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

20241物理·全解全析12345678910DBCDBACACDADABC1．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23514489通过实验最先发现的，A错误；92U核子数最多，结合能最大，但56Ba、36K比结合能较大，较稳定，235B错误；半衰期针对的是大量原子核的统计规律，对于1000个92U不适用，C错误；核裂变中，中子的速度不能太快，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。GMmv2GM3．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；r2rrGMmGM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r2r2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4m/s，则有vvcos4522m/s，则P、Q两点的高度差为hy0.4m，故y2g选D。15．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nc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an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60s+10s=70s；第三盏信号灯变绿经过的时间为70s+60s+10s=140s，第四盏信号灯变绿经过的时间为210s，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=210s+60s=270s，则最小速率为v40km/h，A正确。t7．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0.1s，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0.1s，波速v20cm/s，根据图像Δt2ππ可知，波长为8cm，周期T0.4s，C、D正确；根据题意yAsinx，将（3，0）代v4入，解得A1cm，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In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I2n1减小，故电流表的读数减小；流过电阻R1的电流减小，故R1消耗的功率减小，故A正确，B错误；保U1n1持Q的位置不变，P向下滑动，根据变压比公式，变压器的输出电压减小，故流过电阻R1的电U2n2U1n1流减小，故R1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，U2n2变压器的输出电压增加，故流过电阻R1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，故输入功率也增加，根据P=U1I1，输入电流增加，故两表示数都变大，D正确。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I6V，G3V，故OF为电势3V的等势面，由几何关系可得DI连线垂直于OA，与OF平行，为电势6V的等势面，即D6V，F3V，故AB正确；电场方向垂直于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6V/m，故D错误。Rd2d211．（1）不需要（2分）（2）22（2分）（3）A（2分）2Lt22Lt1【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；ddvv22（2）通过光电门1的速度为1，通过光电门2的速度为2，根据v2v12ax，可得t1t222dd22；t2t1dda=222L2Lt22Lt1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21F1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f2fm2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）②R2R1（3分）③串联（2分）300（3分）【解析】①电流表阻值为R1110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S2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，即为电流表G的内阻，即RgR2R1；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U6RRg3Ω100Ω=300Ω，故电阻箱阻值调到300Ω。Ig151013．（1）对活塞受力分析，由平衡条件得p0SMgp1S（2分）3解得pp（1分）1201（2）第一次充完气，对充进部分的空气研究，有p0SHp1Sh1（2分）301解得hH（1分）145（3）活塞与汽缸顶部的挡柱刚好接触时，有Hhn30次（1分）h1则前30次气体做等压变化，后15次充气气体做等容变化，有p115h1HSp2HS（2分）解得p22p0（1分）14．（1）粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t1，则竖直方向2dvt01（1分）1qE水平方向dt2（1分）2m1v2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11qEdmv2mv2（1分）220vcos0（1分）v解得v2v0，45（1分）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=}#}v2qvBm（1分）R由几何关系2Rsin2d（1分）v解得B0（1分）kd2d（2）由（1）可知，t1，45（1分）v0332πm所以粒子在磁场中运动的时间tT（1分）244qBtCOtt12（1分）(43π)d解得tCO（1分）2v015．（1）由动量守恒定律得mv0mvAmvB（1分）111由机械能守恒定律得mv2mv2mv2（1分）202A2B解得vB10m/s，vA0（2分）1（2）若碰后物块B恰好能达到与圆心等高的点，则mv2mgR（1分）2B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v2mgmm（1分）R11由机械能守恒定律得mv22mgRmv2（1分）2B2m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vB10m/s的速度滑上斜面，第一次滑上斜面，由牛顿第二定律得0mgcosmgsinma1（1分）2解得a110m/s（1分）物理全解全析第4页（共5页）{#{QQABSYAAggCgABAAABgCAQmICgIQkAECCCoOQAAMoAAAwRNABCA=}#}s2第一次滑上斜面的最大位移为1，由vB2as11（1分）解得s15m（1分）物理全解全析第5页（共5页）{#{QQABSYAAggCgABAAABgCAQmICgIQkAECCCoOQAAMoAAAwRNABCA=}#}