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江西省八所重点中学2024届高三下学期4月联考物理试卷（Word版附解析）
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这是一份江西省八所重点中学2024届高三下学期4月联考物理试卷（Word版附解析），文件包含江西省八所重点中学2024届高三联考物理pdf、物理答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
【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24He，属于α衰变，故AB错误；
C．γ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；
D．根据m余=m原12tτ可得，200g的P经276天，还剩余14m原，则已衰变的质量为150g，故D错误。
2．D
【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GMmR2=mRω2
化简可得ω=GMR3，由于R2>R1，因此空间站的角速度比同步卫星的大，故B错误；
C．设空间站、同步卫星的运行周期分别为T1、T2，根据开普勒第三定律可得R13T12=R23T22
整理可得T1T2=R13R23，故C错误；
D．设空间站、同步卫星的运行速率分别为v1、v2，根据牛顿第二定律可得GMmR2=mv2R
化简可得v=GMR，因此空间站与同步卫星的运行速率之比为v1v2=R2R1，故D正确。
3．D
【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：tanθ＝，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tanθ与电流I不成正比；同理sinθ＝，因为重力恒定，所以sinθ与电流I成正比，故C错误，D正确。
4．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sinC=11.5
由几何关系可知光线在F点的入射角为30°，因为sin30°=12<11.5,所以入射角小于临界角，不能发生全反射，设折射角为α，则sinαsin30°=n=1.5，解得sinα=0.75，故A、B错误；
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；
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
I=ER+r=220100+10A=2A,输出电压有效值U=E−Ir=220−2×10V=200V，
则电压表示数为200V，A错误；
B．由电功率公式可得小灯泡消耗的功率为P=U2R=2002100W=400W，B错误；
C．由图甲可知，交流电的周期为T=2×10−2s，可知电路中的电流方向每一个周期改变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Q=I2rt=22×10×1J=40J，D正确。
6. B
【详解】B．由题意结合图像可得Δt=0.5s=(n+12)T（n=0，1，2⋯）
可得周期为T=12n+1s（n=0，1，2⋯），故B正确；
A．由图可知波长为λ=4km，则波速为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；
D．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FΔt=Δp，可得F=ΔpΔt
可知防摔装置的作用是延长了手机与地面的接触时间Δt，从而减小手机所受到的合外力，即减小手机动量的变化率ΔpΔt，而手机动量的变化量Δp未发生变化。由于高度不变，则动能的变化量保持不变。
9. AD
【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；
B．小球加速度为零时，速度最大，设此时弹簧压缩量为x1，有mgsin45°=kx1cs45°
此过程中两个小球下降的高度均为ℎ=x12=5cm，由系统机械能守恒可得2mg×x12=12kx12+Ekm
解得两小球的最大总动能为Ekm=0.1J，故B正确；
B．设小球下落高度为H时速度减为零，则2mgH=12k2H2，解得H=10cm<12cm，小球不会从杆最低点脱落，故C正确；
D．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Ep=12kx2=0.4J
故D正确。
11. 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）
13. （10分）解：（1）对冰球分析： 2分
v02−(12v0)2=2a1s0 2分
解得：μ=3v028gs0 1分
（2）冰球的运动：s0=v0+12v02t 2分
运动员的运动：s03=12a2t2 2分
解得:a2=3v028s0 1分
14. （11分）（1）当金属杆稳定匀速运动时
电动势：E=BLv
闭合电路欧姆定律：I=ER+r 1分
牛顿第二定律：F-BIL-mgsinθ=0 1分
解得：F=3.5N 1分
（2）在0∼1s时间内，对金属棒由动量定理得：
（F﹣mgsin37°﹣）t＝mv1﹣0 2分
其中q＝t 1分
解得：v1=0.6m/s 1分
（3）从金属棒开始运动到达稳定，由动能定理得：
（F﹣mgsin37°）s+W安＝mv2﹣0
解得：W安＝-1.65J 2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=0.825J 2分
15. （18分）（1）（0，0）点入射的粒子
R=mv0qB 1分
解得：R=b 1分
离开磁场的位置坐标（2b，0） 1分
在磁场中运动的时间t=12T
T=2πmqB 1分
解得：t=πbv0 1分
（2）（−0.5a，a）入射的粒子做类平抛运动过原点
a=v0t1
0.5a=12a1t12 1分
a1=Eqm 1分
解得:E=mv02qa 1分
假设从坐标（x，y）射出的粒子，需要满足
y=v0t 1分
−x=12qEmt2 1分
两者联立可得轨迹方程x=−12ay2(−0.5a≤x≤0) 1分
（方程正确即可给分）
（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
qvB=mv2R 1分
所以粒子打到x轴的位置到原点距离为
x=2Rsinθ=2b 1分
与θ无关，所有粒子均从（2b，0）点射出
收集板位于x=b4时，与x轴夹角为α的粒子恰好打到收集板边缘，设粒子运动半径为R，根几何知识有
R2−b2+b42+3b42=R2 1分
可解得：R=54b 1分
由sinα=bR可得α=53° 1分
粒子进入磁场时速度方向与x轴夹角在45°~53°范围内的粒子可以打到收集板，则收集率
η=53°−45°90°−45°=845 2分
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
C
D
D
C
D
B
A
BD
AD
BCD
【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24He，属于α衰变，故AB错误；
C．γ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；
D．根据m余=m原12tτ可得，200g的P经276天，还剩余14m原，则已衰变的质量为150g，故D错误。
2．D
【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GMmR2=mRω2
化简可得ω=GMR3，由于R2>R1，因此空间站的角速度比同步卫星的大，故B错误；
C．设空间站、同步卫星的运行周期分别为T1、T2，根据开普勒第三定律可得R13T12=R23T22
整理可得T1T2=R13R23，故C错误；
D．设空间站、同步卫星的运行速率分别为v1、v2，根据牛顿第二定律可得GMmR2=mv2R
化简可得v=GMR，因此空间站与同步卫星的运行速率之比为v1v2=R2R1，故D正确。
3．D
【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：tanθ＝，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tanθ与电流I不成正比；同理sinθ＝，因为重力恒定，所以sinθ与电流I成正比，故C错误，D正确。
4．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sinC=11.5
由几何关系可知光线在F点的入射角为30°，因为sin30°=12<11.5,所以入射角小于临界角，不能发生全反射，设折射角为α，则sinαsin30°=n=1.5，解得sinα=0.75，故A、B错误；
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；
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
I=ER+r=220100+10A=2A,输出电压有效值U=E−Ir=220−2×10V=200V，
则电压表示数为200V，A错误；
B．由电功率公式可得小灯泡消耗的功率为P=U2R=2002100W=400W，B错误；
C．由图甲可知，交流电的周期为T=2×10−2s，可知电路中的电流方向每一个周期改变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Q=I2rt=22×10×1J=40J，D正确。
6. B
【详解】B．由题意结合图像可得Δt=0.5s=(n+12)T（n=0，1，2⋯）
可得周期为T=12n+1s（n=0，1，2⋯），故B正确；
A．由图可知波长为λ=4km，则波速为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；
D．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FΔt=Δp，可得F=ΔpΔt
可知防摔装置的作用是延长了手机与地面的接触时间Δt，从而减小手机所受到的合外力，即减小手机动量的变化率ΔpΔt，而手机动量的变化量Δp未发生变化。由于高度不变，则动能的变化量保持不变。
9. AD
【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；
B．小球加速度为零时，速度最大，设此时弹簧压缩量为x1，有mgsin45°=kx1cs45°
此过程中两个小球下降的高度均为ℎ=x12=5cm，由系统机械能守恒可得2mg×x12=12kx12+Ekm
解得两小球的最大总动能为Ekm=0.1J，故B正确；
B．设小球下落高度为H时速度减为零，则2mgH=12k2H2，解得H=10cm<12cm，小球不会从杆最低点脱落，故C正确；
D．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Ep=12kx2=0.4J
故D正确。
11. 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）
13. （10分）解：（1）对冰球分析： 2分
v02−(12v0)2=2a1s0 2分
解得：μ=3v028gs0 1分
（2）冰球的运动：s0=v0+12v02t 2分
运动员的运动：s03=12a2t2 2分
解得:a2=3v028s0 1分
14. （11分）（1）当金属杆稳定匀速运动时
电动势：E=BLv
闭合电路欧姆定律：I=ER+r 1分
牛顿第二定律：F-BIL-mgsinθ=0 1分
解得：F=3.5N 1分
（2）在0∼1s时间内，对金属棒由动量定理得：
（F﹣mgsin37°﹣）t＝mv1﹣0 2分
其中q＝t 1分
解得：v1=0.6m/s 1分
（3）从金属棒开始运动到达稳定，由动能定理得：
（F﹣mgsin37°）s+W安＝mv2﹣0
解得：W安＝-1.65J 2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=0.825J 2分
15. （18分）（1）（0，0）点入射的粒子
R=mv0qB 1分
解得：R=b 1分
离开磁场的位置坐标（2b，0） 1分
在磁场中运动的时间t=12T
T=2πmqB 1分
解得：t=πbv0 1分
（2）（−0.5a，a）入射的粒子做类平抛运动过原点
a=v0t1
0.5a=12a1t12 1分
a1=Eqm 1分
解得:E=mv02qa 1分
假设从坐标（x，y）射出的粒子，需要满足
y=v0t 1分
−x=12qEmt2 1分
两者联立可得轨迹方程x=−12ay2(−0.5a≤x≤0) 1分
（方程正确即可给分）
（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
qvB=mv2R 1分
所以粒子打到x轴的位置到原点距离为
x=2Rsinθ=2b 1分
与θ无关，所有粒子均从（2b，0）点射出
收集板位于x=b4时，与x轴夹角为α的粒子恰好打到收集板边缘，设粒子运动半径为R，根几何知识有
R2−b2+b42+3b42=R2 1分
可解得：R=54b 1分
由sinα=bR可得α=53° 1分
粒子进入磁场时速度方向与x轴夹角在45°~53°范围内的粒子可以打到收集板，则收集率
η=53°−45°90°−45°=845 2分
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