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）1234567DBABCCA1．D【解答】A.X是电子;B.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；D.经过两个半衰期，仍有四分之一的铯137，D正确。2．B【解答】对物体A受力分析，A受重力、B给A的摩擦力和压力，外力F，共受到4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F＝（M+m）g，故B正确；对物体A、B整体受力分析，受重力、恒力F，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A没有支持力，也就没有摩擦力，故C错误；物体B受力平衡，A对B的作用力与B的重力平衡，所以A物体对B物体的作用力大小为mg，方向竖直向上，故D错误.3．A【解答】由图可知0-t2，加速度为正，方向竖直向下，可知A正确；t2时刻接触水面，t2-t3加速度开始减小,可知BCD错误，4．B【解答】解：ACD.设卫星离地面的高度为h，根据万有引力提供向心力可得m（R+h）ma，又:mg联立可得M＞����????�����????���(�+�)�=�==�==�(�+�)，v＜�，a�+�＜g，故A�CD错误；根据M＝�解�得地球��������������=��=�ρ⋅��的�平�均密度为�+�故(�B+正�确).����(�+�)．【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5Cρ=���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UMN6．C【解答】解：根据平衡条件可得q=qvB；B=kz；所以U=Bvb=kvbz由此bMN可知，与成正比，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UMNz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，B错UMN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=，故C正确；b若霍尔元件中导电的载流子为电子，则当△z⟨0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N表面的电势，故D错误.7．A【解答】解：由图可知，该波的波长为12m，由公式可得，该波的周期为T�＝，则之后的内质点振动了，由图可知质点初始时刻距平衡位置，1.2s1.5sMT+0.3s�=�3cm且向上振动，则再经过时间质点距平衡位置3cm.���物理试卷第1页（总共4页）{#{QQABAYKAggigQBBAAQhCAwXqCgAQkBAACAoGgBAIoAABSRNABAA=}#}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）8910ADACDBD8．AD【解答】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，B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b流向a,C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D正确。9．ACD【解答】由题意可知可见光Ⅰ是紫光，可见光Ⅱ是红光，可见光Ⅱ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10．BD【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A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，��解得：，重力的最大功率为：，故正确????；�杆α���=�B��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：F向＝mmg，又由机械能守恒定律可得：，����=????????���(�−????????)=����解得，最大速度.则：vx＝vcos；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BD正确。�????????=��=�θ=�×�=����????????=�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】（1）D（2分）（2）小于（2分）（3）A（2分）（4）（2分）��【解答】（）图为弹力与弹簧长度的关系图像，根据胡克定+律知12Fx����−????−��F＝k（x﹣x0）当F＝0的时候弹簧的长度x0为原长，故D正确.（2）弹力F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a的斜率小于图线b的斜率，故a的劲度系数小于b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A正确.（4）由图3可知弹簧a的原长为xa，弹簧b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k（L1+L2﹣xa﹣xb）＝mg解得k.��12．【答案】（1）串联（2分）1.1×104（2分）（2）1.=4（�2�+分��）−????0−.�11�（2分）【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U=I(Rg+R0)可得定值电阻为1.1×104Ω2Ur1r1（2）由闭合电路欧姆定律可知2EU,变形可得代入数据可RUER2E得E=1.4V,r=0.11Ω13．【答案】（1）330K（3分）（2）1.21×105Pa（3分）(3)191J（4分）TT解：（1）状态A→B,P不变，BA（2分）S(dh0)Sh0物理试卷第2页（总共4页）{#{QQABAYKAggigQBBAAQhCAwXqCgAQkBAACAoGgBAIoAABSRNABAA=}#}可得TB=330K（1分）PP(2)状态B→C,V不变，CB（1分）TCTBPBS=P0S+mg（1分）5可得PC=1.21×10pa（1分）（3）从状态A→C,外界对气体做功W=－PBSd（1分）由热力学第一定律△UQW（2分）可得Q=191J（1分）F15B2d2v238mF2R214.（12分）【答案】（1）1（4分）（2）Fd（4分）m32mR225B4d42B2d24FR5B2d2（）（分）322x4R5Bd4mR解：（1）当棒ab运动的距离时，棒接入有效长度为L1������=�由几何关系可知回路总电阻为R总（1分）(�+�)����BL1v15Bdv1=(�+�)+��=�此时电流为I1（1分）R总8R由牛顿第二定律得FBI1L1ma（1分）F15B2d2v解得a1（1分）m32mR（2）设导体棒到达NQ时的速度大小为v2，2312由动能定理得FdW安mv（2分）2 2222Bdv2F安 F4FR其中安培力为4得v2（1分）R5B2d25238mF2R2则QW安Fd（1分）225B4d4（3）设从NQ处撤去水平恒力后，运动位移x时的速度为v，由动量定理得（分）mvmv2BdIt1(Bdv)25B2d2v25BdxP总根据电荷量的计算公式可得It，解得产生的热功率 44R（1分）4RR524B2d24FR5B2d2则定值电阻上的功率为（分）PP总 22x25R5Bd4mR物理试卷第3页（总共4页）{#{QQABAYKAggigQBBAAQhCAwXqCgAQkBAACAoGgBAIoAABSRNABAA=}#}15.（16分）【答案】（1）；（3分）（2）；（5分）（3）（8分）解：（1）设从抛出到第一次与水面接触前时间为，�由4.0m���m/s0.13s（1分）��得����=����（1分）����×�.�第一次与水面接触�前水平方向的位移�=�=��s=0.4s（1分）（2）第一次与水面接触前竖直方向的速度�=����=��×�.4m=4.0m（1分）小石片在水面上滑行时，设水平方向加速度大小为，有��=���=4m/s��（1分）��第一次与水面接触��后=跳�起=时�水�m平/滑s行速度（1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��=��−����=10m/s−2�×0.04m/s=9m/s（1分）′�竖直方向加速度为��=−���=−�×�m/s=−6m/s（分）′,1���−�−�−���即大小为��=��=�.��m/s=−���m/s（3）小石片在水面�上滑行时，加速度���m/s��每次滑行速度的�变�化=量−�=−��m/s（1分）由��=����=−1m/s（次）（1分）�−����=��=��可知，小石片共在水平上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次，第n次弹起后的速度（1分）再由���=���+���=(��−�)m/svyn=kvxn（1分）和（1分）����可得第n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（1分）�=�.���物理试卷第4页（总共4页）{#{QQABAYKAggigQBBAAQhCAwXqCgAQkBAACAoGgBAIoAABSRNABAA=}#}