2024江西重点中学盟校高三一联物理试卷（参考答案）(2)

江西省重点中学盟校2024届高三第一次联考物理试卷参考答案及评分标准题号12345678910答案BDBACABADCDBCD1．B。解析：这是一个绝热自由膨胀过程，绝热且不做功，由热力学第一定律知内能不变，理想气体内能只由温度决定，故温度不变。2．D。解析：因为质量不同，所以加速度不同，A错；地球引力提供向心力，B错；对接后一定小于第一宇宙速度，C错，D正确。3．B。解析：根据楞次定律可知，铝盘甲区域的感应电流会产生垂直纸面向外的磁场，楞次定律有阻碍效果。改成空洞铝盘，电阻变大，电流变小，阻碍效果更差，故选B。4．A。解析：水平速度与竖直速度合成为5m/s，A正确。0-10s内竖直方向加速度为0.4m/s2,，B错，无人机在15s时上升到最高点，C错，甲乙两地的水平位移为1470m+30m=1500m,D错。5．C。解析：根据电荷守恒，甲不带电，由左手定则判断，乙带正电。根据半径公式及动量守恒，甲乙丙的动量大小之比为8：5：3，C正确，D错误。6．A。解析：甲图中A点是两水波波峰相遇处，B在平衡位置，甲图中A、B两点的高度差0.5为h2A010cm，故A正确；波的周期为Ts0.5s甲图中C点是两水波波谷v1T相遇处，B点在A、C两点连线上，B点为振动加强点，从甲图所示时刻开始经0.25s，即，2B点通过的路程为s22A4A20cm。故B错误；乙图表示的是波的多普勒效应，故C错误；在E点单位时间接收到的波面比在F点多，故在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高，故D错误。故选A。7．B。解析：光线通过透明玻璃砖时，出射光线保持方向不变，仅发生侧移，故出射光线仍为水平光线，4，5，6中的一条。中间某种均匀介质折射率和玻璃的折射率大小未知，无法判断该种物质相对于玻璃是光密还是光疏介质，故可能出现不同的侧移方向。8．AD。解析：原、副线圈的电压关系为，由于原线圈最大电压为50V，副线圈最大�1�2�2=�1电压要大于5000V，所以，故A正确；峰值应该大于5000V，故B错误；电压表�21>100测量的是转换之后的正弦�交流电的有效值，故C错误；干电池旧了，输出电压变小，转换器输出电压相应减小，两点火针最大电压达不到要求，故打不着火。故D正确。．。解析：三个物理量的关系为9CDEkBEkAQ，且符合EkBQEkA，故答案选CD。1{#{QQABJYQQggCgQABAAAgCAwVYCAIQkBGACIoOgAAMIAIBSANABAA=}#}10．BCD。解析：如果频闪光源每秒闪光10次，则每两次闪光的时间间隔为0.1s,正好转了一圈，白点回到初始位置，视觉效果白点静止。如果频闪光源每秒闪光12次，每两次闪光5间隔内转了圈，视觉效果白点顺时针转动。如果频闪光源每秒闪光15次，每两次闪光间621隔内转了圈，视觉效果白点顺时针转了圈，故转速为5r/s。如果频闪光源每秒闪光20331次，每两次闪光间隔内转了圈，只能在圆盘上的上下两个位置观察到白点。故答案为BCD。2二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.（每空2分）（1）B（2）1.02m/s(0.96-1.08均给分）0.867m（0.768-0.972均给分）解析：（1）手机测得的加速度之所以比纸带测得的加速度小，那是因为小车和手机的整体质量大于小车的质量，同时小车和手机的整体质量的增大还会导致小车摩擦力的增大，这两个因素都会引起手机测得的加速度的减小，选B。（2）用手机输出的加速度-时间图像测量小车的末速度，可以通过加速度-时间图像、初时刻线、末时刻线和时间轴共同围成的面积来计算。根据插图可知，小车的加速度为0.6m/s2，加速时间为1.7s，小车的末速度为1.02m/s，加速位移0.867m。12.（每空2分）（1）AD(漏选只得1分)（2）b（3）0（零也给分）（4）ke13.（10分）解：（1）在最高点Dv2mgmD（2分）R由P至D点11mgRmv2mv2（2分）2D2p得v3gRp（1分）（2）在最高点Dv2mgqEmD（2分）R从P点到D点11(mgRqER)mv2mv2（2分）2D2pqER得v3(gR)（1分）(直接用等效重力加速度写出答案，也给满分）pm2{#{QQABJYQQggCgQABAAAgCAwVYCAIQkBGACIoOgAAMIAIBSANABAA=}#}14.（12分）（1）将v0正交分解436vvcos9.00m/sm/s7.20m/s（2分）x055dt1s（1分）vx（2）由运动学公式27vvsinm/s（2分）y005vvgtyy0（2分）得23vm/s（1分）y5故vv2v273m/sxy（1分）（3）由运动的独立性原理：12Hhvy0tgt（2分）2解得h=2.65m（1分）(mm)g15.（18分）（1）初始状态下，弹簧伸长量为xAB3m（1分）1kmg细绳剪断后，A处于平衡位置时，弹簧伸长量为xA2m（1分）2k振幅（分）Ax1x21m12h（2）物块B做自由落体运动的时间t1g落入的速度（分）Bavagt14m/s111根据动能定理mgRmv2mv2（1分）B2B2BB得B在圆弧末端的速度v6m/s（1分）TB在圆弧上的运动时间tt（1分）221向下为正方向，竖直方向的冲量，解出（分）IymBgt2mBvaIy14Ns13{#{QQABJYQQggCgQABAAAgCAwVYCAIQkBGACIoOgAAMIAIBSANABAA=}#}水平方向冲量（分）IxmBv6Ns1故冲量I232Ns（1分）（）根据动量守恒（分）3mBv(mBmC)vD1分析D第一次滑过传送带有1Lvtat202215得Δts，Q1mDgLv0ΔtJ（1分）74物体D滑上平台后与第一个小球发生弹性正碰，撞前速度vD0=3m/s，规定向右为正方向，有111mvmvmv；mv2mv2mv2DD0DD1112DD02DD1211，解得vD11m/sv12m/s（1分）之后小球依次与下一个小球发生弹性正碰，由于质量相等，速度交换，而物体D返回进入传送带，假设匀减速到速度为0v21xD1mL1m12a7'不会滑出传送带，因此D在传送带上反向加速，以vD1vD11m/s再次滑上平台，与第一个小球发生弹性正碰，之后的运动具有可类比性，物体D在v4与小球第一次碰后在传送带上运动过程中，运动时间t2D1s,位移3a74Δxvtm1037在此过程中产生的热量为QmDgx13J（1分）同理可知，当物体D与小球发生第k次碰撞，设碰前D的速度大小为vk1，碰后D的速度大小为vk，则有121212mvmvmu，mvmvmuDk1Dk1k2Dk12Dk21k1得vv（1分）k3k12v2vv在传送带上tk，xvtk0（1分）kgk0kgn2v091又Q2mDgΔxkmDgvk1（1分）g2320243391所以QQQ（J）（1分）124234{#{QQABJYQQggCgQABAAAgCAwVYCAIQkBGACIoOgAAMIAIBSANABAA=}#}