江西省五市九校協(xié)作體2024屆高三下學(xué)期第二次聯(lián)考物理參考答案

物理參考答案第=page22頁共=sectionpages1414頁物理參考答案第=page11頁共=sectionpages1414頁物理參考答案12345678910CDACBDDADBCBCD11.不需要(1分)(2分)(2分)(2分)12.(2分)(2分)(2分)B(2分)（1）；(3分)（2）；(3分)（3）(4分)14．（1）；(4分)（2）；(3分)（3）(5分)15．（1）；(5分)（2）；(6分)（3）(6分)詳解：1．C【詳解】A．由于空氣阻力不可忽略，則列車勻速行駛時，軌道對列車的作用力大小大于mg，故A錯誤；B．加速行駛時，列車所受的合力沿水平方向，但由于空氣阻力不可忽略，則軌道對列車的作用力不沿水平方向，故B錯誤；C．以加速度a加速行駛時，列車受到的合外力大小為ma，故C正確；D．減速行駛時，軌道對列車的作用力在豎直方向的分量等于重力，則軌道對列車的作用力不可能小于mg，故D錯誤。故選C。2．D【詳解】A．飛機做加速運動，根據(jù)動能定理可得合外力所做的功等于動能的改變，則飛機的合外力做正功，故飛機所受合力方向與速度方向的夾角為銳角，合外力方向不能指向圓心，故A錯誤；B．飛機的運動看做是加速圓周運動，沿半徑方向有飛機沿圓弧向上加速運動，則速度變化，故向心加速度發(fā)生變化，故B錯誤；C．飛機在豎直方向的速度為θ增大，豎直方向的速度增大，所以克服重力做功的功率越來越大，故C錯誤。故選D。3．A【詳解】兩繩對耙拉力的合力為耙沿水平方向勻速耙地，所以地對耙的水平阻力大小為故選A。4．C【詳解】A．時，Q點在平衡位置沿y軸正方向振動，根據(jù)“上下坡法”可知簡諧波沿x軸正方向傳播。故A錯誤；B．由圖乙可知，質(zhì)點振幅，周期，由圖甲可知波的波長為，從該時刻開始計時P點的振動方程為時P點的位移為故B錯誤；C．當(dāng)時，P點的位移為即P點到達(dá)平衡位置。故C正確；D．時刻質(zhì)點Q從平衡位置向下振動，故質(zhì)點Q的振動方程為故D錯誤。故選C。5．B【詳解】在P點恰好發(fā)生全反射，根據(jù)幾何關(guān)系可知，在E點的折射角與臨界角C互余。根據(jù)折射定律，解得單色光在玻璃磚中的傳播速度為故選B。6．D【詳解】A．近地衛(wèi)星繞行星做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力可得可得可知C、D繞A、B運行的速度之比為故A錯誤；B．近地衛(wèi)星繞行星做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力可得可得可知C、D繞A、B運行的周期之比為故B錯誤；C．在行星表面有可得可知行星A、B的表面重力加速度之比為對于物體a，根據(jù)動能定理可得可得對于物體b，根據(jù)動能定理可得可得則有故C錯誤；D．a(chǎn)、b兩物體在空中的時間分別為，a、b兩物體的水平位移分別為，聯(lián)立可得則a、b兩物體從拋出到落地的位移之比為故D正確。故選D。7．D【詳解】AB．由圖像可知，撤去拉力F前，物塊在木板上一直有相對運動，否則，撤去拉力F后，木板的圖像不可能是兩段折線。在內(nèi)，物塊做勻加速運動，則有設(shè)物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為，由牛頓第二定律有解得撤去拉力后木板做勻減速，由圖乙可知對木板，由牛頓第二定律有解得撤去拉力F前，木板的加速度對木板，根據(jù)第二定律有得故AB錯誤；CD．在內(nèi)，物塊位移為木板位移為由于可知，在后，物塊與木板間仍有相對滑動，物塊的加速度大小木板的加速度大小為，則有解得物塊到停止的時間還需木板到停止的時間還需所以木板比物塊先停止運動，在到物塊停止，運動的時間為物塊的位移為木板位移為物塊最終停止時的位置與木板右端間的距離為由上述分析可知，物塊從開始到停止運動的時間為3s，2s時的速度不為0，故D正確，C錯誤。故選D8．AD【詳解】A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，吸收一個中子后還應(yīng)釋放一個電子才能得到，核反應(yīng)方程為故A正確；Ｂ．根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，衰變方程為故B錯誤；C．半衰期是統(tǒng)計規(guī)律，對大量原子核適用，對少量原子核不適用，故C錯誤；D．半衰期是由原子核內(nèi)部自身的因素決定的，與物理、化學(xué)環(huán)境無關(guān)，故D正確故選AD9．BC【詳解】A．導(dǎo)體棒穩(wěn)定運動時導(dǎo)體棒中電流為零，感應(yīng)電動勢與電源兩端的路端電壓相等，即故A錯誤。B．閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒受到安培力向右同時導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，且方向與電源電動勢相反，電流減小，安培力減小，加速度減小，當(dāng)導(dǎo)體棒的電動勢和定值電阻R兩端電壓大小相等時，導(dǎo)體棒中電流為零，導(dǎo)體棒做勻速運動，速度達(dá)到最大，故B正確；C．由B分析可知得故C正確；D．導(dǎo)體棒穩(wěn)定運動時電源的輸出功率為故D錯誤；故選BC10．BCD【詳解】設(shè)電子穿過界面后的速度為，由于電子只受法線方向的作用力，其沿界面切線方向速度不變。則電子穿過界面的過程中，根據(jù)動能定理或能量守恒，則可解得則動能增加量為故選BCD。11．不需要【詳解】（1）[1]滑塊受到的拉力可以用彈簧秤測出，不需要滿足所掛鉤碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量；（2）[2]由勻變速直線運動速度與位移關(guān)系式知代入得（3）[3]根據(jù)牛頓第二定律知由圖像知代入數(shù)據(jù)得（4）[4]根據(jù)牛頓第二定律，對m有對M有代入得12．B【詳解】（1）[1]電路如圖所示（2）[2][3]根據(jù)則則解得（3）[4]根據(jù)圖3可知，開始隨著電壓的增大，但是電流是定值，根據(jù)則開始一段是一條過原點的直線，然后隨著電壓的增大，電流減小，電阻值增大，最后電壓達(dá)到一個定值故選B。13．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）經(jīng)分析可知，當(dāng)活塞剛要離開A處時，缸內(nèi)氣體的壓強為，從開始加熱到活塞剛要離開A處的過程，缸內(nèi)氣體做等容變化，有解得（2）假設(shè)缸內(nèi)氣體的熱力學(xué)溫度時，活塞已到達(dá)B處，從活塞離開A處到活塞剛到達(dá)B處的過程，缸內(nèi)氣體做等壓變化，有解得（3）由于，因此假設(shè)成立，缸內(nèi)氣體的熱力學(xué)溫度時，活塞已到達(dá)B處，此后由于限制裝置的作用，缸內(nèi)氣體做等容變化，有解得14．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）帶電粒子在區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有又有且聯(lián)立解得（2）帶電粒子在區(qū)域Ⅱ中做勻速直線運動，由平衡條件有解得（3）電場強度突然變?yōu)?，粒子運動到點過程，由動能定理有解得15．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）冰塊A的受力分析如圖所示B對A的支持力B對A的摩擦力畫出冰塊B的受力分析，如圖所示其中和分別是和的反作用力冰塊B水平方向受力平衡，可得草墊對B的摩擦力聯(lián)立解得（2）設(shè)整個過程中A、B的水平位移大小分別為xA、xB，畫出位移示意圖根