2024届江西省部分高中九校联考二模物理答案

江西省五市九校协作体2024届第一次联考物理试卷答案1．C【详解】A．甲图为氢原子的能级结构图，当氢原子从基态跃迁到激发态时，吸收能量，故A错误；B．铀核裂变的核反应方程式为235114192192U0n56Ba36Kr30n故B错误；C．根据爱因斯坦的光电效应方程νEkhW0可知，该图线的斜率表示普朗克常量h，不同频率的光照射同种金属发生光电效应时，图线的斜率相同，故C正确；D．由质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为0，电荷数为1，则X为电子，故D错误。故选C。2．D【详解】AB．对物体Q进行受力分析，如图甲所示由图可知，Q缓慢移动直至右侧轻绳水平过程中，细绳的拉力FT逐渐减小，而拉力F逐渐增大，故A、B错误；C．对物体P进行受力分析，如图乙所示答案第1页，共13页{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}沿斜面方向有oFfFT2mgsin30mg初始状态，轻绳拉力FT=mg，此时Ff0，随着轻绳拉力减小，则摩擦力方向沿斜面向上且逐渐增大，故C错误；D．对P分析，在垂直斜面方向有oFN2mgcos30可知P受到的支持力大小、方向均不变，斜面对物体P的作用力即为P受到的摩擦力和支持力的合力，当摩擦力逐渐增大时，斜面对物体P的作用力逐渐增大，故D正确。故选D。3．C11【详解】设圆环在圆心处产生的场强大小为E，对图甲中圆环，由电场强度的合成可知422EE0故2EE20311图乙中圆环的左上圆环和右下圆环在圆心处产生的场强等大反向，故O2处的场强大444121小等于右上圆环在O2处产生的场强大小，为E。设图甲中圆环的带电荷量为q，则420233图乙中圆环的带电荷量为q，电势是标量，有42qk0r故O2处的电势为3qk3O22r20故选C。答案第2页，共13页{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}4．C【详解】设光在该材料中传播速度为v，由Lvt解得Lv2.4108m/st由cnv可知n1.25设全反射临界角为C，则1sinC0.8n光刚好发生全反射，可知光在透明材料中的路程为Ls7.5msinC则s7.5ts3.125108sv2.4108故选C。5．C【详解】A．小球运动到最高点时竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，故A错误；B．抛出时水平方向的分速度vxv0cos37小球在空中运动的时间为xxtvxv0cos37抛出时竖直方向的分速度vyv0sin37有答案第3页，共13页{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}1hvtgt2y2代入数据联立得t1.84s故B错误；C．从抛出到落地过程中小球速度的变化量是vgt18.4m/s故C正确；D．小球落地前加速度为重力加速度不变，任意相等时间内速度的变化量相等，故D错误。故选C。6．B【详解】AB．根据v2qvBmr代入速度得rL如图Od与ac垂直，有几何关系可知，Od长为L，即最短弦长，对应最短时间，圆心角为60，则最短时间为60tT360又2rTv得mt3qBA错误，B正确；答案第4页，共13页{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}CD．粒子轨迹与ac相切时，交与bc边最远的e点，由几何关系可知，Oe长度为直径，则粒子能从bc边射出的区域eb的长度为2L，CD错误。故选B。7．B【详解】A．木块A、B和小球C组成的系统竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统的总动量不守恒，故A错误；C．C球第一次摆到最低点过程中，A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m0vC2mvA0则xxm12m200tt由几何关系得x1x2L解得木块A、B向右移动的距离为m0Lx22mm0故C错误。BD．小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，设A、B共同速度为vAB，根据机械能守恒有11mgLmv22mv2020C2AB由水平方向动量守恒得m0vC2mvAB联立解得mgLvC22mm0m0mgLvABm2mm0此后A、B分开。当C向左运动能达到的最大高度时，AC共速，设此时A、C速度为v共，答案第5页，共13页{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}B的速度依然为vAB。全程水平方向动量守恒，规定向左为正方向，即m0vCmvABm0mv共整个过程中，系统机械能守恒，C的重力势能转化为A、B、C的动能，即121212mvmvmghmmv共20C2AB020解得m2mLh02m0m故B正确，D错误。故选B。8．AC【详解】AB．子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为0，根据逆向思维，由2axv2可得，子弹穿出第一个木块和第二个木块时的速度之比v2a(2L3L)51v22a3L3故A正确，B错误；C．子弹通过第二个木块和第三个木块的过程中有vvv2L12t，3L2t2122则子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比为t1531t23故C正确；D．子弹通过所有木块的平均速度为v0vv22可得v1v2故D错误。故选AC。9．AB答案第6页，共13页{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}【详解】A．由图乙可知，太空电梯在r0时，航天员所受地球的引力完全提供其随地球自转所需的向心力，此时，航天员与电梯舱间的弹力为0，故A正确；BC．太空电梯在r0时，由于航天员的引力完全提供其所需的向心力，设地球的质量为M，航天员的质量为m，则Mm42G2m2r0r0T解得42r3M0GT2由第一宇宙速度的表达式得GM2rrv00RTR故B正确，C错误；D．随着r的增加，航天员所需的向心力42FmamrnnT20逐渐增加，在rr0时，引力完全提供向心力，此时航天员与电梯舱的弹力为0，当rr0时，电梯舱对航天员的弹力表现为支持力，根据Mm42GFmrr2NT2解得Mm42FGmrNr2T2FN随着r的增大而减小，当rr0时，电梯舱对航天员的弹力表现为指向地心的压力，此时42MmFmrGNT2r2FN随着r的增大而增大，故D错误。故选AB。10．AC【详解】A．斜面上的加速度为速度为ag(sincos),15v2axmB2s故A正确；B到C过程由动能定理，有11mv2mv2mgR(1cos)2c2B答案第7页，共13页{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}在点，由可得故错误。到过程，假设在角度Cv2N19.5N.BDENmgmcR为θ时小球脱离圆弧面，此时的速度为。根据机械能守恒定律，得vc11mv2mv2mgR(1cos60o)R(1COS)2D2脱离瞬间有v2mgcosmR解得3，即60o，故C正确，D错误。cos4故选AC。bgcos2bcos211．BC(2分)（选对一个得1分，错选不得分）(2分)(2分)4asin4Lsin【详解】(1)[1]释放弹簧后弹簧对滑块做功，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；从释放滑块到滑块到达桌面边缘过程，由能量守恒定律得1EmgLmv2P2滑块离开桌面后做平抛运动，水平方向xcosvt竖直方向1xsingt22整理得4Esin14Lsinxp·gcos2mcos2实验除了测出m、x外，还需要测出弹簧压缩后滑块到桌面边沿的距离L与长木板与水平地面的夹角。故选BC。4Esin14Lsin1(2)[2][3]由xp·，可知，x图象的斜率gcos2mcos2mb4EsinkPagcos2图象的纵轴截距答案第8页，共13页{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}4Lsinbcos2解得bgcos2bcos2E，P4asin4Lsin12．1000(2分)130(2分)32.4(2分)15(2分)1680(2分)【详解】（1）[1]满偏时有EIgR内欧姆表的内阻R内1500Ω表盘的中值电阻为1500Ω，电流表指针指向如图乙所示的位置时的读数为0.6mA，根据闭合电路的欧姆定律有EIxR内Rx解得1.5RΩ1500Ω1000Ωx0.6103（2）[2][3]闭合开关S，欧姆表的内阻变小，倍率变小至“×10”，调节电阻箱R2和R3，使电流表满偏时欧姆表内阻为150Ω，电路总电流为1.5IA0.01A150Ig(RgR1)R3130ΩIIgR3(RgR1)R2r150R3(RgR1)解得R232.4Ω[4]根据两倍率知，欧姆表表盘正中刻度的标值为15。EE（3）[5]设电流表满偏电流Ig，欧姆调零时：Ig，则R内；当电动势变小、内阻变R内IgE大时，由于欧姆表重新调零，内阻的变化不影响，由于满偏电流Ig不变，由R内知，欧Ig姆表的内阻变小，用欧姆表测电阻时答案第9页，共13页{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}EEEER测R真IgIg解得R真1680Ω513．（1）TA300K，pC2.6710Pa；（2）ΔU60J【详解】（1）气体从A变化到B发生的是等压变化，则VVAB（1分）TATB由图2可知43432VA410m,VB610m,TB4.510K解得TA300K（1分）开始时，缸内气体压强mgpp1.5105Pa（1分）A0S气体从状态B变化到状态C，发生等容变化，则ppCB（1分）TCTBpBpA（1分）5解得pC2.6710Pa（1分）（2）气体从A到B过程对外做功为WpAVBVA30J（2分）根据热力学第一定律，整个过程气体内能增量ΔUQW60J（2分）2312414．（1）；（2）；（3）J337【详解】（1）带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动，竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动，故从A到M和M到B的时间相等；设小球所受的电场力答案第10页，共13页{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQQmYCAKQkAGCCAoOQBAIsAABABFABAA=}#}mv为F，重力为G，则有FM（1分）tmv竖直方向有G0（1分）t而由题意1Emv28J（1分）k0201Emv26J（1分）kM2M所以有（1分）GV82230FVM633（2）由于从A点至M点和从M点至B点的时间t相等。小球在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则有1xat2（1分）12113xa(2t)2at2at2（1分）2222所以x11（1分）x23（3）设电场力F与重力G的合力与竖直方向夹角为θ，由图可知F3tan（1分）G2则根据数学知识有3sin（1分）7小球的运动也可以看成在等效重力G的作用下的类似斜抛运动，当小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效重力G垂直，此时沿G方向速度为0；故有12324Emvsin8JJ（2分）kmin2077答案第11页，共13页{#{QQABYYiUoggAQAAAARgCQ