2024届江西省南昌二中等六校高三下学期第二次联考物理试题（解析版）

这是一份2024届江西省南昌二中等六校高三下学期第二次联考物理试题（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
时间: 75分钟 总分: 100 分
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分； 第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 2023年8月24日，日本福岛第一核电站启动核污染水排海，引起了全球社会各界的高度关注和深切担忧。核废水主要包含63种放射性物质，其中以铯137、锶90、氚、碳14等为主，下列说法正确的是（ ）
A. 海水的低温可使铯137的半衰期变得更长。
B. 锶90发生β衰变的衰变方程为 的比结合能比⁹⁰Y的大
C. 碳14的半衰期为5730年，如果一块古木中的碳14含量是现代植物的0.25倍，则古木的历史约11460年
D. 锶90通过β衰变产生的电子来自锶原子的核外电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．半衰期与外界因素无关，只与自身有关，故A错误；
B．锶90发生β衰变后得到的⁹⁰Y更稳定，得的比结合能比⁹⁰Y的小，故B错误；
C．碳14的半衰期为5730年，如果一块古木中的碳14含量是现代植物的0.25倍，经历两次半衰期，则古木的历史约
故C正确；
D．β衰变实质是原子核一个中子转变成一个质子和一个电子，所以锶经通过β衰变产生的电子来自锶原子核，故D错误。
故选C。
2. 赣南脐橙，江西省赣州市特产。年产量达百万吨，但大小不一。 为了筛选大小大致相同的脐橙，设计如图所示的橙子简易筛选装置，两根共面但不平行的直杆倾斜放置，橙子沿两杆向下运动，大、小橙落入不同区域，不计阻力，则（ ）
A. 离开杆后，橙子在空中做匀变速运动
B. 离开杆后，大橙速度变化比小橙的快
C. 橙子受到每根杆的弹力方向不变
D. 橙子在杆上运动时所受合力为零
【答案】A
【解析】
【详解】A．离开杆后，不计阻力，仅受重力作用，加速度为重力加速度，橙子在空中做匀变速运动，故A正确；
B．加速度是表示速度变化快慢的物理量，离开杆后，橙子的加速度相同，大橙速度变化与小橙的一样快，故B错误；
C．橙子受到每根杆的弹力的方向都与杆垂直，但由于两杆不平行，所以弹力的作用点不同，杆对橙子的弹力方向变化，故C错误；
D．两直杆倾斜放置，橙子垂直于杆方向上合力为零，沿两杆向下方向上合力不为零，橙子在杆上运动时所受合力不为零，故D错误。
故选A。
3. 2023年10月26日，神舟十七号载人飞船与天和核心舱进行了对接，“太空之家”迎来汤洪波、唐胜杰、江新林3名中国航天史上最年轻的乘组入驻。如图为神舟十七号的发射与交会对接过程示意图，图中①为飞船的近地圆轨道，其轨道半径为 R₁，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在的圆轨道，其轨道半径为 R₂，P、 Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点。关于神舟十七号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说法正确的是（ ）

A. 飞船在①轨道经过 P 点时的加速度大于在②轨道上经过 P 点时的加速度
B. 飞船在轨道3上运行的速度大于第一宇宙速度
C. 若核心舱在③轨道运行周期为 T，则飞船在②轨道从P 到Q的时间为
D. 飞船在①轨道的动能一定大于天和核心舱在③轨道的动能
【答案】C
【解析】
详解】A．根据
飞船在①轨道经过 P 点时的加速度等于在②轨道上经过 P 点时的加速度，故A错误；
B．第一宇宙速度是最大的环绕速度，飞船在轨道3上运行的速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C．根据开普勒第三定律可知
可得
飞船在②轨道从P 到Q的时间为，即为，故C正确；
D．虽然在①轨道的速度大于③轨道的速度，但由于飞船和核心舱的质量未知，故无法判断他们动能的大小，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，放在暗室中的口径较大不透明的薄壁圆柱形浅玻璃缸充满水，缸底中心有一可变色发光小球（可看作点光源） ，从上往下看，则观察到（ ）
A. 水面有一个亮点
B. 充满水面的圆形亮斑
C. 当发光小球发出的光由红光变成绿光时，水面亮斑范围增大
D. 比小球浅的发光小球的像
【答案】D
【解析】
【详解】AB．小球所发的光射向水面的入射角较大时会发生全反射，在水面上可以看到一个圆形亮斑，但不是充满水面的圆形亮斑，故AB错误；
C．当发光小球发出的光由红光变成绿光时，频率增大，折射率增大，则有光射出的圆形区域的半径减小，故C错误；
D．由于光折射，在水面上可看到比小球浅的发光小球的像，如图所示，选项D正确。
故选D。
5. 智能呼啦圈可以提供全面数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳， 其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.4kg，轻绳长为0.4m，悬挂点P 到腰带中心点 O的距离为 0.26m， 配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可视为静止，重力加速度 g 取 10m/s²， sin=0.6， 下列说法错误的是（ ）
A. 若增大转速，腰带受到的合力不变
B. θ随配重角速度增大而增大
C. 当θ稳定在时，配重的角速度为 rad/s
D. 在配重角速度缓慢增加的过程中，绳子对配重不做功
【答案】D
【解析】
【详解】A．运动过程中腰带可看作静止，处于平衡状态，则腰带受到的合力始终为零，故A正确，不符合题意；
B．对配重，由牛顿第二定律有
解得
由
可知角速度增大时θ也增大，故B正确，不符合题意；
C．当θ稳定在时，配重的角速度为 rad/s，故C正确，不符合题意；
D．由B中公式可知，当稳定在53°时，角速度大于稳定在37°时的角速度，配重圆周半径也增大，速度增大，动能增大，同时高度上升，重力势能增大，所以机械能增大；由功能关系，由37°缓慢增加到53°的过程中，绳子对配重做的功等于配重机械能的增加量，所以功为正值，做正功，故D错误，符合题意。
故选D。
6. 如图，真空中固定两个等量异号点电荷+Q、-Q，图由O是两电荷连线的中点，a、b两点与+Q的距离相等，c、d是两电荷连线的中垂线上的两点，bcd构成一个等腰三角形，则下列说法正确的是（ ）
A. a、b两点的电场强度相同、电势不相同
B. c、d两点的电势、电场强度均不相同
C. 将质子由b移到c的过程中电场力做负功
D. 电子在b点的电势能比在O点的电势能小
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由等量异号点电荷电场线的分布特点可知a、b两点的电场强度方向不同，大小也不同，c、d两点的电场强度相同。由等量异号点电荷等势线的分布特点可知a点电势高于b点电势，c、d两点的电势相同，故AB错误；
C．由等量异号点电荷等势线的分布特点可知b点电势高于c点电势，故将质子由b移到c的过程中电势能减小，电场力做正功，故C错误；
D．b点的电势高于O点，故电子在b点的电势能比在O点的电势能小，故D正确。
故选D。
7. 一篮球质量为 m=0.60kg，一篮球运动员使其从距地面高度为 h₁=1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h₂=0.8m。若使篮球从距地面 h₃=1.6m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.6m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t=0.3s；该篮球每次与地面碰撞前后的速率的比值不变。重力加速度大小取g=10m/s²，不计空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A. 运动员拍球过程中篮球运动的位移为1.0m
B. 运动员拍球时对篮球的作用力的大小为12N
C. 运动员拍球过程中对篮球做的功为 12J
D. 拍球时篮球的加速度为 20m/s2
【答案】C
【解析】
【详解】C．第一次篮球下落的过程中，由动能定理可得
E1＝mgh1
篮球反弹后向上运动的过程，由动能定理可得
0－E2＝－mgh2
第二次从1.6 m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中由动能定理可得
0－E4＝0－mgh4
第二次从1.6 m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得
W＋mgh3＝E3
因篮球每次和地面撞击前后的动能的比值不变则有比例关系
代入数据可得
W＝12J
故C正确；
ABD．因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
在拍球时间内运动的位移为
做功为
联立可得
故ABD错误。
故选C。
8. 据中国地震台网正式测定，北京时间 2024年1月23日，在新疆阿克苏地区乌什县发生7.1级地震，震源深度22公里。地震波可分为纵波（P波）、横波（S波）（纵波和横波均属于体波）和面波（L波）三种类型。某地震监测站检测到一列地震横波在某时刻的波形如图所示，P、Q、M是介质中的三个质点，该波沿x轴正方向刚好传到M点，从此时开始计时，下列说法正确的是（ ）
A. 质点P和质点Q的振动步调完全相反
B. 图示时刻质点M沿y轴正方向振动
C. 若从计时时刻起质点P在t时刻第一次回到图示位置，则这列波的频率为
D. 若从计时时刻起质点P在t时刻第一次回到图示位置，则地震横波的传播速度为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由图可知地震横波的波长为，质点P和质点Q的距离不是半波长的奇数倍，故质点P和质点Q的振动步调不是完全相反，故A错误；
B．该波沿x轴正方向传播，根据同侧法，图示时刻质点M沿y轴正方向振动，故B正确；
C．若从计时时刻起质点P在t时刻第一次回到图示位置，波的周期满足
则这列波的频率为
故C正确；
D．若从计时时刻起质点P在t时刻第一次回到图示位置，则地震横波的传播速度为
故D正确。
故选BCD。
9. 在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为20V，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电阻R₁、R₂、R₃阻值相同。通过理想电流表的电流随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A. 交流电的频率为50HzB. 理想电压表的示数为4V
C. R₁的阻值为4.5ΩD. 副线圈的输出功率为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．如图（b）所示交流电的周期为
所以交流电的频率为
故A正确；
B．根据变压器电压与匝数的关系可知
解得
由于R2、R3阻值相同，所以电压表示数为5V，故B错误；
C．设三个电阻的阻值均为R，根据图（b）所示可得电流表示数
根据原线圈中的电路关系得
由电流与匝数关系式
而从副线圈中可知
联立解得
故C正确；
D．副线圈的输出功率为
故D错误。
故选AC。
10. 一种圆柱形粒子探测装置的横截面如图所示。内圆区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器，AB和PM分别为内圆的两条相互垂直的直径，两个粒子先后从P点沿径向射入磁场。粒子1经磁场偏转后打在探测器上的Q点，粒子2经磁场偏转后从磁场边界C点离开，最后打在探测器上的N点，PC圆弧恰好为内圆周长的三分之一，粒子2在磁场中运动的时间为t。装置内部为真空状态，忽略粒子所受重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子1一定带正电
B. 若两粒子的比荷相同，则粒子1的入射速率小于粒子2的入射速率
C. 若仅减小粒子2的入射速率，则粒子2在磁场中的运动时间增加
D. 改变粒子2入射方向，速率变为原来的，则粒子2在磁场中运动的最长时间为t
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．粒子l受向下偏转，由左手定则可知，粒子1带负电，故A错误；
B．根据洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动所需的向心力
可得
由题图可知粒子l运动的半径小于粒子2运动的半径，若两粒子的比荷相同，则粒子1的入射速率小于粒子2的入射速率，故B正确；
C．若仅减小粒子2的入射速率，则粒子2运动半径减小，从磁场射出时，轨迹所对应的圆心角增大，粒子2在磁场中的运动时间为
故若仅减小粒子2的入射速率，则粒子2在磁场中的运动时间增加，故C正确；
D．PC圆弧恰好为内圆周长的三分之一，则粒子2在磁场中轨迹所对应的圆心角为
设内圆半径为R，根据几何关系，粒子2在磁场中运动半径为
开始粒子2在磁场中运动时间为
粒子2速率变为原来的，此时粒子2在磁场中运动半径为
根据几何关系，当粒子2轨迹对应的弦为直径PM时，粒子2在磁场中运动的时间最长，此时的圆心角为
速度改变后，粒子2在磁场中运动的最长时间为
故D正确。
故选BCD。

二、非选择题：本题共5 小题，共54分.
11. 小明同学学完了单摆后，想用单摆来测重力加速度，设计的实验装置如图甲所示，在摆球的平衡位置处安放一个光电门，连接数字计时器，记录小球经过光电门的次数。
（1）下列说法中正确的是
A. 在释放摆球的同时开始计时
B. 质量相同的铁球和软木球，应选用铁球作为摆球
C. 可将摆球从平衡位置拉开一个较大角度然后释放摆球
D. 摆长就是绳子的长度
（2）在摆球自然悬垂的猜况下，用毫米刻度尺测得从悬点至摆球顶端的长度为L，再用螺旋测微器测量摆球直径，则摆球直径 d=__________cm；
（3）将摆球从平衡位置拉开一个合适的角度，静止释放摆球，摆球在竖直平面内稳定摆动后，启动数字计时器，摆球通过平衡位置时从1开始计数，同时开始计时，当摆球第n次（为大于3的奇数）通过光电门时停止计时，记录的时间为t，此单摆的周期 T=__________（用t、n表示），重力加速度的大小为__________（用L、d和T表示）；
（4）实验中该同学测得的重力加速度值经查证明显大于当地的重力加速度值，下列原因可能的是 。
A. 小钢球初始释放位置不同
B. 利用作图法时，用L+d作为单摆的摆长
C. 摆球的振幅偏小
D. 把n当作单摆全振动的次数
【答案】11. B 12. 7.883##7.882##7.884
13. ①. ②.
14. D
【解析】
小问1详解】
A．当摆球在最低点时开始计时，故A错误；
B．为了减小空气阻力的影响，质量相同的铁球和软木球，应选用铁球作为摆球，故B正确；
C．摆球从平衡位置拉开的角度不能大于，所以不能将摆球从平衡位置拉开一个较大角度然后释放摆球，故C错误；
D．摆长等于绳子的长度与小球半径之和，故D错误。
故选B。
【小问2详解】
螺旋测微器的精确值为，由图可知摆球直径为
【小问3详解】
[1][2]由题意可知在时间内摆球全振动的次数为，则单摆的周期为
由单摆周期公式可得
其中
联立可得重力加速度为
【小问4详解】
实验中该同学测得的重力加速度值经查证明显大于当地的重力加速度值，根据
可得
A．小钢球初始释放位置不同，不影响重力加速度的测量值，故A错误；
B．利用作图法时，用L+d作为单摆的摆长，由于图线的斜率不变，这样不影响重力加速度的测量值，故B错误；
C．摆球的振幅偏小不影响重力加速度的测量值，故C错误；
D．把n当作单摆全振动的次数，则会导致周期测量值偏小，从而导致重力加速度的测量值偏大，故D正确。
故选D。
12. 我国新能源汽车企业在整车制造和相关电池技术上作了长期积累，实现汽车领域“换道超车”，这离不开我国社会主义市场经济体制的作用发挥。新能源汽车加速增长，推动我国汽车出口已然迎来规模效应与品牌效应的新机遇期。某同学设计了如图甲所示的电路，想准确测量某新型电源的电动势和内阻。只考虑电表内阻所引起的误差，他提出一种可以准确测量干电池电动势和内阻的方案：
（1）如图甲连接电路，闭合开关S1，将开关S2接在 a端，调节电阻箱R的阻值， 记录多个电压表和电流表的系数，作出U-I图线，如图乙中图线 1 所示，图线1 与U轴和I轴的截距分别为U1和I1。
（2） 保持开关S1闭合，再将开关S2接在b端，调节电阻箱R的阻值，记录多个电压表和电流表的示数，作出U-I图线，如图乙中图线2 所示，图线2 与U轴和I轴的截距分别为和 U2和I2。
（3）根据上述实验可得：电源电动势的真实值为 _______，内阻的真实值为_______， 同时也可测出电流表内阻为_______；
（4）用此电路测出的电流表的内阻_______系统误差（选填“有”或“无”）
【答案】 ①. U1 ②. ③. ④. 无
【解析】
【详解】（3）[1][2]设电流表的内阻为、电压表的内阻为。当开关S2接a时，可得图线1的表达式
解得
即电动势测量准确、短路电流偏小。当开关S2接b时，可得图线2的表达式
即
解得
即电动势测量偏小、短路电流准确。综上所述，干电池电动势的准确值
干电池内阻的准确值
[3]根据
得
（4）[4]根据以上分析，用此电路测出的电流表的内阻无系统误差。
13. 一款气垫运动鞋如图甲所示。鞋底塑料空间内充满气体（可视为理想气体），运动时通过压缩气体来提供一定的缓冲效果。已知鞋子未被穿上时，当环境温度为，每只鞋气垫内气体体积，压强，等效作用面积恒为S，鞋底忽略其他结构产生的弹力。单只鞋子的鞋底塑料空间等效为如图乙所示的模型，轻质活塞A可无摩擦上下移动。大气压强也为，且气垫内气体与外界温度始终相等，g已知。
（1）当质量为m的运动员穿上该运动鞋，双脚站立时，若气垫不漏气，求单只鞋气垫内气体体积；
（2）运动鞋未被穿上时，锁定活塞A位置不变，但存在漏气，当气温从27℃上升到时，气垫缓缓漏气至与大气压相等，求漏出的气体与气垫内剩余气体的质量之比η。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）双脚站立时，由平衡条件可得
气体做等温变化，根据玻意耳定律可得
解得单只鞋气垫内气体体积
（2）根据理想气体状态方程
其中
漏出的气体与气垫内剩余气体的质量之比为
14. 如图甲所示，校园中的“喷泉”从水面以相同倾斜角度和相同速率向四周喷射而出，水滴下落击打水面形成层层涟漪甚为美观。水滴的运动与一般的抛体运动，它的受力情况与平抛运动相同，在水平方向不受力，在竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的抛体运动。图甲中的喷泉水滴的运动轨迹如图乙所示，上升的最大高度为 h， 水滴下落在水面的位置距喷水口的水平距离为4h。已知喷水口的流量Q（流量 Q定义为单位时间内喷出水的体积） ，水的密度为ρ，重力加速度大小为g。
（1） 求喷泉中的水从喷水口喷出时的速度大小 v；
（2）如图乙所示，若该“喷泉”是采用水泵将水先从距水面下深度为h处由静止提升至水面，然后再喷射出去。已知：水泵提升水的效率为η，求水泵抽水的平均功率P。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】由运动的合成与分解及平抛运动规律可知，竖直方向上有
水平方向上有
解得
水从喷口喷出时竖直方向
所以水从喷口喷出时的速度大小为
（2）在时间内，喷射出水的质量
在最高点的动能为，由功能关系可得
解得
15. 如图所示，倾角为θ=30°、间距L=0.5m、 电阻不计的金属轨道固定放置且足够长， 沿轨道建立x轴，边界与坐标原点O在一条直线上且垂直x轴。区域：，垂直轨道平面向下；区域：（T），垂直轨道平面向上。质量为、边长均为L=0.5m的U形框由金属棒de（阻值）和两绝缘棒cd 、ef组成。另有质量为、长度、阻值的金属棒ab在离cf一定距离处获得沿斜面向下的冲量后沿轨道向下运动。金属棒ab及U形框与轨道间的动摩擦因数。
（1）ab棒释放后的短时间内比较d、e两点的电势高低。
（2）若棒ab从某处释放，同时U形框解除锁定，为使棒ab与U形框碰撞前框能保持静止，则释放ab时所加的初速度的最大值。
（3） 若棒ab在x=-0.16m处释放， 且初速度为，同时形框解除锁定，求棒ab与框发生完全非弹性碰撞后ed棒的最大位移。
【答案】（1）；（2）；（3）3m
【解析】
【详解】（1）根据右手定则，可知ab棒上的感应电流为到，则e点的电势高，故
（2）金属棒ab向下运动时，由于
重力沿斜面的分力与摩擦力等大反向，因此金属棒ab释放后，在安培力作用下运动，金属棒ab做加速度减小的减速运动，ab受到的安培力为
由左手定则可知﹐U形框受到安培力的方向沿导轨平面向上，大小为
其中
因此获得冲量的瞬间，U形框受到的安培力最大，最容易发生滑动。为使U形框静止，此时U形框受到的摩擦力沿导轨平面向下为最大静摩擦力，大小为
U形框静止有
金属棒ab释放时所加的初速度满足的条件为
即释放ab时所加的初速度的最大值。
（3）金属棒ab初速度为，则金属棒ab在安培力作用下做加速度减小的减速运动，而U形框在碰撞前始终处于静止。设到达时速度为，以沿导轨平面向下为正方向，由动量定理得
其中
解得
金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒得
因此碰撞后U形框速度为
同理，其重力沿导轨平面向下的分力与滑动摩擦力等大反向，合力等于安培力，当U形框速度为v时，其感应电流为
其中、分别为de边和ab边处的磁感应强度，电流方向为顺时针方向，受到总的安培力为
其中
由动量定理得
金属棒ab与框发生完全非弹性碰撞后ed棒的最大位移