2024鹰潭高三下学期第一次模拟考试物理试卷

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C
核力是指原子核中核子之间的力，原子核中质子和中子都是核子，相互之间都有核力，故A错误；
B．射线是具有放射性的元素的原子核中的一个中子转化成一个质子同时释放出一个高速电子即粒子，故B错误；
C.放射性元素的放射性是原子核自身决定的，而化学反应不能改变原子的原子核，故化学反应并不能改变物质的放射性，故C正确；
D.原子核的比结合能越大，原子核越稳定，结合能大，比结合能不一定大，D错误。
故选C
2．B
【详解】根据公式
灯泡A的电阻为 灯泡B的电阻
A图中灯泡A和可变电阻并联，其总阻值可与灯泡B的电阻相等，此时A、B灯泡均能正常工作，故A错误；
B图是灯泡B和可变电阻并联后又和灯泡A串联，两灯泡要想正常工作，必须满足灯泡B与可变电阻并联后的总电阻和灯泡A的电阻相等；因并联电路中总电阻小于各支路电阻，故灯泡A和灯泡B不能同时正常发光，故B正确；
C图是灯泡A和可变电阻串联，根据串联电路电阻的分压特点可知，要使灯泡A正常工作，则与A串联的可变电阻接入与A等值的电阻，同理，B正常工作时，与B串联的可变电阻接入与B等值的电阻，因此两灯可以正常工作，故C错误；
D．D图是灯泡A和灯泡B并联后又与可变电阻串联，两灯泡要想正常工作，必须满足灯泡A与灯泡B并联后和可变电阻R的阻值相等，即通过调节可变电阻可以使两灯泡的电压为110V，可以正常发光，故D错误。故选B。
3．D
【详解】对b、c、d三颗卫星，根据
可得
A．因ac两颗卫星的周期相同，角速度一样，由可知故A错误；
B．因c为同步卫星故B错误；
C．由可知，，由可知，C错误；
D．由 可知，D正确。 故选D。
4．D
【详解】图像中，图线上某一点切线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，由于电子运动过程中加速度减小，即电场强度逐渐减小，即对应位置切线越来越平缓，又由于电子做加速运动，电场力方向与运动方向相同，则电场强度方向与运动方向相反，即电势逐渐变大。综合上述可知，图线的切线逐渐变平缓且电势逐渐变大，可知只有第四个图线满足要求。
故选D。
5．D
【详解】CD． 当汽缸竖直放置时，对活塞受力分析如图
所以
即外界大气压力等于重力与内部气体产生的压力之和。当汽缸倾斜时活塞受力如图
由以上可知
即末状态压强大于初状态，故C错误，D正确；
AB．由
可知当气体压强增大，减小，根据热力学第一定律
整个过程是绝热变化， ，即，必定有气体体积减小，气体温度T升高，则密度增大，故AB错误；故选D。
6．A
【详解】cd处于静止状态，有mg=BIL
ab匀速向上运动，有F=2mg+2BIL
则F=4mg
故选A。
A
【详解】由于运动的对称性，所以a球的速度大小也为v，方向与ad连线成角斜向左下方。b和c球的运动方向竖直向上，大小相等，将两球看成一个整体，其质量为2m，速度为，对于四个球组成的系统来说，动量守恒，有
解得
由于整个系统的能量守恒，设此时系统的电势能为，有
解得
故选A。
8．ABD
【详解】A．简谐运动的特点可知，则从O到B的时间是B到A时间的一半，A正确；
B．把代入方程可得，故B正确；
C．O到A的过程中，回复力增加，则加速度增加，故C错误；
D．从O到A的过程中，速度和位移方向均向右，故速度和位移的方向相同，故D正确。
故选D。
9．BC
【详解】AB．由于玻璃对红光的折射率小于对紫光的折射率小，则光线经过玻璃砖后红光的偏折角小于紫光的偏折角，所以OA是红光，OB是紫光，由分析可知，红光在玻璃砖中的速度大于紫光在玻璃砖中的速度，真空中传播速度两种色光相同，所以紫光从射入玻璃砖到打在屏上所需时间较长，故A错误，B正确；
C．OB是紫光，频率较高，而光电效应产生的条件是：入射光的频率大于金属的极限频率，所以若OA光能使某种金属产生光电效应，则OB光一定能使该金属产生光电效应，故C正确；
D．由公式可知，双缝干涉条纹间距与波长成正比，红光的波长较长，则知OA光条纹间距大于OB光条纹间距，故D错误。故选BC。
10．BD
【详解】A．对物块P在A点时进行受力分析，有
解得，故A错误；
B．物块P到A点时，对物块Q进行受力分析，沿斜面方向上
解得此时弹簧弹力为
由胡克定律可得弹簧此时的伸长量为
物块P到B点时，由几何可得物块Q沿斜面向下滑了
故B正确；
C．物块P到B点时，P、Q速度满足
物块P、Q的速度之比为故C错误。
D．物块P到B点时，弹簧此时的压缩量为
所以物块P在A点和B点，这两个状态弹簧弹性势能相等
故D正确；
故选BD。
11． 刻度尺 1.6
【详解】（1）[1]该实验测量重力加速度，不需要天平测质量；需要用刻度尺测量遮光带（透光带）的宽度，故需要刻度尺；
（2）[2]根据平均速度的计算公式可知
（3）[3]根据匀变速直线运动平均速度等于中间时刻的速度，有

可得
12． 0.34 1.5 0.5
【详解】（1）[1]电流表选用0.6A挡，其最小分度为0.02A，由图可知，此时电流大小为0.34A；
（2）[2]由闭合电路欧姆定律可知
由图乙所示可知，图像与纵坐标间的交点表示电动势，故有
[3]图像的斜率
其中 解得
（3）[4]由欧姆定律和电阻定律有
得 所以图线斜率
得
13．（1）；（2）
【详解】（1）由题图可得
（2分）
根据理想气体状态方程得
（1分）
代数数据解得
（1分）
（2）从A状态到B状态的过程中，气体对外做功，因图像与坐标轴围成的面积等于功的大小，可得
（2分）
从B状态到C状态的过程中
（1分）
根据热力学第一定律可得
（1分）
14．（1）0.4s；（2）；（3）10.3m
【详解】（1）货物从小车上滑出之后做平抛运动，竖直方向 （2分）
解得 （2分）
在B点分解速度 ， （1分）
（2分）
故 （1分）
（3）在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，根据牛顿第二定律，对m有
1 对M有 （1分）
当时，m、M具有共同速度 （1分）
根据系统能量守恒定律
联立解得s相 = 9.6m （2分）
当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出，
滑出速度 由 得
根据动能定理
解得s′ = 0.7m （2分）
故L = s相 + s′ = 10.3m （1分）
15．（1）2m/s （2）1.6N （3）
【分析】A从飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求出小球A在处的初速度；由动能定理求出B滑到O点的速度，A、B在O点发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律求出碰后生成的C球速度；根据牛顿第二定律求出碰后瞬间轨道对C支持力；C球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向外的洛伦兹力，在电场力作用下，C球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和运动规律求出再次回到y轴时离O点的距离；
【详解】解：(1)A从飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动， （1分）
洛伦兹力提供向心力， 解得： （2分）
（1分）
(2)设B滑到O点的速度为，由动能定理
解得： （2分）
A、B在O点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的C球速度为，由动量守恒定律
（1分）
在碰后瞬间，C球做圆周运动，设轨道对C支持力为，
C球带电量 （1分）
（2分）
解得： （1分）
(3)C球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向外的洛伦兹力，在电场力作用下，C球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期T，C球回到y轴上． （1分）
由： 及
解得C球圆周运动周期 （2分）
C球竖直方向加速度 （1分）
C球回到y轴时坐标： （1分）
代入数据解得：（n=1、2、） （1分）