物理-2024届高三1月大联考考后强化卷（新高考卷）（新教材）（黑龙江、吉林、江西、广西4省）（全解全析）_2024届高三1月大联考考后强化卷（新课标II卷）

2024 1 物理·全解全析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D B C D B A C ACD AD ABC 1．D 【解析】据质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，故X是中子，中子是查德威克 通过实验最先发现的，A错误； 235U核子数最多，结合能最大，但144Ba、 89K比结合能较大，较稳定， 92 56 36 B错误；半衰期针对的是大量原子核的统计规律，对于1 000个 235U不适用，C错误；核裂变中，中子 92 的速度不能太快，否则铀核不能“捉”住它，不能发生核裂变，D正确。  2．B 【解析】设两绳夹角为，根据平衡条件2Tcos mg，绳长越长，夹角越小，绳拉力越小，绳长越 2 短，夹角变大，绳上的拉力越大，故AC错误，B正确；挂钉所受绳的拉力的合力等于画框重力G，因 为画框始终处于平衡状态，故D错误。 GMm v2 GM 3．C【解析】根据 m ，得v ，“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的 5倍，A错误； r2 r r GMm GM 根据 ma，得a ，“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍，B错误；因为“轨 r2 r2 道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，即小于地球自转的周期，站在赤道上的 人观察到“轨道康复者”向东运动，C正确； “轨道康复者”可在高轨道上减速，做近心运动，以实现对低 轨道上卫星的拯救，D错误。 4．D【解析】乒乓球恰好垂直落在球拍上的 Q 点，球拍与水平方向的夹角为45，乒乓球落到球拍前瞬间 v2 的速度大小为4 m/s，则有v vcos452 2 m/s，则P、Q两点的高度差为h y 0.4 m，故 y 2g 选D。 1 5．B【解析】a光照射的面积较大，知a光的临界角较大，根据sinC  ，知a光的折射率较小，根据光的 n c 折射率越小，频率也越小，可知a光的频率小于b光的频率，故AD错误，B正确；根据v ，可知a n 光在水中传播的速度较大，故C错误；故选B。 6．A 【解析】从第一盏信号灯变绿开始计时，第二盏信号灯变绿经过的时间为60 s+10 s=70 s；第三盏信 号灯变绿经过的时间为70 s+60 s+10 s=140 s，第四盏信号灯变绿经过的时间为210 s，则当汽车能不停 3L 顿地经过后三盏信号灯，需要的最长时间为t=210 s+60 s=270 s，则最小速率为v 40 km/h，A正确。 t 7．C【解析】线圈P通入正方向的电流，线圈P恰好能离开薄板时，水平薄板对线圈P向上的支持力为零， 可知线圈A、B对线圈P的安培力均向上，根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，可能的办法是 线圈A、B通入等大且分别为正方向、负方向的电流。故选C。 物理全解全析 第1页（共5页） {#{QQABSYAAggCgABAAABgCAQmICgIQkAECCCoOQAAMoAAAwRNABCA=}#}8．ACD 【解析】质点A比质点B先回到平衡位置且时间差为0.1 s，根据“平移法”可知，水波沿x轴正方 Δx 向传播，A 正确；质点A比质点B 先回到平衡位置且时间差为0.1 s，波速v 20 cm/s，根据图像 Δt  2π π 可知，波长为8 cm，周期T  0.4 s，C、D正确；根据题意yAsin x ，将（3，0）代 v   4 入，解得A1 cm，B错误。 9．AD【解析】当 P不动时，自耦变压器输出的电压不变，所以电压表的示数不变；当 Q向右移动时，滑 I n 动变阻器接入电路的电阻增大，所以电路中的电流减小，根据变流比公式 1  2 ，变压器的输入电流也 I n 2 1 减小，故电流表的读数减小；流过电阻 R 的电流减小，故 R 消耗的功率减小，故 A 正确，B 错误；保 1 1 U n 持 Q的位置不变，P向下滑动，根据变压比公式 1  1 ，变压器的输出电压减小，故流过电阻R 的电 U n 1 2 2 U n 流减小，故R 消耗的功率减小，故C错误；保持Q的位置不变，P向上滑动，根据变压比公式 1  1 ， 1 U n 2 2 变压器的输出电压增加，故流过电阻R 的电流增加，变压器的输出功率增加，而输入功率等于输出功率， 1 故输入功率也增加，根据P=U I，输入电流增加，故两表示数都变大，D正确。 1 1 10．ABC【解析】AB．连接AB、OC、OD、OE，交点分别为I、H、G，△OIG为等边三角形，△OAI 、 △OBG为等腰三角形，如图所示。由几何关系可得AI=IG=GB，即I、G为AB的三等分点，由于匀强电 场电势均匀变化，可得 6 V， 3 V，故OF为电势3 V的等势面，由几何关系可得DI连线垂 I G 直于OA，与OF平行，为电势6 V的等势面，即 6 V， 3 V，故AB正确；电场方向垂直于 D F U 等势面指向电势较低一侧，故沿AO连线方向，C正确；场强大小为E  AO 6 V/m，故D错误。 R d2 d2 11．（1）不需要（2分） （2）  （2分） （3）A（2分） 2Lt2 2Lt2 2 1 【解析】（1）实验装置中力传感器可以直接得到拉力大小，故无需满足物块的质量远小于小车的质量； d d （2）通过光电门 1 的速度为v  ，通过光电门 2 的速度为v  ，根据v 2v2 2ax，可得 1 t 2 t 2 1 1 2 2 2 d  d       t   t  d2 d2 ； a 2 1 =  2L 2Lt2 2Lt2 2 1 物理全解全析 第2页（共5页） {#{QQABSYAAggCgABAAABgCAQmICgIQkAECCCoOQAAMoAAAwRNABCA=}#}1 （3）当物块的质量为 m 时，小车恰好匀速运动，可得此时拉力为F  mg ，此时拉力与阻力大小相 2 1 F 1 等即F F  mg，改变物块的质量，根据牛顿第二定律可知FF ma，整理为a  g，根据 f 2 f m 2 函数关系可知a-F图像应为直线且横截距大于0，故A正确。 12．（3）①110（2分） ②R R （3分） ③串联（2分） 300（3分） 2 1 【解析】①电流表阻值为R 1110  110 ；②第一次和第二次电流表读数相同，说明两次电路 中总电阻相同，闭合开关S 后电流表G短路，则电阻箱的阻值要增大，电阻箱增大的阻值，即为电流 2 表 G 的内阻，即R R R ；③改装电压表应将电阻箱 R 与电流表 G 串联，串联的电阻为 g 2 1 U 6 R R  Ω100 Ω=300 Ω，故电阻箱阻值调到300 Ω。 I g 15103 g 13．（1）对活塞受力分析，由平衡条件得p SMg pS （2分） 0 1 3 解得p  p （1分） 1 2 0  1  （2）第一次充完气，对充进部分的空气研究，有p  SH p Sh （2分） 0 30  1 1 1 解得h  H （1分） 1 45 （3）活塞与汽缸顶部的挡柱刚好接触时，有 H h n 30 次 （1分） h 1 则前30次气体做等压变化，后15次充气气体做等容变化，有 p 15h HS  p HS（2分） 1 1 2 解得p 2p （1分） 2 0 14．（1）粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t ，则竖直方向 1 2d v t （1分） 01 1 qE 水平方向d   t2（1分） 2 m 1 v2 解得E 0 （1分） 2kd 设粒子离开电场时速度大小为v，与y轴夹角为，则粒子从C到D由动能定理知 1 1 qEd  mv2 mv2（1分） 2 2 0 v cos 0 （1分） v 解得v 2v ，45（1分） 0 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则洛伦兹力提供向心力 物理全解全析 第3页（共5页） {#{QQABSYAAggCgABAAABgCAQmICgIQkAECCCoOQAAMoAAAwRNABCA=}#}v2 qvBm （1分） R 由几何关系 2Rsin2d（1分） v 解得B 0 （1分） kd 2d （2）由（1）可知，t  ，45（1分） 1 v 0 3 3 2πm 所以粒子在磁场中运动的时间t  T   （1分） 2 4 4 qB t t t （1分） CO 1 2 (43π)d 解得t  （1分） CO 2v 0 15．（1）由动量守恒定律得mv  mv mv （1分） 0 A B 1 1 1 由机械能守恒定律得 mv 2  mv 2  mv 2（1分） 2 0 2 A 2 B 解得v 10m/s，v 0（2分） B A 1 （2）若碰后物块B恰好能达到与圆心等高的点，则 mv 2 mgR（1分） 2 B 解得R 5m（1分） 为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径 R5m 若碰后物块B恰好能经过圆形轨道最高点，则 v 2 mg m m （1分） R 1 1 由机械能守恒定律得 mv 2 2mgR mv 2（1分） 2 B 2 m 解得R2m（1分） 为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径 R2m 综合以上两种情况可知，为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径R5m或 R2m（1分） （3）圆形轨道半径R1.8m2m（1分） 可知物块 B 能做完整的圆周运动，以v 10 m/s的速度滑上斜面，第一次滑上斜面，由牛顿第二定 B 律得mgcosmgsinma （1分） 0 1 解得a 10m/s2（1分） 1 物理全解全析 第4页（共5页） {#{QQABSYAAggCgABAAABgCAQmICgIQkAECCCoOQAAMoAAAwRNABCA=}#}第一次滑上斜面的最大位移为s ，由v 2 2as （1分） 1 B 1 1 解得s 5m（1分） 1 物理全解全析 第5页（共5页） {#{QQABSYAAggCgABAAABgCAQmICgIQkAECCCoOQAAMoAAAwRNABCA=}#}