2023-2024学年江西省八校联考高三物理试卷（4月）(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年江西省八校联考高三物理试卷（4月）(含详细答案解析)，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.1898年居里夫妇发现了放射性元素钋( 84210P)。若元素钋发生某种衰变，其半衰期是138天，衰变方程为 84210P→82206Pb+Y+γ，下列说法正确的是( )
A. 该元素发生的是β衰变
B. Y原子核含有3个核子
C. γ射线可用于肿瘤治疗
D. 200 g的P经276天，已发生衰变的质量为100 g
2.2022年6月5日，神舟十四号载人飞船与空间站组合体成功实现自主快速交会对接。空间站、同步卫星绕地球的运动均可视为匀速圆周运动。已知空间站的运行轨道半径为R1，同步卫星的运行轨道半径为R2(R2>R1)，下列说法正确的是( )
A. 空间站处于平衡状态
B. 空间站的角速度比同步卫星的小
C. 空间站与同步卫星的运行周期之比为 R23R13
D. 空间站与同步卫星的运行速率之比为 R2R1
3.如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是( )
A. 当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B. 电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C. tanθ与电流I成正比
D. sinθ与电流I成正比
4.如图所示为单反相机的取景五棱镜原理图，光线a经平面镜反射后以垂直AB面的方向射入五棱镜，以平行于AB面的方向射出五棱镜。已知玻璃相对空气的折射率为1.5，CD面与AB面的夹角为30∘，∠ABC=90∘。已知sin42∘=23，下列说法正确的是( )
A. 光线在F点的折射角的正弦值为0.5
B. 光线在F点发生全反射
C. 调节CD面与AB面的夹角，使得光线a由CD面射向空气时，恰好发生全反射，调整后CD面与AB面的夹角为42∘
D. 如果左下角的三角形表示一正立的物体，经过多次反射后在取景窗中得到的是正立的像
5.如图甲，某型号的发电机产生的电动势e随时间t呈正弦规律变化，发电机线圈电阻为10Ω，将一个电阻为100Ω的小灯泡接入其中，并且与一个理想电压表并联，如图乙。不考虑小灯泡电阻随温度的变化，下列说法正确的是( )
A. 电压表示数为220 VB. 小灯泡消耗的功率为440 W
C. 电路中的电流方向每秒改变50次D. 发电机线圈每秒产生的焦耳热40 J
6.2023年12月18日在甘肃临夏州积石山县发生了6.2级地震，让人感觉地球处于“活跃”的时期。地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在t(图中实线)与(t+0.5)s(图中虚线)两个时刻x轴上−3∼3km区间内的波形图如图所示，关于该地震波，以下判断正确的是( )
A. 波速可能为v=8km/s
B. 质点振动的周期可能为T=1.0s
C. t时刻位于x=1km的质点沿y轴正向振动
D. 从t时刻开始计时，x=2.5km处的质点比x=2km处的质点先回到平衡位置
7.北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( )
A. hk+1B. hkC. 2hkD. 2hk−1
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示是某手机防摔装置，商家宣传只要手机摔落角度合适，可以保证从2 m高处自由摔落而不破，下列有关手机与地面相互作用的过程中说法正确的是( )
A. 防摔装置可以减小手机的动量的变化量B. 防摔装置可以减小手机的动量的变化率
C. 防摔装置可以减小手机的动能的变化量D. 防摔装置可以增加地面对手机的作用时间
9.如图为两点电荷Q、Q'的电场等势面分布示意图，Q、Q'位于x轴上，相邻等势面的电势差为3V。若x轴上的M点和N点位于0V等势面上，P为某等势面上一点，则( )
A. N点的电场强度大小比M点的大B. Q为正电荷
C. M点的电场方向沿x轴负方向D. P点与M点的电势差为12V
10.如图，两根光滑细杆固定放置在同一竖直面内，与水平方向的夹角均为45∘。质量均为0.2kg的两金属小球套在细杆上，用一劲度系数k=20N/m的轻质弹簧相连。将两小球同时由相同的高度静止释放，此时弹簧处于原长，小球释放的位置距杆的最低点的竖直高度差为12 cm，运动过程中弹簧始终在弹性限度内，已知弹簧弹性势能为12kx2，x为弹簧的形变量，取g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 小球运动过程中的机械能守恒
B. 两小球在两杆上运动的过程中，两小球的最大总动能为0.1J
C. 小球不会从杆的最低点脱落
D. 两小球在两杆上运动的过程中，弹簧的最大弹性势能为0.4J
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学在实验室用传感器做“一定质量的气体在体积不变时，其压强与温度的关系”实验，实验装置如图，压强传感器通过软管与试管内密闭气体连通。
(1)(单选)实验中，该同学的以下做法中正确的是( )
A.无需测量被封闭气体的体积
B.密封气体的试管大部分在水面之上
C.每次加入热水后，用温度传感器搅拌使水温均匀
D.每次加入热水后，立即读数
(2)该同学记录了不同热力学温度T时的压强p，在操作正确的情况下，描绘出来的图像可能是( )
A. B. C.
(3)该同学记录下了初始时封闭气体压强p0和摄氏温度t0，随后逐渐加热水升高温度，并记录下每次测量结果与初始值的差值Δp和Δt，在实验过程中压强传感器软管突然脱落，他立即重新接上后继续实验，其余操作无误。则Δp−Δt的关系图可能是( )
A.
B.
C.
D.
12.(1)测一段阻值约为5Ω镍铬丝电阻时所用器材和部分电路连线如图1所示，则图中的导线a端应与_________(选填“0.6”或“3”)接线柱连接，b端应与_________(选填“-”、“0.6”或“3”)接线柱连接。开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于_________(选填“左”或“右”)端。
(2)该同学进一步用镍铬丝将满偏电流Ig=300μA的表头G改装成量程为9 mA的电流表，如图2所示，表头G两端并联长为L的镍铬丝，调节滑动变阻器使表头G满偏，毫安表示数为I。改变L，重复上述步骤，获得多组I、L数据，作出I−1L图像如图3所示。若图像斜率k=2.9mA⋅m。则需要把长为_________m的镍铬丝并联在表头G两端。(结果保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.为提高冰球运动员的加速能力，教练员在水平冰面上与起跑线距离s0和13s0处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板，到达挡板时的速度为12v0，冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，重力加速度为g，求
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
14.如图所示，平行的光滑金属导轨MN和PQ平行，间距L=1.0m，与水平面之间的夹角α=37∘，匀强磁场磁感应强度B=2.0T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R=4Ω的电阻，质量m=0.5kg、电阻r=4Ω的金属杆ab垂直导轨放置。现用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，t=0时使其由静止开始运动，当金属杆上滑的位移s=3.8m时达到最大速度1.0m/s，取g=10m/s2，sin37∘=0.6，导轨足够长，且电阻不计。求：
(1)恒力F的大小；
(2)若在0∼1s内通过电阻R的电荷量q=0.1C，求t=1s时金属杆的速度大小；
(3)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，金属杆上产生的焦耳热。
15.现代科技中经常用电场和磁场来控制带电粒子的运动，某种粒子收集装置如图所示，在第二象限中存在一水平向右的匀强电场，一曲线形放射源不停地沿y轴负方向以初速度v0释放电量为+q质量为m的粒子，已知放射源的两端点位置为(0,0)和(−0.5a,a)，所有电荷均从原点进入第四象限，在第四象限中存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为B=mv0qb，运动过程中忽略粒子的重力和粒子间的相互作用力，sin53∘=0.8，求：
(1)放射源在(0,0)位置释放的粒子离开匀强磁场时的位置坐标和在磁场中运动的时间；
(2)电场强度的大小和放射源的曲线方程；
(3)假设放射源连续发射粒子稳定后，粒子经过原点时按照角度均匀分布，在第四象限中放置一长度为14b的竖直收集板(粒子打到板上即被收集)，一端紧靠x轴，将收集板置于x=14b位置时，收集率是多少？(结果用分数表示)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
根据电荷数守恒和质量数守恒得出Y原子核的电荷数和质量数，从而得出核子数。根据半衰期的公式求衰变的质量。
解决本题的关键知道核反应过程中电荷数、质量数守恒，以及知道核子数等于质量数，同时注意γ射线是伴随着α衰变，或β衰变产生的。
【解答】
AB、根据质量数守恒和电荷数守恒，可知Y的电荷数为2，质量数为4，则核子数为4，Y是 24He，此衰变为α衰变，而γ射线是伴随着α衰变产生的，AB错误；
C、γ射线在医疗上作为伽马手术刀可以精准切除肿瘤组织，故 C正确；
D、根据m=m0(12)n，其中n=tT=276138=2，可知，200 g的P经276天，还剩余50g，故已发生衰变的质量为150 g，故D错误。
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律的应用。对于绕地做匀速圆周运动的卫星，由万有引力提供向心力分析圆周运动的物理量。
【解答】
A.空间站绕地球做匀速圆周运动，所受合外力不为零，处于不平衡状态。
B.空间站、同步卫星都绕地球做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得GMmR2=mRω2
化简可得ω= GMR3，由于R2>R1，因此空间站的角速度比同步卫星的大，故B错误;
C.设空间站、同步卫星的运行周期分别为T1、T2，根据开普勒第三定律可得R13T12=R23T22
整理可得T1T2= R13R23，故C错误;
D.设空间站、同步卫星的运行速率分别为v1、v2，根据牛顿第二定律可得GMmR2=mv2R
化简可得v= GMR，因此空间站与同步卫星的运行速率之比为v1v2= R2R1，故D正确。
3.【答案】D
【解析】A.当导线静止在图(a)右侧位置时，对导线做受力分析有
可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；
BCD.由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有
sinθ=BILmg，FT=mgcsθ
则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则csθ减小，静止后，悬线对导线的拉力FT减小，由牛顿第三定律可知导线对悬线的拉力减小，BC错误，D正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查单反相机的取景五棱镜原理。解决问题的关键是清楚发生全反射的条件，知道折射率与临界角的关系，结合光路图分析判断。
【解答】
AB.已知玻璃相对空气的折射率为1.5，则发生全反射的临界角C满足sinC=11.5
由几何关系可知光线在F点的入射角为30∘，因为sin30∘=12<11.5
所以入射角小于临界角，不能发生全反射，设折射角为 α ，则sinαsin30∘=n=1.5
解得sinα=0.75
故AB错误；
C.调节CD面与AB面的夹角，使得光线a由CD面射向空气时，恰好发生全反射，调整后CD面与AB面的夹角为42∘，故C正确；
D.从三角形下方作出光线，如图所示
由图可知在取景窗中得到的是倒立的像，故D错误。
5.【答案】D
【解析】【分析】
对于正弦式交流电，有效值是最大值的1 2，结合闭合电路欧姆定律求出输出电压的有效值，再根据电功率公式求小灯泡的电功率，根据焦耳定律求线圈每秒产生的焦耳热。注意正弦式交流电每个周期电流方向改变两次。
【解答】
A.由图甲可知，电动势的有效值为220V，由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为I=ER+r=220100+10A=2A
输出电压有效值U=E−Ir=220−2×10V=200V
则电压表示数为200V，A错误；
B.由电功率公式可得小灯泡消耗的功率为P=U2R=2002100W=400W
B错误；
C.由图甲可知，交流电的周期为T=2×10−2s，可知电路中的电流方向每一个周期改变2次，可得每秒改变100次，C错误；
D.由焦耳定律可得发电机线圈每秒钟发热Q=I2rt=22×10×1J=40J，D正确。
故选D。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查波的图像，根据图像得出波长，结合波的传播特点分析周期，根据波速公式求波速，根据平移法分析质点的振动方向。
【解答】
B.由题意结合图像可得Δt=0.5s=(n+12)T (n=0 ， 1 ， 2⋯ )
可得周期为T=12n+1s (n=0 ， 1 ， 2⋯ )
当n=0时，T=1s，故B正确；
A.由图可知波长为λ=4km
T=12n+1s (n=0 ， 1 ， 2⋯ )
波速v=λT=42n+1km/s(n=0 ， 1 ， 2⋯ )，故A错误；
C.波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，t时刻位于x=1km的质点沿y轴负向振动，故C错误；
D.从t时刻开始计时，根据波形平移法可知，x=2.5km处的质点向上振动，故x=2km处的质点比x=2.5km处的质点先回到平衡位置，故D错误。
故选B。
7.【答案】D
【解析】解：从a到c根据动能定理有：mgh=12mv2
在c点根据牛顿第二定律有：N−mg=mv2R
联立解得：R=2mghN−mg，由于N≤kmg，所以有R≥2hk−1
故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据动能定理计算速度，再结合牛顿第二定律求解。
本题以滑雪为考查背景，主要考查了学生对于运动的理解，主要涉及竖直圆周运动，同时要结合动能定理和牛顿第二定律完成答题。
8.【答案】BD
【解析】【分析】
手机从2m处落地，由其速度变化结合动量变化得解；由动量定理及动量的变化率得解；由动能的变化得解。
本题主要考查对动量定理的理解与应用，熟悉动量定理及动量的变化率是解题的关键，难度不大。
【解答】
依题意，根据动量定理FΔt=Δp，可得F=△p△t，可知防摔装置的作用是延长了手机与地面的接触时间Δt，从而减小手机所受到的合外力，即减小手机动量的变化率ΔpΔt，而手机动量的变化量△p未发生变化。由于高度不变，则动能的变化量保持不变。故 AC错误，BD正确。
9.【答案】AD
【解析】解：A、等差等势线的疏密程度体现场强的大小，由图可知N点的等差等势线比M点更密，则N点的电场强度大小比M点的大，故A正确；
B、沿着电场线电势逐渐降低，由图可知电场线由N指Q，则Q为负电荷，故B错娱；
C、沿者电场线电势逐渐降低，结合各等势线的电势高低关系可知M点的电场方向沿x轴正方向，故C错误；
D、M点与N点等势均为0V，P点与N点的等势线间隔四个，而相邻等势面的电势差为3V，则P点与M点的电势差为12V，故D正确。
故选：AD。
根据等差等势面的疏密程度得出场强的大小；沿着电场线方向电势逐渐降低，由此分析出电荷的电性；根据等势面的数值关系得出P点和M点的电势差的大小。
本题主要考查了电势的相关应用，理解电势与电场线的特点，结合题目条件即可完成分析，难度不大。
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
小球加速度为零时，速度最大，根据平衡条件求解弹簧的压缩量和此过程中两个小球下降的高度，由系统机械能守恒定律求解两小球的最大总动能；由假设法分析当两球速度为零时小球下落的高度，结合题中数据分析是否脱离两杆，根据弹性势能的计算公式求解最大弹性势能。
本题主要是考查了功能关系，首先要选取研究过程，分析运动过程中小球的受力情况和能量转化情况，根据功能关系结合弹性势能的计算公式列方程解答。
【解答】
A.小球运动过程中弹簧弹力做功，故机械能不守恒，故A错误;
B.小球加速度为零时，速度最大，设此时弹簧压缩量为x1，有mgsin45∘=kx1cs45∘
此过程中两个小球下降的高度均为h=x12=5cm，由系统机械能守恒可得2mg×x12=12kx12+Ekm
解得两小球的最大总动能为Ekm=0.1J，故B正确;
C.设小球下落高度为H时速度减为零，则2mgH=12k(2H)2，解得H=10cm<12cm，小球不会从杆最低点脱落，故 C正确;
D.当两小球下落高度10m时弹簧的弹性势能最大，此时弹簧的压缩量为0.2m，则有EP=12kx2=0.4J，
故D正确。
故选BCD。
11.【答案】(1)A (2)B(3)C
【解析】【解析】
解：
(1)A、因为实验是在体积不变的条件下，测量压强与温度的关系，气体体积保持不变即可，不需要测量具体的体积数值，故A正确；
B、研究对象是试管内气体，改变气体温度是通过改变试管所在水的温度来实现，需要将使试管中封闭气体完成浸没与水中，故B错误；
CD、每次加热水后，要让管内气体与热水通过热传递达到热平衡再测量水温，这时温度才等于气体的温度，故CD错误；
故选：A。
(2)根据一定质量的理想气体状态方程PV=CT，当体积不变时，P=CTV，P与T的图像是过原点的直线，B正确；
(3)根据pT=ΔpΔT，又Δt=ΔT，可知Δp与Δt成正比，在实验过程中软管脱落，质量减小，但之后的压强变化与温度变化还是成正比，重新接上压强传感器时，封闭气体压强为p0。与初始封闭气体压强p0相等，此时Δp=0，故C正确，ABD错误；
故选：C。
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据一定质量的理想气体的状态方程pV=CT分析；
(3)根据一定质量的理想气体的状态方程，结合题意和图像完成分析。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，根据实验原理掌握正确的实验操作，根据公式pV=CT联合图像的物理意义即可完成分析。
12.【答案】 (1)0.6；0.6；左；(2)0.33
【解析】【解析】
(1)实验中用两节干电池供电，则图中的导线 a 端应与“0.6”接线柱连接，电压表测电阻两端的电压，则金属丝的电阻较小，电流表外接误差较小，故 b 端应与“0.6”接线柱连接。为了保护电表，开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于左端。
(2)由题可知 I−1L 图像斜率为2.9mA⋅m
由电路可知
Igrg=I−IgρLS
解得
I=Ig+IgrgSρ⋅1L
则
IgrgSρ=k=2.9mA⋅m
若要把该满偏电流为300μA表头G改装成量程为9mA的电流表，则并联的电阻
R′=ρL′S=IgrgI′−Ig
解得
L′≈0.33m
本题考查测金属丝的电阻率实验，明确实验原理是解题关键，根据电路特点连接实验电路，根据欧姆定律变形得到图线的函数表达式结合图像数据求解。
13.【答案】解：(1)设冰球质量为m，冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，对冰球应用动能定理得−μmgs0=12mv0 22−12mv02，
解得μ=3v028gs0。
(2)设冰球到达挡板处所用的时间为t，则s0=v0+v022t=3v04t，
解得t=4s03v0。
设运动员的最小加速度为a，则s03=12at2，
解得a=3v028s0 。

【解析】本题主要考查匀变速直线运动规律的应用，分析清楚物体的运动过程，找到运动员和冰球间的关联，并能灵活选取运动学公式是关键。
(1)根据动能定理(或位移速度公式求出冰球的加速度，结合牛顿第二定律)求解动摩擦因数；
(2)抓住两者运动时间相等，得出运动员到达小旗处的最小速度，结合速度位移公式求出最小加速度。
14.【答案】解：(1)当金属杆稳定匀速运动时
电动势：E=BLv
闭合电路欧姆定律：I=ER+r
牛顿第二定律：F−BIL−mgsinθ=0
解得：F=3.5N
(2)在0∽1s时间内，对金属棒由动量定理得：
(F−mgsin37∘−BIL)t=mv1−0
其中q=It
解得：v1=0.6m/s
(3)从金属棒开始运动到达稳定，由动能定理得：
(F−mgsin⁡37∘)s+W安=12mv2−0
解得：W安=−1.65J
根据功能关系可得：Q=|W安|=1.65J
所以金属杆上产生的焦耳热：Qr=rr+RQ=0.825J
【解析】本题电磁感应与力学知识的综合，难度一般。
(1)应用安培力公式求出金属杆受到的安培力，当金属棒匀速运动时，由平衡条件得出恒力F；
(2)在0∼1s时间内，由动量定理结合通过金属杆的电荷量q求出t=1s时金属杆的速度大小；
(3)从金属棒开始运动到达稳定，由动能定理得出克服安培力做的功，整个回路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，再根据串联电路的特点即可计算金属杆上产生的焦耳热。
15.【答案】(1)(0,0)点入射的粒子
R=mv0qB
解得：R=b
离开磁场的位置坐标(2b,0)
在磁场中运动的时间t=12T
T=2πmqB
解得：t=πbv0
(2)(−0.5a,a)入射的粒子做类平抛运动过原点
a=v0t1
0.5a=12a1t12
a1=Eqm
解得：E=mv02qa
假设从坐标(x,y)射出的粒子，需要满足
y=v0t
−x=12qEmt2
两者联立可得轨迹方程x=−12ay2(−0.5a≤x≤0)
(3)粒子进入磁场时速度方向与x轴夹角在45∘∼90∘范围内，设经过原点的粒子速度为v，与x轴夹角为θ，则粒子在第四象限的轨迹半径为R，则
qvB=mv2R
所以粒子打到x轴的位置到原点距离为
x=2Rsinθ=2b
与θ无关，所有粒子均从(2b,0)点射出
收集板位于x=b4时，与x轴夹角为α的粒子恰好打到收集板边缘，设粒子运动半径
为R，根几何知识有
( R2−b2+b4)2+(3b4)2=R2
可解得：R=54b
由sinα=bR可得α=53∘
粒子进入磁场时速度方向与x轴夹角在45∘∼53∘范围内的粒子可以打到收集板，则收集率
η=53∘−45∘90∘−45∘=845
【解析】(1)根据带电粒子在磁场中的运动进行求解；
(2)(−0.5a,a)入射的粒子做类平抛运动过原点，根据类平抛的运动规律求解电场强度的大小，再根据各个粒子都能从O点进入磁场，结合运动学公式进行求解；
(3)根据带电粒子在磁场中的运动，结合粒子运动的轨迹进行求解。
本题主要考查带电粒子在组合场(电场和磁场)中的运动，难度较大。