2024届江西重点中学协作体高三第一次联考物理试卷含答案.pdf

物理试卷 第 1页（总共 4页）江西省重点中学协作体 2024 届高三第一次联考江西省重点中学协作体 2024 届高三第一次联考物理试卷参考答案物理试卷参考答案一单项选择题（本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）一单项选择题（本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1234567DBABCCA1D【解答】【解答】A.X 是电子是电子;B.半衰期由原子核本身决定，与温度无关；半衰期由原子核本身决定，与温度无关；C.如果电子速度方向与磁场方向平行不受洛伦兹力；如果电子速度方向与磁场方向平行不受洛伦兹力；D.经过两个半衰期，仍有四分之一的铯经过两个半衰期，仍有四分之一的铯 137，D 正确。正确。2B【解答】【解答】对物体对物体 A 受力分析，受力分析，A 受重力、受重力、B 给给 A 的摩擦力和压力，外力的摩擦力和压力，外力 F，共受到，共受到4 个力的作用，故个力的作用，故 A 错误；以整体为研究对象，根据平衡条件可得恒力的大小为错误；以整体为研究对象，根据平衡条件可得恒力的大小为 F（M+m）g，故，故 B 正确；对物体正确；对物体 A、B 整体受力分析，受重力、恒力整体受力分析，受重力、恒力 F，由于水平方向墙壁对，由于水平方向墙壁对 A没有支持力，否则整体不会平衡，故墙壁对没有支持力，否则整体不会平衡，故墙壁对 A 没有支持力，也就没有摩擦力，故没有支持力，也就没有摩擦力，故 C 错误；物体错误；物体 B 受力平衡，受力平衡，A 对对 B 的作用力与的作用力与 B 的重力平衡，所以的重力平衡，所以 A 物体对物体对 B 物体的作用力大小为物体的作用力大小为 mg，方向竖直向上，故，方向竖直向上，故 D 错误错误.3A【解答】【解答】由图可知由图可知 0-t2，加速度为正，方向竖直向下，可知，加速度为正，方向竖直向下，可知 A 正确；正确；t2时刻接触水面，时刻接触水面，t2-t3加速度开始减小加速度开始减小,可知可知 BCD 错误，错误，4B【解答】【解答】解：解：ACD.设卫星离地面的高度为设卫星离地面的高度为 h，根据万有引力提供向心力可得，根据万有引力提供向心力可得(+)=m（R+h）=+=ma，又，又:=mg 联立可得联立可得 M=(+)，v=+，a=(+)g，故，故 ACD 错误；根据错误；根据 M解得地球的平均密度为解得地球的平均密度为=(+)故故 B 正确正确.5C【解答】【解答】周期变长，磁通量变化率变小，副线圈电压变小,可知 A 错误；原线圈输入电压有效值为 1V,可知 B 错误。根据原副线圈电压比等于匝数比，可知 C 正确 D 错误周期变长，磁通量变化率变小，副线圈电压变小,可知 A 错误；原线圈输入电压有效值为 1V,可知 B 错误。根据原副线圈电压比等于匝数比，可知 C 正确 D 错误6C【解答】【解答】解：根据平衡条件可得解：根据平衡条件可得qUMNb=qvB；B=kz；所以；所以UMN=Bvb=kvbz由此可知，由此可知，UMN与与z成正比，即该仪表的刻度线是均匀的，成正比，即该仪表的刻度线是均匀的，A 错误；若上表面电势高，则空穴在上表面聚集，根据左手定则可知，磁感应强度方向沿错误；若上表面电势高，则空穴在上表面聚集，根据左手定则可知，磁感应强度方向沿z轴负方向，说明霍尔元件靠近右侧的磁铁，位移方向向右，反之位移方向向左，所以该仪表可以确定位移的方向，轴负方向，说明霍尔元件靠近右侧的磁铁，位移方向向右，反之位移方向向左，所以该仪表可以确定位移的方向，B 错误；根据电场强度与压的关系可得，霍尔电场的电场强度大小为错误；根据电场强度与压的关系可得，霍尔电场的电场强度大小为E=UMNb，故，故 C 正确；若霍尔元件中导电的载流子为电子，则当正确；若霍尔元件中导电的载流子为电子，则当z0时，磁场方向向右，根据左手定则可知，电子偏向下表面，下表面电势低，即时，磁场方向向右，根据左手定则可知，电子偏向下表面，下表面电势低，即M表面电势高于表面电势高于N表面的电势，故表面的电势，故 D 错误错误.7A【解答】【解答】解：由图可知，该波的波长为解：由图可知，该波的波长为 12m，由公式，由公式=可得，该波的周期为可得，该波的周期为 T1.2s，则之后的，则之后的 1.5s 内质点内质点 M 振动了振动了 T+0.3s，由图可知质点初始时刻距平衡位置，由图可知质点初始时刻距平衡位置 3cm，且向上振动，则再经过，且向上振动，则再经过时间质点距平衡位置时间质点距平衡位置 3 cm.物理试卷 第 2页（总共 4页）二多项选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）二多项选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）8910ADACDBD8AD【解答】【解答】由电容器决定式可知由电容器决定式可知 A 正确，电容器与电源相连，板间有电势差，有存储电荷，正确，电容器与电源相连，板间有电势差，有存储电荷，B 错误错误;传感器突然向前加速，电解质相对电容器向后运动插入，电容增加，极板电荷量增加，电流由传感器突然向前加速，电解质相对电容器向后运动插入，电容增加，极板电荷量增加，电流由 b 流向流向 a,C 错误错误;D.稳定后电容不变，极板存储电荷量保持不变，所以指针不偏转稳定后电容不变，极板存储电荷量保持不变，所以指针不偏转 D 正确。正确。9ACD【解答】【解答】由题意可知可见光是紫光，可见光是红光，可见光波长大，干涉条纹间距大，动量小，光子能量小，发生光电效应时光电子最大初动能小，遏制电压小。故由题意可知可见光是紫光，可见光是红光，可见光波长大，干涉条纹间距大，动量小，光子能量小，发生光电效应时光电子最大初动能小，遏制电压小。故 ACD 正确正确10BD【解答】【解答】小球受杆沿杆方向的支持力或拉力作用，竖直向下的重力作用，转动过程中，杆对小球不做功，重力一直做正功，竖直方向速度一直增加，故小球受杆沿杆方向的支持力或拉力作用，竖直向下的重力作用，转动过程中，杆对小球不做功，重力一直做正功，竖直方向速度一直增加，故 A 错误；杆对小球不做功，重力对小球做正功，当错误；杆对小球不做功，重力对小球做正功，当90时，由机械能守恒定律有时，由机械能守恒定律有=，解得：，解得：=，重力的最大功率为：，重力的最大功率为：=，故，故 B 正确；杆对小球的作用力由支持力逐渐变为拉力，则在水平方向为向左的推力逐渐变为正确；杆对小球的作用力由支持力逐渐变为拉力，则在水平方向为向左的推力逐渐变为 0，再变为向右的拉力，杆对小球无作用力时水平方向速度速度最大，此时小球做圆周运动需要的向心力为：，再变为向右的拉力，杆对小球无作用力时水平方向速度速度最大，此时小球做圆周运动需要的向心力为：F向向m=mg，又由机械能守恒定律可得：，又由机械能守恒定律可得：()=，解得，解得=，最大速度，最大速度=.则：则：vxvcos=；当；当=时，小球已越过速度最大位置，此时轻杆对小球有沿杆方向的拉力。综上时，小球已越过速度最大位置，此时轻杆对小球有沿杆方向的拉力。综上 BD 正确。三、非选择题（本题共 5 小题，共 54 分考生根据要求作答）正确。三、非选择题（本题共 5 小题，共 54 分考生根据要求作答）11【答案】【答案】（1）D（2 分）（分）（2）小于（）小于（2 分）（分）（3）A（2 分）（分）（4）+（2 分）分）【解答】【解答】（1）图）图 2 为弹力为弹力 F 与弹簧长度与弹簧长度 x 的关系图像，根据胡克定律知的关系图像，根据胡克定律知Fk（xx0）当）当 F0 的时候弹簧的长度的时候弹簧的长度 x0为原长，故为原长，故 D 正确正确.（2）弹力）弹力 F 与弹簧长度与弹簧长度 x 的关系图像的斜率表示弹簧的劲度系数，图线的关系图像的斜率表示弹簧的劲度系数，图线 a 的斜率小于图线的斜率小于图线 b 的斜率，故的斜率，故 a 的劲度系数小于的劲度系数小于 b 的劲度系数的劲度系数.（3）弹簧自身受到的重力可忽略时，其各部分均匀伸长，故）弹簧自身受到的重力可忽略时，其各部分均匀伸长，故 A 正确正确.（4）由图）由图 3 可知弹簧可知弹簧 a 的原长为的原长为 xa，弹簧，弹簧 b 的原长为的原长为 xb则两根弹簧连接竖直悬挂时，整根弹簧根据胡克定律有则两根弹簧连接竖直悬挂时，整根弹簧根据胡克定律有 k（L1+L2xaxb）mg解得解得 k=+.12【答案】【答案】（1）串联（）串联（2 分）分）1.1104（2 分）（分）（2）1.4（2 分）分）0.11（2 分）分）【解答】【解答】（1）串联分压，并联分流可知改装成大量程电压表应该串联由）串联分压，并联分流可知改装成大量程电压表应该串联由 U=I(Rg+R0)可得定值电阻为可得定值电阻为 1.1104（2）由闭合电路欧姆定律可知）由闭合电路欧姆定律可知RUrUE22,变形可得变形可得EERrU211代入数据可得代入数据可得 E=1.4V,r=0.11 13【答案】【答案】（1）330K（3 分）（分）（2）1.21105Pa（3 分）分）(3)191J（4 分）分）解：解：（1）状态）状态 AB,P 不变，不变，00)(ShThdSTAB（2 分）分）物理试卷 第 3页（总共 4页）可得可得TB=330K（1 分）分）(2)状态状态 BC,V 不变，不变，BBCCTPTP（1 分）分）PBS=P0S+mg（1 分）可得分）可得PC=1.21105pa（1 分）（分）（3）从状态）从状态 AC,外界对气体做功外界对气体做功 W=PBSd（1 分）由热力学第一定律分）由热力学第一定律WQU（2 分）可得分）可得Q=191 J（1 分）分）14.（12 分）分）【答案】【答案】（1）2211532B d vFmmR（4 分）（分）（2）2244238225mF RFdB d（4 分）（分）（3）22222224554B dFRB dxRB dmR（4 分）分）解：解：（1）当棒）当棒ab运动运动 的距离时，棒接入有效长度为的距离时，棒接入有效长度为 L1=由几何关系可知回路总电阻为由几何关系可知回路总电阻为 R总总=(+)(+)+=（1 分）此时电流为分）此时电流为1 11158BLvBdvIRR总（1 分）由牛顿第二定律得分）由牛顿第二定律得11FBI Lma（1 分）解得分）解得2211532B d vFammR（1 分）（分）（2）设导体棒到达）设导体棒到达NQ时的速度大小为时的速度大小为2v，由动能定理得，由动能定理得2212232FdWmv安（2 分）其中安培力为分）其中安培力为22245B d vFFR安得得22245FRvB d（1 分）则分）则2244238225mF RQWFdB d安（1 分）（分）（3）设从）设从NQ处撤去水平恒力后，运动位移处撤去水平恒力后，运动位移 x 时的速度为时的速度为 v，由动量定理得，由动量定理得2mvmvBdIt（1 分）根据电荷量的计算公式可得分）根据电荷量的计算公式可得54BdxItR，解得产生的热功率解得产生的热功率2222()5445BdvB d vPRR总（1 分）则定值电阻上的功率为分）则定值电阻上的功率为2222222445554B dFRBPPxRB dmdR总（2 分）分）物理试卷 第 4页（总共 4页）15.（16分）分）【答案】【答案】（1）4.0m；（）4.0m；（3分）（分）（2）m/sm/s；（；（5分）（分）（3）0.13s（）0.13s（8分）分）解：解：（1）设从抛出到第一次与水面接触前时间为）设从抛出到第一次与水面接触前时间为，由，由=（1 分）分）得得=.s=0.4s（s=0.4s（1 分）分）第一次与水面接触前水平方向的位移第一次与水面接触前水平方向的位移=.4m=4.0m（4m=4.0m（1 分）分）（2）第一次与水面接触前竖直方向的速度）第一次与水面接触前竖直方向的速度=4m/s（4m/s（1 分）分）小石片在水面上滑行时，设水平方向加速度大小为小石片在水面上滑行时，设水平方向加速度大小为，有，有=m/sm/s（1 分）分）第一次与水面接触后跳起时水平滑行速度第一次与水面接触后跳起时水平滑行速度=10m/s210m/s2 0.04m/s0.04m/s=9m/s（9m/s（1 分）分）规定竖直方向下为正方向，第一次与水面接触后跳起时竖直方向分速度规定竖直方向下为正方向，第一次与水面接触后跳起时竖直方向分速度=m/s=m/s=6m/s（6m/s（1 分）分）竖直方向加速度为竖直方向加速度为=.m/sm/s=m/sm/s,（1 分）分）即大小为即大小为m/sm/s（3）小石片在水面上滑行时，加速度）小石片在水面上滑行时，加速度=m/sm/s每次滑行速度的变化量每次滑行速度的变化量=1m/s（1m/s（1 分）分）由由=（次）（次）（1 分）分）可知，小石片共在水平上滑行了可知，小石片共在水平上滑行了 10 次，空中弹起后飞行了次，空中弹起后飞行了 9 次，第次，第 n 次弹起后的速度次弹起后的速度=+=()m/s（m/s（1 分）分）再由再由vyn=kvxn（1 分）分）和和=（1 分）分）可得第可得第 n 次弹起后在空中飞行的时间为次弹起后在空中飞行的时间为=(.)（2 分）最后一次弹起在水面上飞行的时间为分）最后一次弹起在水面上飞行的时间为=.（1 分）分）