.8~2.4s的運動過程'物體重復(fù)運動的周期T=1.6s't3=14s時有t30=nT十△t解得n=8△t=0.4s(1分)14s末物塊B速度大小為v=a1△t代入數(shù)據(jù)得v=0.8m/s(1分)15.解:(1)帶電粒子進入磁場后做勻速圓周運動'如圖所示'設(shè)粒子進入磁場時速度與x軸夾角為θ'則粒子再次從x軸上N點離開磁場時速度與x軸夾角仍為θ'由題意可知:2θ=90。則θ=45。(1分)粒子進入磁場速度大小【高三開學(xué)考●物理參考答案第3頁(共4頁)】S—G0(1分)由洛倫茲力提供向心力可得q℃B=m(1分)解得(1分)(2)粒子在在電場中做平拋運動'由牛頓第二定律得qE=ma(1分)0t(1分)聯(lián)立解得E=B℃0(1分)(3)①由題意可知'當(dāng)k=1時帶電粒子可再次從電場中經(jīng)過M點'在電場中運動時間為t1'在磁場運動的時間為t2'有0t1=2rsin45。(1分)2=2πr(1分)粒子相鄰兩次經(jīng)過M點的時間間隔t=t1十t2代入數(shù)據(jù)得t=(2十(1分)②當(dāng)k大于1時帶電粒子可再次從磁場中經(jīng)過M點'由洛倫茲力提供向心力可得q℃kB=m(1分)(1分)粒子第n次從磁場中出來時恰好從M點