2024-2025学年江西省重点学校高三上学期7月开学联考物理试卷（解析版）

这是一份2024-2025学年江西省重点学校高三上学期7月开学联考物理试卷（解析版），共16页。

A．a处B．b处C．c处D．d处
【答案】A
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】根据万有引力公式
F=Gm1m2r2
可知，距离越近，万有引力越大，题图中a处单位质量的海水所受月球的引力最大。故选A。【分析】根据万有引力的计算公式分析判断。
2．（2024高三上·江西开学考）“玲龙一号”是我国具有自主知识产权的全球首个陆上模块化小型核反应堆，是继“华龙一号”后，我国核电自主创新的重大成果。若“玲龙一号”利用92235U核裂变释放的能量发电，典型的核反应方程为92235U+01n→56xBa+y92Kr+301n，则（ ）
A．x=140，y=36B．x=140，y=38C．x=141，y=36D．x=141，y=38
【答案】C
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】解题的关键是知道核反应前后质量数与电荷数均守恒。
x=235+1−92−1×3=141，y=92−56=36
故选C。
【分析】根据核反应前后质量数与电荷数均守恒求解。
3．（2024高三上·江西开学考）2024年7月5日，我国在太原卫星发射中心使用长征六号改运载火箭，成功将天绘五号02组卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。关于火箭点火发射升空的情景，下列说法正确的是（ ）
A．在火箭向下喷出气体的过程中，火箭的惯性变大
B．火箭尾部向下喷出气体，该气体对空气产生一个作用力，空气对该气体的反作用力使火箭获得向上的推力
C．火箭尾部向下喷出气体，火箭对该气体产生一个作用力，该气体会对火箭产生一个反作用力，使火箭获得向上的推力
D．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，因此火箭虽然向后喷气，但是无法获得向前的推力
【答案】C
【知识点】惯性与质量；反冲
【解析】【解答】A．惯性只与物体的质量有关，质量越大惯性越大，质量越小惯性越小。火箭喷出气体后质量变小，其惯性变小，故A错误；
BC．火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭尾部向下喷出气体，火箭对该气体产生一个作用力，该气体会对火箭产生一个反作用力，使火箭获得向上的推力，故B错误，C正确；
D．火箭飞出大气层后，火箭对气体作用，该气体对火箭有反作用力，使火箭获得向前的推力，故D错误。
故选C。
【分析】火箭对该气体产生一个作用力，根据牛顿第三定律，该气体会对火箭产生一个反作用力。
4．（2024高三上·江西开学考）如图所示，在直角棱镜ABC中，∠BAC为30°，一块平面镜紧贴AC面放置，一光线SO射到棱镜的AB面上，适当调整SO的方向，恰好使从AB面射出的光线与SO重合，此时入射光线SO与棱镜的AB面的夹角恰好也为30°。棱镜对该光线的折射率为（ ）
A．2B．3C．233D．62
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】根据光的传播特点，结合几何关系和折射定律分析，从AB面射出的光线与SO重合，说明光线经平面镜反射后沿原路返回，折射光线恰与BC平行，根据折射定律，可得棱镜对该光线的折射率
n=sin90°−30°sin30°=3
故选B。
【分析】根据几何关系得出入射角和折射角，通过折射定律求出棱镜的折射率。
5．（2024高三上·江西开学考）在南昌西站，一旅客在站台8号车厢候车线处候车。若列车每节车厢的长度（不计相邻车厢的间隙）均为25m，列车进站的运动可视为匀减速直线运动，则第6节车厢经过旅客用时102−1s，列车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示。列车的加速度大小为（ ）
A．0.5m/s2B．0.75m/s2C．1m/s2D．2m/s2
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】根据位移时间关系进行分析，开始经过第6节车厢时，车厢速度为v0，加速度大小为a，则由
L=v0t-12at2
即
25=v0×10(2-1)-12a[10(2-1)]2
可以逆向分析，列车做匀加速直线运动，初速度为0，根据匀加速直线运动位移与时间的关系式得出加速度。从6节到第8节车厢
v02=2a⋅2L
即
v02=100a
联立解得
a=0.5m/s2
故选A。
【分析】列车进站的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，根据位移—时间公式解答。
6．（2024高三上·江西开学考）消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题，小聪设计了一个“消声器”，用来削弱噪声。如图所示，置于管口T处的声源发出一列单一频率声波，分成的两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O处，先调节A、B两管等长，在O处接收到高强度的声波，然后将A管向右拉长d，在O处第一次探测到声波强度显著减小，则声波的波长为（ ）
A．dB．2dC．4dD．8d
【答案】C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】根据波发生干涉加强和干涉减弱位置的条件，结合波的叠加原理即可。当A、B两管等长时，两列波发生的干涉使得声波显著增强，波程差为半波长整数倍，将A管拉长d后，声波强度显著减小，说明两列波发生的干涉使得声波减弱，波程差为半波长奇数倍，因为这是第一次干涉使得声波减弱，所以A管上、下两部分伸长的距离之和为波长的一半，即
2d=λ2
解得
λ=4d
故选C。
【分析】根据波的干涉加强和干涉减弱的条件，结合题意得出波长的大小。
7．（2024高三上·江西开学考）某小区地下车库电动汽车充电站理想变压器的输入电压为10kV，输出电压为220V，每个充电桩的输入电流为15A，输入正弦交流电的频率为50Hz。下列说法正确的是（ ）
A．充电桩两端电压的最大值为220V
B．变压器原、副线圈的匝数比为11:500
C．通过变压器副线圈的电流的频率为1.1Hz
D．若10台充电桩同时使用，则通过变压器原线圈的电流为3.3A
【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．根据正弦式交流电最大值和有效值的关系求解最大值，充电桩两端电压的最大值为
Um=2U=2202V
故A错误；
B．根据匝数比和电压比的关系计算解答，变压器原、副线圈的匝数比
n1n2=10000V220V=50011
故B错误；
C．变压器不改变交变电流的频率，通过变压器副线圈电流的频率为50Hz，故C错误；
D．若10台充电桩同时使用，根据匝数比和电流比的关系计算解答，则通过变压器副线圈的电流
I2=10×15A=150A
设此时通过变压器原线圈的电流为I1，有
I1I2=n2n1
解得
I1=3.3A
故D正确。
故选D。
【分析】根距正弦交流电和变压器的相关特点，变压器不改变交变电流的频率，根据匝数比和电流比的关系计算解答。
8．（2024高三上·江西开学考）某人骑着摩托车在水平路面上以最大输出功率匀速行驶，遇到一个壕沟，壕沟的尺寸如图所示，h=0.8m，L=6m。路面对摩托车的摩擦力大小恒为400N，取重力加速度大小g=10m/s2，摩托车离开路面后失去动力，将摩托车（含人）视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．若摩托车跨过壕沟，则摩托车在空中运动的时间为0.4s
B．摩托车在空中运动的过程中处于超重状态
C．摩托车跨过壕沟的条件是最大输出功率不小于6000W
D．若摩托车跨过壕沟，则摩托车的最大输出功率越大，摩托车与右侧路面接触前瞬间所受重力做功的功率就越大
【答案】A,C
【知识点】超重与失重；平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】A．根据在竖直方向上做自由落体运动可求出时间，若摩托车跨过壕沟，则摩托车在空中运动的时间
t=2hg=0.4s
故A正确；
B．根据超重和失重的特点可分析，摩托车在空中运动的过程中，具有竖直向下的加速度g，处于完全失重状态，故B错误；
C．根据功率的求解公式可以分析，设摩托车恰好跨过壕沟时的最大输出功率为P，此时摩托车的速度大小为v，有
P=fv、L=vt
解得
P=6000W
故C正确；
D．摩托车的质量为m，只要摩托车能跨过壕沟，摩托车与右侧路面接触前瞬间所受重力做功的功率就恒为
PG=mgvy=mg2gh
故D错误。
故选AC。
【分析】摩托车在空中做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据下落的高度求出运动的时间，结合水平位移求出摩托车的最小速度。
9．（2024高三上·江西开学考）如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置。在管的底部固定带电小球甲。质量为m的带电小球乙（视为点电荷）从管口由静止释放，小球乙下落高度h到达A点时的速度为零。重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球乙下落过程中所受的静电力先减小后增大
B．小球乙下落过程中的加速度逐渐变大
C．小球乙下落过程中电势能的增加量为mgh
D．若其他情况不变，仅将小球乙的质量变为2m，则小球乙到达A点时的速度大小为gh
【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．当点电荷A在自身重力与点电荷间的库仑力作用下，由静止释放后到停止，因为小球乙下落过程中所受的静电力越来越大，所以小球乙先加速运动后减速运动，可知该过程中小球乙的加速度先减小后增大，故AB错误；
C．在此过程中重力做正功，库仑力做负功，且相等，对小球乙下落的过程，根据动能定理有
mgh+W电=0
解得
W电=−mgh
可得小球乙下落的过程中电势能的增加量
ΔEp=−W电=mgh
故C正确；
D．由动能定理求解最大速度，对小球乙下落的过程，
2mgh+W电=12×2mv2−0
解得
v=gh
故D正确。
故选CD。
【分析】根据小球乙受力情况，结合速度变化分析加速度变化，根据动能定理分析小球乙下降过程中电势能的变化及到达A点的速度。
10．（2024高三上·江西开学考）如图所示，直角三角形abc区域内（不包括三角形边界）存在磁感应强度大小为B、方向垂直三角形所在平面向外的匀强磁场，∠a=30°，ac=L，C为ac的中点，D为bc的中点，C点处的粒子源可沿平行cb的方向射入速度大小不同的正、负电子（不计电子所受的重力）。电子的比荷为k，不考虑电子间的作用。下列说法正确的是（ ）
A．可能有正电子从a点射出磁场
B．负电子在磁场中运动的最长时间为πkB
C．从D点射出磁场的负电子的速度大小为kBL3
D．从ab边射出磁场的正电子在磁场中运动的最长时间为2π3kB
【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A． 根据左手定则判断粒子所受的洛伦兹力的方向，确定粒子的偏转方向，从而判断粒子可能的出射点 ，若有正电子从a点射出磁场，则该正电子途中必然从ab边射出磁场，故A错误；
B．电子在磁场中运动的时间最长则对印的圆心角最大，当电子从ac边射出磁场时，电子在磁场中运动的时间最长，当电子从ac边射出磁场时，电子在磁场中运动的时间最长，且最长时间为半个周期，设电子的质量为m，电荷量为e，有
em=k
可得该最长时间
t1=12⋅2πmeB=πkB
故B正确；
C．由几何关系求半径，再由洛伦兹力提供向心力可求速度，设从D点射出磁场的负电子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系有
r2=L2−r2+L2tan30°2
设该负电子的速度大小为v，有
evB=mv2r
解得
v=kBL3
故C正确；
D．当正电子的运动轨迹恰好与ab边相切时，该正电子在磁场中运动的时间最长，根据几何关系可知，该正电子运动轨迹对应的圆心角
θ=120°
则该正电子在磁场中运动的时间
t2=120°360°⋅2πmeB=2π3kB
故D正确。
故选BCD。
【分析】当正电子的运动轨迹恰好与ab边相切时，该正电子在磁场中运动的时间最长，根据几何关系可求正电子运动轨迹对应的圆心角进而求时间。
11．（2024高三上·江西开学考）某同学用如图甲所示的电路测量金属丝的电阻率。
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，则螺旋测微器的示数d= mm。
（2）实验时，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在 （填“M”或“N”）端。
（3）若测得接入电路的金属丝的长度为L，电压表的示数为U，电流表的示数为I，则该金属丝的电阻率可用U、d、L、I表示为ρ= 。
【答案】（1）1.150
（2）M
（3）πUd24LI
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，螺旋测微器的示数d=1mm+0.01mm×15.0=1.150mm
（2）根据题图甲所示的电路可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关S前，滑片P应处使电压表以及电流表短路的位置，这样电流表电流为零，即处于M端。
（3）根据电阻定律进行分析，
金属丝的横截面积
S=πd22
金属丝的电阻
Rx=UI
Rx=ρLS
解得
ρ=πUd24LI
【分析】（1）根据螺旋测微器的精确度读数；
（2）滑动变阻器在电路的作用是保护电路；
（3）根据欧姆定律及电阻定律解答。
（1）螺旋测微器的示数
d=1mm+0.01mm×15.0=1.150mm
（2）根据题图甲所示的电路可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关S前，滑片P应处于M端。
（3）金属丝的横截面积
S=πd22
金属丝的电阻
Rx=UI
根据电阻定律有
Rx=ρLS
解得
ρ=πUd24LI
12．（2024高三上·江西开学考）学校物理兴趣小组设计了可以测量物体质量的“天平”，如图所示，长方形木箱放在水平地面上，两根相同的弹簧（劲度系数很大）上端竖直吊挂在木箱上顶面，水平托板、直杆、齿条、水平横杆竖直连在一起，直杆通过小孔（直杆未与小孔边缘接触）穿过木箱上顶面，横杆与两弹簧下端点相连。在齿条左侧固定一齿轮，齿轮与齿条啮合且可绕过圆心O的轴无摩擦自由转动，齿轮上固定一轻质指针，当齿条下移时，齿轮沿顺时针方向转动，指针随之转动，通过固定在齿轮上方的表盘可读出指针转过的角度。经过调校，托板上未放物品时，指针恰好指在竖直向上的位置。
（1）在托板上放上待测物体，指针未接触右侧的齿条，读出指针偏转的角度（以弧度为单位），若要求出每根弹簧伸长的增加量，则还需测量的物理量为（ ）
A．弹簧的劲度系数B．齿轮的半径C．指针的长度
（2）实验中，将弹簧较小的形变转换为指针偏转的角度，采用的科学方法是 （填“理想实验法”“控制变量法”或“放大法”）。
（3）若已知弹簧的劲度系数为k，齿轮的半径为R，指针偏转的角度为θ，当地的重力加速度大小为g，则物体的质量可用k、R、θ、g表示为m= 。
（4）为了提高“天平”测量的精确度，可以在其他条件不变的情况下，换用劲度系数更 （填“大”或“小”）的弹簧。
（5）本实验中，弹簧自身受到的重力对实验结果 （填“有”或“无”）影响。
【答案】（1）B
（2）放大法
（3）2kθRg
（4）小
（5）无
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1）因为齿轮传动，当指针偏转的角度为θ时，根据数学知识可得，每根弹簧伸长的增加量x=θR，所以还需测量的物理量为齿轮的半径。
故选B。
（2）实验中，利用放大法将较小的直线位移转换为较大的角位移，采用的科学方法是放大法。
（3）对放上托板的待测物体，根据物体的平衡条件，物体重力与弹力平衡，有
mg=2kx
又
x=θR
解得
m=2kθRg
（4）根据题意，由
m=2kθRg
变形可得
θ=mg2kR
根据表达式可得，在其他条件不变的情况下，k越小，精确度越高。
（5）根据质量与弧度的关系表达式
m=2kθRg
可知，待测物体的质量m与弹簧自身受到的重力无关。
【分析】（1）根据实验原理确定需要测量的物理量
（2）根据实验原理分析实验方法；
（3）根据图中所给的方案分析出齿条下降的距离等于齿轮转过的弧长，结合受力平衡求解表达式；
（4）根据数学知识可以求出弹簧形变量。利用平衡可以找到劲度系数的表达式，
（5）根据表达式分析误差。
（1）因为齿轮传动，当指针偏转的角度为θ时，每根弹簧伸长的增加量x=θR，所以还需测量的物理量为齿轮的半径。
故选B。
（2）实验中，利用放大法将较小的直线位移转换为较大的角位移。
（3）对放上托板的待测物体，根据物体的平衡条件有
mg=2kx
又
x=θR
解得
m=2kθRg
（4）根据题意，由
m=2kθRg
变形可得
θ=mg2kR
在其他条件不变的情况下，k越小，精确度越高。
（5）根据m=2kθRg可知，待测物体的质量m与弹簧自身受到的重力无关。
13．（2024高三上·江西开学考）驾驶员驾驶一满载救援物资的汽车从甲地到达发生冰灾的乙地后，发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降（假设轮胎内气体的体积不变，且不漏气），于是驾驶员在乙地给该轮胎充入压强与大气压p0相同的空气，使其内部气体的压强恢复到从甲地出发时的压强3p0。已知该轮胎内气体的体积为V0，从甲地出发时，该轮胎内气体的热力学温度T0=270K，乙地的热力学温度T=240K，假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变，将空气视为理想气体。求：
（1）在乙地时，充气前该轮胎内气体的压强p；
（2）充进该轮胎的空气的体积V。
【答案】解：根据题意，由查理定律有
3p0T0=pT
解得
p=8p03
（2）根据玻意耳定律有
pV0+p0V=3p0V0
解得
V=V03​​​​​​
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）充气前该轮胎内气体的体积不变，根据查理定律列式求解压强；
（2）根据玻意耳定律列式代入数据求解。
14．（2024高三上·江西开学考）如图所示，水平固定的光滑导轨P、Q的间距为L，方向竖直向上的匀强磁场分布在EFHG区域，磁感应强度大小为B，质量为m、电阻为R、长度为L的导体棒a从磁场左侧边界EF处以大小为2v0，的初速度进入磁场，同时，另一相同的导体棒b从磁场右侧边界GH处以大小为v0的初速度进入磁场。磁场区域FH足够长，两导体棒未在磁场中相遇，导体棒与导轨始终接触良好，不计导轨电阻。求：
（1）导体棒a进入磁场瞬间回路中的电流I；
（2）导体棒a进入磁场瞬间的加速度大小a。
【答案】解：（1）导体棒a进入磁场瞬间产生的感应电动势
E1=BL⋅2v0=2BLv0
导体棒b进入磁场瞬间产生的感应电动势
E2=BLv0
此时通过回路的电流
I=E1+E22R
解得
I=3BLv02R
（2）导体棒a进入磁场瞬间受到的安培力大小
F=ILB
根据牛顿第二定律有
F=ma
解得
a=3B2L2v02mR​​​​​​
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）由E=BLv0求出导体棒进入磁场瞬间产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出感应电流；
（2）再由安培力公式求出导体棒受到的安培力大小，从而计算加速度。
15．（2024高三上·江西开学考）如图所示，水平地面与半径R=0.5m的固定粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O点为半圆轨道的圆心，直径BOD竖直。质量m=0.5kg的物块甲静置在B点，与物块甲相同的物块乙在水平力的作用下，从水平地面上的A点由静止开始加速运动，经时间t=2s后，在物块乙通过半圆轨道的最低点B前瞬间撤去该水平力，两物块碰撞（碰撞时间极短）后粘在一起沿半圆轨道运动并恰好能通过半圆轨道的最高点D。已知两物块碰撞后瞬间对半圆轨道的压力大小FN=82N，物块乙与地面间的动摩擦因数μ=0.6，取重力加速度大小g=10m/s2，两物块均视为质点，不计空气阻力。
（1）求在物块乙从A点运动到B点的过程中，该水平力的冲量大小I；
（2）求在两物块从B点运动到D点的过程中，两物块克服摩擦阻力做的功Wf；
（3）若半圆轨道光滑，通过改变半圆轨道的半径，其他情况不变，使两物块通过D点后落到地面上的位置（不反弹）到B点的距离最大，求此种情况下半圆轨道的半径R'以及该最大距离xm。
【答案】解：（1）根据牛顿第三定律可知，两物块碰撞后瞬间所受半圆轨道的支持力大小
FN'=FN
设两物块碰撞后瞬间的速度大小为v1，根据牛顿第二定律并结合向心力公式有
FN'−2mg=2mv12R
解得
v1=6m/s
设两物块碰撞前瞬间物块乙的速度大小为v0，对两物块碰撞的过程，根据动量守恒定律有
mv0=2mv1
解得
v0=12m/s
对物块乙从A点运动到B点的过程，根据动量定理有
I−μmgt=mv0−0
解得
I=12N⋅s
（2）设两物块通过D点时的速度大小为v2，有
2mg=2mv22R
解得
v2=5m/s
对两物块从B点运动到D点的过程，根据动能定理有
−Wf−2mg⋅2R=12⋅2mv22−12⋅2mv12
解得
Wf=5.5J
（3）设当半圆轨道的半径为R0时，两物块能通过D点，且两物块通过D点时的速度大小为v3，对两物块从B点运动到D点的过程，根据动能定理有
−2mg⋅2R0=12⋅2mv32−12⋅2mv12
设两物块通过D点后在空中运动的时间为t，有
2R0=12gt2
两物块通过D点后落到地面上的位置到B点的距离
x=v3t
可得
x=−16R02+4v12R0g=−4R0−v122g2+v144g2
当4R0=v122g时，两物块通过D点后落到地面上的位置到B点的距离最大，有
R'=0.45m
解得
xm=v144g2=1.8m​​​​​​
【知识点】动量定理；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律计算两物块碰撞后瞬间的速度大小，结合动量守恒定律与动量定理分析解答；
（2）对两物块从B点运动到D点的过程，根据动能定理解答；
（3）根据动能定理与平抛运动规律列式，根据数学方法求极值。