江西省八所重点中学2024届高三联考物理答案

江西省八所重点中学2024届高三联考物理试卷参考答案12345678910CDDCDBABDADBCD1．C【详解】AB．由电荷数守恒和质量数守恒得，Y的电荷数为2，质量数为4，则核子数为4，可知Y是，属于衰变，故AB错误；42C．射线在医疗上作为伽马手术刀可以精准切除肿瘤组织，故C正确；αγD．根据余原可得，的经276天，还剩余原，则已衰变的质量为，故D错误。112．D=2200gPo4150g【详解】A．空间站绕地球做匀速圆周运动，所受合外力不为零，处于不平衡状态。B．空间站、同步卫星都绕地球做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得22=化简可得，由于，因此空间站的角速度比同步卫星的大，故B错误；3=2>1．设空间站、同步卫星的运行周期分别为、，根据开普勒第三定律可得C331222121=2整理可得，故错误；3C1132=2．设空间站、同步卫星的运行速率分别为、，根据牛顿第二定律可得D2212=化简可得，因此空间站与同步卫星的运行速率之比为，故D正确。123．D=2=1【详解】A.导体受到向下的重力，沿悬线向左上的拉力，如要平衡安培力的方向一定朝右上方。对直导线MN进行受力分析，如图所示：根据左手定则可知，导线中电流方向应由M指向N，故A错误；B.直导线MN在悬线的拉力、安培力和重力的作用下处于平衡状态，当电流增大，安培力会变化，再次处于平衡状态时安培力与重力的合力发生了变化，相应的悬线对导线的拉力也要变化，由牛顿第三定律可知，导线对悬线的拉力会改变，故B错误；CD、因为磁场的方向处处指向OO'，即磁场处处与悬线平行，故直导线MN受到的安培力始终与悬线垂直。根据几何关系可得：tan＝，由B可知当电流I发生变化时，悬线的拉力T也要变化，所以tanθθ与电流I不成正比；同理sin＝，因为重力恒定，所以sin与电流I成正比，故C错误，D正确。θθ4．C【详解】AB．已知玻璃相对空气的折射率为1.5，则发生全反射的临界角C满足1sin=1.5由几何关系可知光线在F点的入射角为30°，因为,所以入射角小于临界角，不能发生全反11sin30°=2<1.5射，设折射角为，则，解得，故A、B错误；sinsin30°==1.5sin=0.75学科网（北京）股份有限公司C．调节CD面与AB面的夹角，使得光线a由CD面射向空气时，恰好发生全反射，调整后CD面与AB面的夹角为42°，故C正确；来源：高三答案公众号D．从三角形下方作出光线，如图所示由图可知在取景窗中得到的是倒立的像，故D错误。5.D【详解】A．由图甲可知，电动势的有效值为220V，由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为,输出电压有效值，220则=电压+表=示10数0+为10A20=0V2A，A错误；=−=220−2×10V=200V．由电功率公式可得小灯泡消耗的功率为，错误；B22B200C．由图甲可知，交流电的周期为T=2×10−2s，=可知=电1路00中W的=电4流00方W向每一个周期改变2次，可得每秒改变100次，C错误；D．由焦耳定律可得发电机线圈每秒钟发热，D正确。6.B22==2×10×1J=40J【详解】B．由题意结合图像可得（，，）1Δ=0.5s=(+2)=012⋯可得周期为（，，），故B正确；1A．由图可知波=长2+为1s=0，则1波2速⋯为v=4（2n+1），故A错误；C．波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，t时刻位于x=1km的质点沿y轴负向振动，故C错误；=4kmD．从t时刻开始计时，根据波形平移法可知，x=2.5km处的质点向上振动，故x=2km处的质点比x=2.5km处的质点先回到平衡位置，故D错误。7.A【解答】解：从a到c根据动能定理有：mgh＝，在c点根据牛顿第二定律有：kmg﹣mg＝联立解得：R＝，故A正确；8.BD【详解】依题意，根据动量定理，可得Δ可知防摔装置的作用是延长了手机Δ与=地Δ面的接触时=间Δ，从而减小手机所受到的合外力，即减小手机动量的变化率，而手机动量的变化量未发生变化。由于Δ高度不变，则动能的变化量保持不变。Δ9.ADΔΔ【解答】解：A、等差等势线的密度体现场强的大小，由图可知N点的等差等势线比M点更密，则N点的电场强度大小比M点的大，故A正确；B、沿着电场线电势逐渐降低，由图可知电场线由N指Q，则Q为负电荷，故B错娱；C、沿者电场线电势逐渐降低，结合各等势线的电势高低关系可知M点的电场方向沿x轴正方向，故C错误；D、M点与N点等势均为0V，P点与N点的等势线间隔四个，而相邻等势面的电势差为3V，则P点与M点的电势差为12V，故D正确。10.BCD【详解】A．小球运动过程中弹簧弹力做功，故机械能不守恒；学科网（北京）股份有限公司B．小球加速度为零时，速度最大，设此时弹簧压缩量为，有此过程中两个小球下降的高度均为，由系统机1械能守恒si可n4得5°=1cos45°1112解得两小球的最大总动能为ℎ=，2故=B5c正m确；2×2=21+kmB．设小球下落高度为H时速k度m减=为0.1零J，则，解得，小球不会从杆最12低点脱落，故C正确；2=22=10cm<12cmD．当两小球下落高度10m时弹簧的弹性势能最大，此时弹簧的压缩量为0.2m，则有J12故D正确。p=2=0.411.A（2分）B（2分）C（2分）12.0.6（2分）0.6（2分）左（2分）0.33（3分）（分）解：（）对冰球分析：分13.101mgma122分212v0−(2v0)=2a1s0解得：分213v0μ=8gs0（2）冰球的运动：1t2分v0+2v0s0=2运动员的运动：2分s0123=2a2t解得分:213v014.（11a分2=）（8s10）当金属杆稳定匀速运动时电动势：E=BLv闭合电路欧姆定律：1分E牛顿第二定律：F-BILI-=mgR+r1分解得：F=3.5N1分sinθ=0（2）在0∼1s时间内，对金属棒由动量定理得：（F﹣mgsin37°﹣）t＝mv1﹣02分其中q＝t1分解得：1分（3）从金属棒开始运动到达稳定，由动能定理得：v1=0.6m/s2（F﹣mgsin37°）s+W安＝mv﹣0解得：W安＝-1.65J2分根据功能关系可得：Q＝|W安|＝1.65J所以金属杆上产生的焦耳热：Qr＝Q=0.825J2分15.（18分）（1）（，0）点入射的粒子01分mv0解得R：=R=qbB1分学科网（北京）股份有限公司离开磁场的位置坐标（2b，0）1分在磁场中运动的时间1t=2T1分2πmT=qB解得：1分πb（2）（0.5a，a）入射的粒t子=做v0类平抛运动过原点−a=v0t11分120.5a=2a1t11分Eqa1=m解得分:21mv0假设从坐标（x，Ey=）射qa出的粒子，需要满足1分=01分12−=2两者联立可得轨迹方程1分12=（−方2程正(确−即0.5可给≤分）≤0)（3）粒子进入磁场时速度方向与x轴夹角在45°~90°范围内，设经过原点的粒子速度为v，与x轴夹角为θ，则粒子在第四象限的轨迹半径为R，则分21所以粒子打到x轴的位置到原点距离为=1分与无关，所有粒子均从（2b，0）点射出=2sin=2收集板位于时，与x轴夹角为的粒子恰好打到收集板边缘，设粒子运动半径为R，根几何知=识4有α1分222232−+4+4=R可解得：R=1分54b由可得1分粒子进入磁场时速度方向=与x轴夹角=在534°5°~53°范围内的粒子可以打到收集板，则收集率2分53°−45°8=90°−45°=45学科网（北京）股份有限公司