1、江西省五市九校协作体2023届第一次联考物理参考答案一、 选择题（共 40 分，每小题 4 分；把你认为正确的选项代号填涂在答题卡的相应位置上。第 16 小题，每小题只有一个正确选项；第710 小题，每小题有多个正确选项，全部选择正确得 4 分，选择正确但不全得 2 分，不选、多选或错选得 0 分）1. B 2.C 3.A 4.C 5.D 6.B7. AC 8.AB 9.AD 10.BC1.B2.【详解】AB由于光电子的最大速度之比为2：1，由Ekm=12mv2可得最大初动能之比为4：1，由爱因斯坦光电效应方程Ekm=W0可知甲、乙两种光的频率之比不等于4：1，又由c=可知甲、乙两种光的波长之
2、比不等于1：4，故AB错误；C因为Ekm=eUc，则遏止电压之比为U1:U2=4:1故C正确；D由以上分析可知乙光的频率比甲光的频率小，又由图像可知乙的饱和光电流比甲的大，所以在单位时间内乙光照射到阴极的光子数多，从阴极表面逸出的光电子数较多，故D错误。故选C。3.A4.C 5.D【详解】AB 当=3时，设P点位于M点处，此时可得M=1V当=43时，设P点位于N点处，此时可得N=5V如图所示由于M、N两点分别是圆弧上电势的最低点、最高点，则过两点的等势面与圆相切，又因为电场线与等势面垂直，且指向电势降低的方向，可知电场方向从N指向M，可得场强大小为E=UNM2R=40.2V/m=20V/m故A
3、B错误；C由图乙可知， C点的电势为C=4V电子从A点沿圆弧运动到C点，电势能的变化量为Ep=EpCEpA=e(CA)=2eV即电势能减小2eV，故C错误；D从B点沿圆弧逆时针到D点，电势先升高后降低，则电子沿该路径运动时，由Ep=q可知，电子的电势能先减小后增大，所以电场力先做正功后做负功，故D正确。故选D。6.B【详解】A、C .当小球带正电时，电场力水平向左，重力竖直向下，从Q端运动到P端时或者从P端运动到Q端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向右下或者左上，均不能使小球沿直线运动，当小球带负电时，电场力水平向右，重力竖直向下，从Q端运动到P端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向左上方，三力恰好平衡，能保证
4、小球沿图中虚线运动，故A C错误；B.由A分析可知，电场力和洛伦兹力关系为sin60=qEqv0B，整理得EB=3v02，故B正确；D.未撤场时，小球在三力作用下平衡，其中电场力和重力沿虚线方向的合力为零，当撤去磁场时，在管道中所受重力和电场力均没有变化，故沿虚线(管道轴线)合力仍为零。而管道的支持力垂直于管道，即小球合力仍为零，做匀速直线运动，故D错误。故选B。7.A、C8.A、B【详解】A若仅用更弱的光照射，增大，总电阻增大，电流减小，根据闭合回路欧姆定律可知U变大，A正确；B若仅用更弱的光照射，增大，且R3r，电路外电阻增大，故电源的输出功率减小，B正确，C. 电容器所在支路由于是断路，
5、没有电流通过，所以电路中只有光敏电阻和电阻 串联在电路中，并且电容器两端的电压等于光敏电阻两端电压，所以若仅将 的滑动触头P向a端移动，电路总电阻不变，电流不变，电压也不变，C错误；D. 若增大电容器极板间的距离，所以根据公式 可得电容器电容减小；由于电容器两端的电压恒定，根据公式 ，故电荷量减小，D不正确； 故选A、B9.A、D【详解】小车与小球碰撞过程中，动量与机械能均守恒，有解得 当弹簧被压缩到最短时，根据动量守恒定律有解得设碰撞后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小物块的冲量为I，根据动量定理有解得 负号表示方向向左小车碰撞结束到弹簧被压缩最短的过程中，设小物块速度为，小车速度为，由动量
6、守恒，有任取一段极短时间t均有累加求和后，有又联立两式，解得10.B、C【详解】AB图甲结合等时圆知识可知，重力与电场力合力必须指向AO，由共点力平衡条件可得解得匀强电场的电场强度大小为E=110N/C故B正确，A错误；CD由题意知A为等效最高点，等效最低点在AO延长线与圆轨道交点上，则小球从等效最高点到等效最低点过程中，由动能定理得在等效最低点小球对圆环压力最大，满足其中等效重力F为解得二、实验题（每空2分，共14分）11、（6分） （1） BC （2分） （2） 1.0 （2分） （3） 211 （2分）12.（8分） （1）55.0（2分） （2） 5.0（2分） （3）2.910.01
7、 10.60.2三、计算题（共36分，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13、（10分） (1)6 m/s (2) s【解】(1)设P的加速度大小为a1，对P由牛顿第二定律可得mgMa1解得a12 m/s2，方向向左 （1分）设Q的加速度大小为a2，对Q由牛顿第二定律可得Fmgma2解得a212 m/s2，方向向右 （1分）P做减速运动v1v0a1t1 （1分）Q做加速运动v2a2t1 （1分）P、Q达到共同速度时，P的速度最小，即v1v2 解得t10.5 s，v16 m/s （1分）(2)从开始计时到P、Q达
8、到共同速度，P的位移大小为x1v0t1a1t3.25 m Q的位移大小为x2a2t1.5 m， （1分）Q相对P向左运动的距离为d，则dx1x21.75 m （1分）P、Q达到共同速度之后无法相对静止，各自做变速运动。设Q的加速度大小为a3，对Q由牛顿第二定律可得Fmgma3，解得a34 m/s2，方向向右 （1分）Q相对P向右运动，当相对位移大小为d时，Q刚好要从P的右端掉下，有d(a3a1)t解得t2 s （1分）所以tt1t2 s （1分）14.（11分）（1）B2L2gr3R；水平向右 （2）B2L2rv018R 【解】（1）设金属棒到达最低点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律有FNm
9、g=mv2r（1分）由题意可知此时金属棒产生的感应电动势大小为E1=BLv（1分）通过电阻R的电流为I=E1R+2R（1分）安培力F=BIL （1分）联立以上式解得 I=BLgr3R F= B2L2gr3R， （1分）方向水平向右 （1分）（2）设金属棒做匀速圆周运动的角速度大小为，以金属棒在cd处为计时零点，则t时刻产生的感应电动势大小为e=BLv0cost（1分）即e随时间t成余弦规律变化，所以金属棒从cd到ab的过程中，感应电动势的有效值为E2=BLv02（1分）金属棒从cd到ab的时间为t0=r2v0（1分）该过程中回路中产生的热量为Q=E223Rt0=B2L2rv012R（1分）电阻
10、2R中产生的热量为B2L2rv018R （1分） 15.（15分） （1）； （2）； （3）t【解】（1）粒子在第二象限中先做圆周运动后做匀速直线运动，由于沿圆形磁场半径射入，则CDM三点应在同一直线上。令由得 （1分）根据作图可知，圆周运动时的半径 （1分）根据圆周运动洛伦兹力提供向心力 （1分）得 （1分） （2）根据圆周运动的对称性可知，粒子经过N点时速度大小 为 V0与y轴夹解也为。对第三象限中的运动分析由竖直方向运动： （1分）水平方向运动： （1分）得 （1分）水平分向向位移 （1分）故：P点坐标与A重合。 （1分）(3)由作图可知，AD段运动时间 （1分）DM段匀速直线运动位移
11、运动时间 （1分）MN段圆周运动半径 （1分）运动时间 （1分）故A到P运动总时间 （2分）四、选做题（10分，第16或17题选做一题)16.（10分）降低 【解】设外界温度为时，左侧气体的压强为，右侧气体的压强为，则 （1分）两个玻璃泡中的气体均发生等容变化，由查理定律得： （2分） （2分） （2分）由得： （1分）故外界温度应降低，降低的温度 （2分）17.（10分）(1)0.5m /s； (2) 9.5s【解】(1)由P、Q的振动图象，周期为T=6s，波从P向Q传播，画出P、Q之间的波形知解得 =152+3nm （2分）据题意知，当n=1时，波长为3m； （1分）该波的传播速度为v=T=0.5m /s （2分）(2)由Q点的振动图象可知，质点Q开始振动的方向沿y轴正方向，波传到M点用时t1=xv=2s （1分）M点从开始振动到第二次到达波谷用时t2=1.25T=7.5s （2分）总共用时t=t1+t2=9.5s （2分）
