14_2024江西卷点睛押题_2024高考押题卷_132024高途全系列_26高途点睛卷_2024点睛密卷-物理

2024 江西卷点睛押题 一、单选题（每题4分，共28分） 1．甲状腺痛患者手术切除甲状腺后，可以通过口服含有碘131的药物进一步进行放射性治 疗，为避免患者体内的碘131产生的辐射对他人造成危害，应进行一段时间的隔离，碘131 发生衰变的过程可以用方程出 试卷第1页，共6页 1 3 1 5 3 I → 1 3 1 5 4 X e + Z 来表示，不考虑患者对放射性药物代谢的影响， 下列说法正确的是（ ） A．该衰变为衰变 B．Z为电子 C．该反应中的Xe的比结合能要比I的比结合能小 D．如果碘131的半衰期为8天，经过32天，10g碘131中将 有8.75g碘131发生衰变 2．如图（a），容器中盛有深度h=4cm的透明液体，一激光束垂直液面射入液体，并在底板 发生漫反射，部分漫反射光会在液面发生全反射。恰好发生全反射的光在容器底板上形成直 径d=16cm的圆形亮环，如图（b）所示。该液体的折射率为（ ） A．2 B． 3 C． 2 D． 2 2 3．如图 O A B C 为常见的“汽车千斤顶”。当汽车需要换轮胎时，司机将它放在车身底盘和地 面之间，只需摇动手柄使螺旋杆 O A 转动，O、A之间的距离就会逐渐减小，O、C之间的距 离就会增大，就能将汽车车身缓缓地顶起来。在千斤顶将汽车顶起来的过程中，下列关于 O A 、 O B 之间的弹力的说法正确的是（ ） A． O A 、 O B 之间的弹力不断变大 B．OA、 O B 之间的弹力不断变小 C． O A 之间的弹力变大、 O B 之间的弹力变小 D． O A 之间的弹力变小、OB之间的弹力变大4．图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为 试卷第2页，共6页 x a = 2 m 和 x b = 6 m ，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图像，下列说法正确的是（ ） A．t=1s时，质点a的位移沿y轴正向 B． t = 1 s 时，质点a 的加速度方向与速度方向相同 C．该波沿x轴的负方向传播，波速为0.5m/s D．质点a经过4s振动的路程为1m 5．如图，一交流发电机中，矩形导线框ABCD绕垂直于磁场的轴 O O  匀速转动，并与理想 变压器原线圈相连。变压器原、副线圈匝数之比 n 1 : n 2 = 1 0 : 1 ，副线圈接入一规格为“6V；12W” 的小灯泡时，小灯泡恰好正常发光，导线框、输电导线电阻均不计，下列说法正确的是（ ） A．图示位置穿过导线框的磁通量最大 B．导线框产生电动势的最大值为60V C．通过原线圈电流的有效值为0.2A D．原、副线圈中电流的频率之比为 1 0 : 1 6．有一质量为m的小球，用细线挂在天花板上，线长为l，将其拉至水平位置由静止释放。 忽略空气阻力，小球可看成质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） A．在小球摆动过程中重力总是做正功 B．重力功率最大值为 m g 2 g l l C．小球动能变化周期是 g D．在小球下摆过程中，动能随时间的变化率先变大后变小 7．空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取O点为坐标原点建立x轴，如图甲所示。现有一个质量为m、电量为+q的带电微粒，在t=0时刻以一定初速度从x轴上的a点开始沿 逆时针做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图中圆为其轨迹，ab为圆轨迹的一条直 径；除电场力外微粒还受到一个变力F，不计其它力的作用；测得试探电荷所处位置的电势 φ随时间t的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ） A．电场强度的大小为 试卷第3页，共6页 12 R 2   + ，方向与x轴正方向成 6  B．b点与a点的电势差 U b a 3 ( 1 2 2 )   = + C．微粒在t 时所受变力F可能达最大值 1 D．圆周运动的过程中变力F的最大值为 m 3 6 2 2 t1 R q 12 R 2    + + 二、多选题（每题6分，共18分） 8．我们可以采用不同方法“称量”星球的质量。例如，卡文迪许在实验室里通过测量铅球之 间的作用力，推算出引力常量G，就可以“称量”地球的质量。已知引力常量G，利用下列数 据可以“称量”星球的质量的是（ ） A．已知月球绕地球做圆周运动的周期和线速度、可以“称量”地球的质量 B．已知月球表面重力加速度和绕地球做圆周运动的半径，可以“称量”月球的质量 C．已知地球绕太阳做圆周运动的周期和半径，可以“称量”太阳的质量 D．已知火星自转周期和绕太阳做圆周运动的半径，可以“称量”火星的质量 9．如图（a）所示，在小球的抛出点 O 处固定有一点光源，它的正前方水平距离为L=1.00m 处竖直放置一块毛玻璃屏。用弹射器将小球以某一速度从 O 点水平向右抛出后，在毛玻璃屏 上可以看到小球影子的运动，利用闪光频率为f=20Hz的频闪相机拍摄了影子的位置照片如 图（b）所示。空气阻力不计，当地的重力加速度 g = 9 .7 8 m /s 2 。下列说法正确的是（ ） A．影子做匀速直线运动 B．影子做自由落体运动 C．实验测得小球抛出时的初速度约为6m/s D．实验测得小球抛出时的初速度约为10m/s10．如图所示，半径为 试卷第4页，共6页 R 的平圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，其中 O 点为圆心，M 点为圆弧的中点。直径 P Q 处有一接收屏，粒子打到接收屏上即被 吸收。一粒子源可以向纸面内各个方向发射速度为 v （v未知）的带电粒子，粒子源可沿圆 弧 P Q 移动。已知粒子的质量为 m ，电荷量为 + q ，忽略粒子重力及相互间的作用力，则下列 说法正确的是（ ） A．若粒子源位于 M 点，粒子速度 v = 2 2 q m B R ，则粒子到达接收屏的最短时间为 q m B  B．若粒子源位于 M 2qBR m 点，粒子速度v= ，则粒子到达接收屏的最短时间为 2m 2qB 3qBR C．若粒子速度v= ，则将粒子源沿圆弧从 8m P 移动到Q过程中，接收屏上有粒子到 达区域的长度为 R D．若粒子速度 v = 3 q 8 B m R ，则将粒子源沿圆弧从 P 移动到 Q 过程中，接收屏上有粒子到 5 达区域的长度为 R 4 三、实验题（15分） 11．某实验小组采用如图所示的装置验证动量守恒定律，实验步骤如下： ①将斜槽固定在水平桌面上，调节斜槽末端水平，然后挂上铅垂线； ②在水平地面上铺白纸和复写纸： ③测出小球A、B的质量分别为m 、m ； A B ④将质量较大的球A从斜槽上某一位置由静止释放，落在复写纸上，重复多次； ⑤将球B放在槽口末端，让球A从步骤④中的同一位置由静止释放，撞击球B，两球落到 复写纸上，重复多次； ⑥测出球A从释放点到槽口末端的竖直高度h； ⑦取下白纸，用圆规找出落点的平均位置，分别测得步骤④中球A平抛运动的水平位移大 小x ，步骤⑤中球A、B平抛运动的水平位移大小x 、x 。 A1 A2 B 回答下列问题： (1)以上步骤中不必要的是 ；（填步骤前的序号） (2)本实验中铅垂线的作用是 ； (3)按照本实验方法，验证动量守恒定律的关系式是 （用上述必要的实验步骤测得的 物理量符号表示）。12．某实验小组的同学在实验室找到了一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，设计了如图甲 所示的电路进行了实验探究，其中 试卷第5页，共6页 M N 为电阻丝，其横截面积大小为 4 m m 2 ， R 0 是阻值为 0 .5  的定值电阻．正确接线后，闭合开关S，调节滑片P，记录电压表示数U、电流表示数 I以及对应的PN长度x，通过调节滑片P，记录多组U、I、x的值． （1）实验室提供“ 0 .6 A 、 3 A ”双量程电流表，在本实验中该同学选用 0 .6 A 挡。实验过程中， 测得某次电流表的示数如图乙所示，则此时电流大小为 A； （2）根据实验数据绘出的 U I − 图像如图丙所示，由图丙可得电池的电动势 E = V， 内阻 r = （结果均保留两位有效数字）；由于电表内阻的影响，通过图像法得到 的电动势的测量值 其真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）； （3）根据实验数据可进一步绘出 U I − x 图像如图丁所示，根据图像可得电阻丝的电阻率 =   m ；图丁中所作图线不通过坐标原点的原因 。 四、解答题（39分） 13．某同学设计一装置来探究容器内气体状态受外界环境变化的影响。如图所示，在容器上 插入一根两端开口足够长的玻璃管，接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积S =0.5cm2，管内 一长h=11cm的静止水银柱封闭着长度 l =20cm的空气柱，此时外界环境的温度 1 t1 = 2 7  C 。 现把容器浸没在水中，水银柱静止时下方的空气柱长度变为 l2 = 10cm，已知容器的容积 V =290cm3。求∶ （1）水的温度 T； （2）若容器未浸入水中，向玻璃管加注水银，使水银柱的长度增加  h = 1 .5 c m ，仍使水银 柱静止时下方的空气柱长度为10cm，求外界大气压 p 0 。14．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与光滑水平面BC平滑连接于B点，且BC 的长度为1m，BC右端连接内壁光滑、半径 试卷第6页，共6页 r = 0 .2 m 的四分之一细圆管CD，管口D端正下 方直立一根轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口端平齐。一个质量为m=2kg的小球 放在曲面AB上，现从距BC的高度 h = 0 .6 m 处静止释放小球，小球进入管口C端时，它对 上管壁有作用力，重力加速度取 g = 1 0 m /s 2 。求： （1）小球第一次经过C点时对管壁压力的大小； （2）若水平面BC粗糙且小球与BC间的动摩擦因数0.2，弹簧最大压缩量为 5 c m ，其他条 件均不变。在压缩弹簧过程中弹簧最大弹性势能为多少； 15．如图所示，足够长的固定粗糙绝缘斜面，倾角为 3 7  =  ，平行于斜面底边的边界PQ 下 侧有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为 B = 1 T 。一质量为 M = 0 .2 k g 的U型金属框 M M N N  静置于斜面上，其中 MN边长 L = 0 .4 m ，处在磁场中与斜面底边平行，框架与斜 面间的动摩擦因数为 =0.75，框架电阻不计且足够长。质量 m = 0 .1 k g ， 电阻R=0.6的金 属棒ab横放在U形金属框架上从静止释放，释放位置与边界 PQ 上方距离为d=0.75m。已 知金属棒在框架上无摩擦地运动，且始终与框架接触良好，设框架与斜面间最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，g取 1 0 m /s 2 ，（ s in 3 7  = 0 .6 ， c o s 3 7  = 0 .8 ）求： （1）金属棒ab刚进入磁场时，框架MN边受到的安培力； （2）金属棒ab刚进入磁场时，框架的加速度大小a； （3）金属棒 ab进入磁场最终达到稳定运动时，金属棒重力的功率P。参考答案： 1．B 【详解】AB．根据质量数和电荷数守恒可知反应方程为 131I→131Xe+ 0e 53 54 −1 可知该衰变为β衰变，方程式中的Z为电子，故A错误，B正确； C．核反应都是向比结合能大的方向进行的，该反应中的Xe的比结合能要比I的比结合能 大，故C错误； D．患者服药后，碘131经过4个半衰期，10g碘131中发生衰变的碘的质量为 答案第1页，共9页 m = m 0  1 −  1 2  4  = 9 .3 7 5 故D错误。 故选B。 2．C 【详解】根据题意可知激光在液体表面发生全反射时 s i n C = 1 n 根据几何关系可知 d 4 2 sinC= = d 2 ( )2+h2 4 解得 n= 2 故选C。 3．B 【详解】对 O 点进行受力分析，它受到竖直方向的汽车对它的压力，大小等于汽车的重力G； O A 方向杆的拉力F ， OA B O 方向的弹力F ， BO O B 与水平方向夹角为，可知 G F B O s in  = F O A ta G n  = 当变大时，F 和F 均变小。 BO OA 故选B。 4．D 【详解】C．由图乙可知质点b该时刻向上振动，根据波形平移法可知，该波沿 − x 方向传播， 机械波的波长为8m，周期为8s，则波速为 v T 8 8 m / s 1 m / s  = = = 故C错误； AB．由于该波沿−x方向传播，由图甲可知，此时质点a沿 y 轴向下振动，由于 1 t=1s= T 8可知 答案第2页，共9页 t = 1 s 时，质点a处于平衡位置向波谷的振动过程中，此时质点a的位移沿y轴负向， 质点a的加速度方向沿y轴正向，加速度方向与速度方向相反，故AB错误； D．由于 t = 4 s = T 2 可知质点a经过4s振动的路程为 s = 2 A = 2  0 .5 m = 1 m 故D正确。 5．C 【详解】A．由图可知，图示位置线框与磁感线方向平行，穿过线框的磁通量为零，故A错 误； B．根据题意可知，副线圈电压的有效值为 6 V ，根据变压器原副线圈电压之比等于匝数比 可得 U U 1 2 = n n 1 2 可得原线圈电压的有效值为 U 1 = 6 0 V 则导线框产生电动势的最大值 u m ax = 2 U 1 = 6 0 2 V 故B错误； C．根据变压器原副线圈功率相等可得 U I =U I =12W 1 1 2 2 可得通过原线圈电流的有效值 I 1 = 0 .2 A 故C正确； D．变压器不改变交流电的频率，所以原、副线圈中电流的频率之比为1:1，故D错误。 故选C。 6．D 【详解】A．从释放位置到最低点的过程中，重力做正功，从最低点向上运动的过程中，重 力做负功，故A错误； B．小球下摆过程中，设细绳与竖直方向的夹角为，根据动能定理 1 mglcosq = mv2 2 重力对小球做功的瞬时功率 P m g v s i n  = 整理得 P=mgsin 2glcos 细绳与竖直方向的夹角逐渐减小，由数学知识可知，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小，且当 6 sin = 3 时，重力的瞬时功率有最大值 答案第3页，共9页 P m ax = 2 3 m g 3 g l 故B错误； C．单摆运动公式为 T 2 l g  = 此物体不是单摆，故小球动能变化周期不是 1 2 T ，故C错误； D．在小球下摆过程中，机械能守恒，动能变化量的绝对值大小等于重力势能变化量的绝对 值大小，故动能随时间的变化率为  E  kt =  E  t p = m g   t h = m g v y = P G 故动能随时间的变化率等于重力的瞬时功率，由B项可知，重力的瞬时功率先增大后减小， 故动能随时间的变化率先变大后变小，故D正确。 故选D。 7．D 【详解】A．根据匀强电场场强与电势差的关系 E U d 1 2 ( R 2 ) 12 R 2     = = − − = + 5 方向与x轴正方向成 ，故A错误； 6 3(+) B．b点与a点的电势差U =−2ERcos30=− 1 2 故B错误； ba 2 C．由于场强方向斜向左下方，所以微粒在7t 时所受变力F可能达最大值，在t 时所受变 1 1 力F可能达最小值，故C错误； D．圆周运动的过程中变力F的最大值为 F m 4 T 2 2 R E q  = + T =2(7t −t )=12t 1 2 1 所以 2 + F =m R+q 1 2 36t2 2R 1 故D正确。 故选D。 8．AC 【详解】A．已知月球绕地球做圆周运动的周期和线速度，据2R v= ， T 答案第4页，共9页 G M R m 2 = m v R 2 可求得地球质量 v3T M = 2G 故A正确； B．设月球的质量为M ，半径为R，月球表面物体的质量为 m ，则有 G M R m 2 = m g 可求得月球质量 M = g R G 2 由于月球半径未知，无法得到月球质量，故B错误； C．已知地球绕太阳做圆周运动的周期和半径，据 G M r m 2 m r ( 2 T ) 2  太 地 = 地 可求得太阳质量 M 4 G 2 T r 2 3  太 = 故C正确； D．已知火星自转周期和绕太阳做圆周运动的半径，无法求出火星的质量，D错误。 故选AC。 9．AC 【详解】AB．由于相机的曝光时间是一样的，在误差范围内，相邻两个小球的投影间的距 离相等，可知小球的投影是匀速直线运动，故A正确，B错误； CD．两相邻投影间的时间间隔为 T = 1 f = 0 .0 5 s 影子的速度大小为 4.07+4.06+4.08 v= 10−2m/s=0.814m/s 30.05 由平抛运动的规律可知 y L = 1 2 v g 0 t t 2 整理得 gL y= t 2v 0 竖直方向投影点做匀速直线运动，则有 gL =v 2v 0 解得 v 6m/s 0故C正确，D错误。 故选AC。 10．BD 【详解】AB．粒子在磁场中做圆周运动，若粒子源位于 答案第5页，共9页 M 点，粒子速度 v = 2 2 q m B R 由洛伦兹力提供向心力 q v B = m 2 v r 可得 r = 2 2 R 如图由几何关系可知，当粒子到达光屏的时间最短时，弦长最短，最短弦长为R，则所对的 圆心角为90°，时间为 t 9 0 3 6 0 T 2 m q B  = o o = 选项A错误，B正确； CD．若粒子速度 v = 3 q 8 B m R 则在磁场中的运动半径为 r = 3 R 8 在PM圆弧部分射出的粒子打到荧光屏上离O最近的位置在图中H点，在荧光屏上HP长度 上有粒子打上，则 3R HP=2r= MQ圆弧部分射出的粒子打到荧光屏上最靠近O的粒子圆周半径为r，圆心为 4 O ，与PQ相切于L点，则荧光屏上QL长度上有粒子打上，设OL距离为x，由几何关系可 1 知 (R−r)2 =r2+x2 解得 1 x= R 2 则荧光屏能接收到粒子的总长度为 3R 1 5 s= +R− R= R 4 2 4 选项C错误，D正确。故选BD。 11．(1)⑥ (2)见解析 (3) 答案第6页，共9页 m A  x A 1 = m A  x A 2 + m B  x B 【详解】（1）该实验中只要保证每次从同一位置释放小球小球就可保证小球A每次达到斜 槽末端时的速率相同，而本实验结合平抛运动研究动量守恒定律，小球做平抛运动时下落高 度 H 相同，根据平抛运动竖直方向做自由落体运动，可得到其下落时间 t = 2 H g 相同，在结合水平方向做匀速直线运动，并测出了小球做平抛运动的水平位移，从而可得到 小球做平抛运动的初速度为 v = x t = x 2 g H g 显然在验证动量守恒定律的式子中 会被约掉，从而用水平位移来表示速度的大小，因 2H 此，该实验中并不需要测出球A从释放点到槽口末端的竖直高度h。 故选⑥。 （2）本实验中，铅垂线的作用是用来确定小球在斜槽末端抛出点，其球心在所平铺水平地 面复写纸上的投影点。 （3）根据本实验的原理，结合以上分析可知，若两小球碰撞过程中动量守恒，则应满足 m A  x A 1 2 g H = m A  x A 2 2 g H + m B  x B 2 g H 化简后可得 m A  x A 1 = m A  x A 2 + m B  x B 12． 0.26 1.5 0.50 小于 1 .6  1 0 − 5 由电流表的内阻产生的 【详解】（1）[1]由图乙可知，电流表选用 0 .6 A 挡，精确度为0.02A，则电流表的示数为0.26A。 （2）[2]由图丙可得电池的电动势 E=1.5V [3]由闭合电路欧姆定律可得 U =−I(R +r)+E 0 由图丙可得U−I图像斜率的绝对值 k =   U I = 1 .5 0 − 1 .5 .0  = 1 .0  则有 R +r =1.0 0 r = 1 .0  − 0 .5  = 0 .5 0  [4]由于电压表的分流作用，使电流表的示数小于电池的输出电流，导致电源电动势的测量 值小于其真实值。l （3）[5]由电阻定律R= 可得 S 答案第7页，共9页 U I S x  = U 由 −x图像可得 I S 2 .7 0 .6 0 .3 m 4 .0 m  = −  =  解得 S 4 .0 m 4 1 0 6 4 .0 m 1 .6 1 0 5 m  =   =  −    =  −   U [6]由图丁可知，当x=0时， =0.3，这应是电流表的内阻，因此可知，图丁中所作图线 I 不通过坐标原点的原因是：是由电流表的内阻产生的。 13．（1）295K；（2）77.5cmHg 【详解】（1）以封闭气体为研究对象，由盖吕萨克定律可得 V 2 7 + 3 S + l1t1 = V + T S l2 代入数据解得 T = 2 9 5 K （2）根据题意，加注水银的过程中气体做等温变化，根据波义耳定律可得 ( p 0 + h ) (V + S l1 ) = ( p 0 + h +  h ) (V + S l2 ) 代入数据解得 p =77.5cmHg 0 14．（1）100N；（2）13J 【详解】（1）从释放到C点，由动能定理有 1 mgh= mv2 2 C 在C点有 v2 mg+F =m C N r 解得 F =100N N 由牛顿第三定律可知，小球第一次经过C点时对管壁压力的大小与管壁对小球的支持力大 小相等，即也为100N。 （2）设整个过程中的最低点为零势能面，有 mg(h+r+Δx)−mgx =E BC pmax 解得 E =13J pmax15．（1） 答案第8页，共9页 8 N ，方向沿斜面向下；（2） 1 m / s 2 ；（3） 1 .5 W 【详解】（1）金属棒在框架上无摩擦地运动，设刚进入磁场的速度为 v 0 ，根据动能定理得 m g d s in 1 2 m v 20 0  = − 解得 v 0 = 3 m /s 进入磁场后，根据法拉第电磁感应定律 E = B L v 0 根据闭合电路欧姆定律 I = E R 解得 I =2A 电流方向由N流向M。框架MN边受到的安培力大小为 F =BIL=0.8N 安 方向沿斜面向下。 （2）框架受到斜面的摩擦力方向沿斜面向上，大小为 f =(M +m)gcos37 =1.8N 设框架的加速度为a，根据牛顿第二定律可得 M g s in F f M a  + 安 − = 代入数据解得 a=1m/s2 （3）因金属棒和框架整体的重力沿斜面向下的分力与斜面对框架的摩擦力平衡，故金属棒 和框架整体沿斜面方向动量守恒，最终金属棒ab与框架分别以 v 1 、 v 2 的速度做匀速运动， 则有 m v 0 = m v 1 + M v 2 此时回路的电动势为 E=BL(v −v ) 1 2 电流为 E I= R 金属棒ab匀速运动 mgsin−BIL=0 联立解得答案第9页，共9页 v 1 = 2 .5 m /s ，v =0.25m/s 2 金属棒ab重力的功率 P=mgv sin=1.5W 1