文档内容
江西省重点中学协作体 2024 届高三第一次联考
物理试卷参考答案
一．单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的）
1 2 3 4 5 6 7
D B A B C C A
1．D【解答】A.X是电子;B.半衰期由原子核本身决定，与温度无关；C.如果电子速度方
向与磁场方向平行不受洛伦兹力；D.经过两个半衰期，仍有四分之一的铯137，D正确。
2．B【解答】对物体A受力分析，A受重力、B给A的摩擦力和压力，外力F，共受到
4个力的作用，故A错误；以整体为研究对象，根据平衡条件可得恒力的大小为F＝（M+m）
g，故B正确；对物体A、B 整体受力分析，受重力、恒力F，由于水平方向墙壁对A
没有支持力，否则整体不会平衡，故墙壁对A没有支持力，也就没有摩擦力，故C错误；
物体B受力平衡，A对B的作用力与B的重力平衡，所以A物体对B物体的作用力大
小为mg，方向竖直向上，故D错误.
3．A【解答】由图可知0-t ，加速度为正，方向竖直向下，可知A正确；t 时刻接触水
2 2
面，t -t 加速度开始减小,可知BCD错误，
2 3
4．B【解答】解：ACD.设卫星离地面的高度为h，根据万有引力提供向心力可得
m（R+h） ma，又: mg 联立可得 M ＞
( + )
= = = = =
( + )，v ＜ ，a + ＜g， 故 ACD错误；根据M＝ 解 得地球
= = ρ⋅
的 平 均密度为 + 故( B +正 确) .
( + )
5．C【解答】ρ周=期变长 ， 磁通量变化率变小，副线圈电压变小,可知A错误；原线圈输
入电压有效值为1V,可知B错误。根据原副线圈电压比等于匝数比，可知C正确D错误
U
6．C【解答】解：根据平衡条件可得
q
MN
=qvB
；B=kz；所以U =Bvb=kvbz由此
b MN
可知，U 与z成正比，即该仪表的刻度线是均匀的，A错误；若上表面电势高，则空穴
MN
在上表面聚集，根据左手定则可知，磁感应强度方向沿z轴负方向，说明霍尔元件靠近右
侧的磁铁，位移方向向右，反之位移方向向左，所以该仪表可以确定位移的方向，B错
U
误；根据电场强度与压的关系可得，霍尔电场的电场强度大小为
E=
MN ，故C正确；
b
若霍尔元件中导电的载流子为电子，则当△z⟨0时，磁场方向向右，根据左手定则可知，
电子偏向下表面，下表面电势低，即M表面电势高于N表面的电势，故D错误.
7．A【解答】解：由图可知，该波的波长为12m，由公式 可得，该波的周期为T
＝1.2s，则之后的1.5s内质点M振动了T+0.3s，由图可知质点 =初始时刻距平衡位置3cm，
且向上振动，则再经过 时间质点距平衡位置3 cm.
物理试卷 第1页（总共4页）
{#{QQABAYKAggigQBBAAQhCAwXqCgAQkBAACAoGgBAIoAABSRNABAA=}#}二．多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有
多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8 9 10
AD ACD BD
8．AD【解答】由电容器决定式可知A正确，电容器与电源相连，板间有电势差，有存
储电荷，B错误;传感器突然向前加速，电解质相对电容器向后运动插入，电容增加，极
板电荷量增加，电流由b流向a,C错误;D.稳定后电容不变，极板存储电荷量保持不变，
所以指针不偏转D正确。
9．ACD【解答】由题意可知可见光Ⅰ是紫光，可见光Ⅱ是红光，可见光Ⅱ波长大，干
涉条纹间距大，动量小，光子能量小，发生光电效应时光电子最大初动能小，遏制电压
小。故ACD正确
10．BD【解答】小球受杆沿杆方向的支持力或拉力作用，竖直向下的重力作用，转动过
程中，杆对小球不做功，重力一直做正功，竖直方向速度一直增加，故A错误；杆对小
球不做功，重力对小球做正功，当 ＝90°时，由机械能守恒定律有 ，
解得： ，重力的最大α功率为： ， 故= B 正 确 ； 杆
对小球的作用力由支持力逐渐变为拉力，则在水平方向为向左的推力逐渐变为0，再变
= = =
为向右的拉力，杆对小球无作用力时水平方向速度速度最大，此时小球做圆周运动需要
的向心力为：F ＝m mg ，又由机械能守恒定律可得： ，
向
= ( − )=
.
解得 ，最大速度 则：vx ＝vcos ；当
时，小球已越 过速度最大位置，此时轻杆对小球有沿杆方向的 拉力 。综上BD正确。
= = θ = × = =
三、非选择题（本题共5小题，共54分．考生根据要求作答）
11．【答案】（1）D（2分）（2）小于（2分）（3）A（2分）（4） （2分）
【解答】（1）图2为弹力F与弹簧长度x的关系图像，根据胡克
定
+律
知
− −
F＝k（x﹣x0 ）当F＝0的时候弹簧的长度x0 为原长，故D正确.
（2）弹力F与弹簧长度x的关系图像的斜率表示弹簧的劲度系数，图线a的斜率小于
图线b的斜率，故a的劲度系数小于b的劲度系数.
（3）弹簧自身受到的重力可忽略时，其各部分均匀伸长，故A正确.
（4）由图3可知弹簧a的原长为x ，弹簧b的原长为x 则两根弹簧连接竖直悬挂时，
a b
整根弹簧根据胡克定律有k（L +L ﹣x ﹣x ）＝mg 解得k .
1 2 a b
12．【答案】（1）串联（2分） 1.1×104（2分） （2） 1.=4（ 2+分 ） − 0−. 11 （2分）
【解答】（1）串联分压，并联分流可知改装成大量程电压表应该串联由U=I(Rg+R ) 可
0
得定值电阻为1.1×104 Ω
2Ur 1 r 1
（2）由闭合电路欧姆定律可知 2E U , 变形可得 代入数据可
R U ER 2E
得E=1.4V,r=0.11 Ω
13．【答案】（1）330K （3分）（2）1.21×105Pa （3分） (3)191J（4分）
T T
解：（1）状态A→B,P不变， B A （2分）
S(d h ) Sh
0 0
物理试卷 第2页（总共4页）
{#{QQABAYKAggigQBBAAQhCAwXqCgAQkBAACAoGgBAIoAABSRNABAA=}#}可得 T =330K （1分）
B
P P
(2)状态B→C,V不变， C B （1分）
T T
C B
P S=P S+mg （1分）
B 0
可得 P =1.21×105pa （1分）
C
（3）从状态A→C,外界对气体做功 W=－P Sd （1分）
B
由热力学第一定律△U QW （2分）
可得 Q=191J （1分）
F 15B2d2v 2 3 8mF2R2
14.（12分）【答案】（1） 1 （4分） （2） Fd （4分）
m 32mR 2 25B4d4
B2d2 4FR 5B2d2 2
（3） x （4分）
R 5B2d2 4mR
解：（1）当棒ab运动 的距离时，棒接入有效长度为 L
1
=
由几何关系可知回路总电阻为R （1分）
总
( + )
BLv 5Bdv =( + )+ =
此时电流为 I 1 1 1 （1分）
1 R 8R
总
由牛顿第二定律得FBI L ma （1分）
1 1
F 15B2d2v
解得a 1 （1分）
m 32mR
（2）设导体棒到达NQ时的速度大小为v ，
2
2 3 1
由动能定理得F d W mv2 （2分）
2 安 2 2
B2d2v
F 2 F 4FR
其中安培力为 安 4 得v （1分）
R 2 5B2d2
5
2 3 8mF2R2
则QW Fd （1分）
安 2 25B4d4
（3）设从NQ处撤去水平恒力后，运动位移x时的速度为v，
由动量定理得mvmv BdIt （1分）
2
(Bdv)2 5B2d2v2
5Bdx P
根据电荷量的计算公式可得It ，解得产生的热功率 总 4 4R （1分）
4R R
5
4 B2d2 4FR 5B2d2 2
则定值电阻上的功率为P P x （2分）
5 总 R 5B2d2 4mR
物理试卷 第3页（总共4页）
{#{QQABAYKAggigQBBAAQhCAwXqCgAQkBAACAoGgBAIoAABSRNABAA=}#}15.（16分）【答案】（1） ；（3分）（2） ；（5分）（3） （8分）
解：（1）设从抛出到第一次与水面接触前时间为 ， 由
4.0m m/s 0.13s
（1分）
得
=
（1分）
× .
第一次与水面接触 前 = 水平 方向 = 的位 移 s=0.4s
（1分）
（2）第一次与水面接触前竖直方向的速度
= = × .4m=4.0m
（1分）
小石片在水面上滑行时，设水平方向加速度大小为 ，有
= =4m/s
（1分）
第一次与水面接触 后=跳 起=时 水 m平/滑s 行速度
（1分）
规定竖直方向下为正方向，第一次与水面接触后跳起时竖直方向分速度
= − =10m/−s 2 ×0.04m/s=9m/s
（1分）
′
竖直方向加速度为 =− =− × m/s=−6m/s
, （1分）
′
− − −
即大小为 = = . m/s =− m/s
（3）小石片在水面 上滑行时，加速度
m/s
每次滑行速度的 变 化=量− =− m/s
（1分）
由
= =−1m/s
（次） （1分）
−
= =
可知，小石片共在水平上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次，第n次弹起后的速度
（1分）
再由
= + =( − )m/s
v
yn
=kv
xn
（1分）
和
（1分）
可得第n次弹起 后 =在 空中 飞行的时间为
（2分）
最后一次弹起在 水=面 上( 飞−行 的. 时 )间为 （1分）
= .
物理试卷 第4页（总共4页）
{#{QQABAYKAggigQBBAAQhCAwXqCgAQkBAACAoGgBAIoAABSRNABAA=}#}
