《2021年高考物理押题预测卷（江苏卷）03（全解全析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年高考物理押题预测卷（江苏卷）03（全解全析）.pdf（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021年高考押题预测卷0 3【江苏卷】物理全解全析1.【答案】A1234567891 0ABBDDDDBBD【解析】氢原子从=4的能级跃迁到=3的能级的能级差小于从=3的能级跃迁到,1=2的能级时的能级差，根 据&一&=札 知，光子。的能量小于光子6的能量，所以a光的频率小于6光的频率，光子。的波长大于光子6的波长，故 A正确；光子匕的能量小于基态与任一激发态的能级差，所以不能被基态的原子吸收，故 B错误；根据E“一以=6 可求光子。的能量小于=4能级的电离能，所以不能使处于=4能级的氢原子电离，C错误；大量处于=3能级的氢原子向低能级跃迁时最多辐射3 种不同谱线，故 D 错误.2.【答案】
2、B【解析】在不加液体时光刻胶的曝光波长%=1 9 3 n m,而%=:光进入折射率为=1.4 4 的液体，在液体中传播的速度为丫=今加上液体后光刻胶的曝光波长2=，联立解得4=1 3 4 n m,B正确。3 .【答案】B【解析】由题意知，3.2 x 1 0%内发生0 衰变产生的电子的电荷量为Q=5.0 x l()-8 x 3.2 x l 0 4 c=1.6 x 1 0、c对应的电子数L g u _ j g -n j n.Ox l O叱个)由汨_ _ Y e+0 He可知，个怕 核发生一次p衰变产生一个电子，故这段时间内发生0衰变的田核的个数为1.0 X 1 0 9 选项B对。4 .【答案】D【
3、解析】网球做平抛运动，不管出射速度足够大，竖直方向的位移不为零，所以网球不能击中。点，故 A错误；发球间隔时间足够短，但两个网球的水平位移不相等，竖直位移不相等，所以两个网球在下落过程中不可能相遇，故 B错误；对于击中A点的网球，根据平抛运动的规律可得乙=%乩，解得击中A点的网球的初速度大小为%A=L后，故C错误;网球击中3点时.，据平抛运动的规律可得L=，解得击中B点的网球的初速度大小为%B=京，网球击中5点时时速度大小为VB=4嗑+2 g%=等+2gh2 ,故 D 正确。5 .【答案】D【解析】用一定频率的a单色光照射光电管时，电流计指针会发生偏转，知以X o,光的波长小于6光的波长，故A
4、项错误；发生光电效应的条件：v vo,增加6光的强度不能使电流计G的指针发生偏转，故B项错误；发生光电效应时，电子从光电管左端运动到右端，而电流的方向与电子定向移动的方向相反，所以流过电流计G的电流方向是c流向人 故C项错误；增加。光的强度可使通过电流计G的电流增大，故D项正确。6.【答案】DF【解析】对整体分析，根据共点力平衡得，小,解得嬴，故A错误；根据动能定理得F-2L /jmg-2L-/jmg-L=x 10/,故B错误；第一个滑块进入粗糙地带后，整体仍然做加速运动，各个物体的加速度相同,隔离分析，由于选择的研究对象质量不同，根据牛顿第二定律知，杆子的弹力大小不等，故C错误。在水平恒力F
5、作用下，由于第4个滑块进入粗糙地带，整体将做减速运动，设第块能进入粗糙地带，由动能定理尸（地）1 +2 +3 +.+（-1）=0-0,解得=7,所以7个滑块能全部进入粗糙地带，故D正确。7.【答案】D【解析】根据 2%2得 4M d卞=m（亍 H M=GTr知道周期T和半径r,但不知道引力常量G,不能求出太阳的质量，A错误；若知道地球和某一小行星绕太阳运转的轨道半径，可求出该小行星的周期，但不能求出小行星的质量，B错误；根据 Mm 得，小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外Gr=mg g=7 侧小行星的向心加速度值，C错误;由Mm2兀 2机（亍）r行星与太阳的连线在单位时间内扫过的面积加2T=
6、-24G M r,由于地球绕太阳运动轨道半径比内侧小行星绕太阳运动的轨道半径小,所示在相同时间内，地球与太阳的连线比内侧小行星扫过的面积要小，D正确。8.【答案】B【解析】根据匀强电场特点，平行等距的两线段电势差相等，则UA E=UEB=UFC,%-%=%-%=9D-SF=9F-%，解 得%=6 V，%=4 V。同理可得。BI=*F I=4 V。EDFB 等势面如图所示，则电场强度方向应该是过点F做EDRBi平面的垂线，所以A错误；场强沿。F方向的分量为U 6-4&=券=1=2V/m,同理场强沿EE、E F 方向的分量均为2V/m,故电场强度大小为dD F 1E=QE；+d2 =2&V/m，所
7、以B正确；B、F i 两点的电势差UB F I为 2 V,4、E两点的电势差UA E为-2 V,所以C错误；把 0.1 C 正电荷从。点移到B点，电场力做功为B=4UD8=1X(2)=-0.2 J,所以D错误；故选B。9 .【答案】Bh=g f：_【解 析】滑 块 1 离开桌面做平抛运动，由 2 ,=卬|,解 得 滑 块 1 离开桌面时的速度匕=4 m/s,选 项A错误；水 平 轨 道 8C光滑，剪断细线后弹簧恢复原长过程中，滑 块 1、2动量守恒，滑 块 1、2和弹簧机械能守恒，则町盟-地匕=。，。2 2 解得弹簧压缩时储存的弹性 势 能”=121选 项 B正确；滑 块 2上滑时，沿传动带斜
8、面方向，受到重力沿斜面向下的分力、Z2=0.2 s沿传动带斜面向下的摩擦力，有 外 g s i n +帆 g c os e =/,则 滑 块 2上 滑 的 时 间%,滑 块 2在 传 送 带 上 滑 的 位 移 大 小 为 2 ，传送带运动的位移大小为“传一 2-U S m,滑 块 2在传送带上滑过程中，传 送 带 痕 迹 长 度 =2+%=1001,选 项 c错误；滑 块 2开始下滑加 速 度 仍 为 生,由 于 传 动 带 速 度 大 于 ,则滑块下滑的过程是上滑的逆过程，下滑的到传动带底端时速度为彩,下滑需要时间为 2 =2 s。故 滑 块 2在传送带上运动的时间为 2 总=2 芍=0.
9、4 s选 项 D错 误。故 选 B。1 0 .【答案】D【解析】设金属杆无电流通过时弹簧的伸长量为A x,则有2 k Ax=mg s in0,则每条弹簧的伸长量为2 1蹙 士所以A 错误；弹簧的弹力为零时，电流从A 接线柱流入，有 B I h=mg s in9,则 1=嘲 或，所以B错误；设电流从B接线柱流入时，金属杆沿斜面向下移动x,则有B l h+mg s in B=2 k(x+Ax),联立2 k Ax =mg s in。得B l h=2 k x,即3X,设电流从A 接线柱流入时，金属杆沿斜面向上移动x,则有B I h=mg s in9+2 k（x Ax）或B I ll+2 k（Ax-x）
10、=mg s in 0,联立2 k Ax=mg s in 0也得到B U=2 k x,即 Nx,故电流表零刻度线上、下方刻度线分布都是均匀的，所以C错误；电流从B接线柱进入，金属杆带动指针沿斜面向下移动，故零刻度线下方为负值，设最大刻度为I m，由受力平衡得B I m h+m g s i n O=2 g +Ax）,即 4=需，所以D正确.1 1.【答案】（1）（2 分）B （2 分）（2）A D （2 分）（3）mOP=m O M+m i O N（3 分）m-OP2=mi-ONP+mi-O N2（3 分）（4）mi=mi+他 口 （3 分）【解析】（1）防止球1 反弹，球 1 的质量应大于球2的
11、质量，因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，。尸是1 球不与2 球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表1 球碰撞前的速度，0M是 1 球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后1 球的速度，ON是碰撞后2 球的水平位移，该位移可以代表碰撞后 2球的速度，当所测物理量满足表达式g。尸=班。加+加 2。可，所以除了测量线段OM、O P、O N的长度外，还需要测量的物理量是小球1 和小球2的质量如、m i,则要用到刻度尺和天平，故选BX（2）因为平抛运动的时间相等，根据u =所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平抛运动的射程间t接测量速度。故应保证斜槽末端水平，故 A 正确；实验要验证
12、町-。尸=町。加+加2。/,则不用实验前应该测出斜槽末端距地面的高度，故 B错误；实验过程中，白纸，复写纸都不能移动，故 C错误；小球落点的平均位置为用尽可能小的圆把1 0 个落点圈起来，此圆的圆心即为落点，故 D正确。故选A D（3）由分析可知，在实验误差允许范围内，若满足关系式町。尸=町。/+，4。可则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒只要g町 片=（加尚+巧破成立则机械能守恒，联立解得町 OP。m O M2+m2-O N2即此式成立，则说明碰撞是弹性碰撞（4）碰撞前，mi落在图中的9 点，设其水平初速度为也，小球阳和巾发生碰撞后，如的落点在图中此点，设其水平初速度为“，2的落点
13、是图中的N，点，设其水平初速度为四，设斜面BC与水平面的倾角为a,由平抛运动规律得E p S i n a =5 g产，Lp-c o s a =vt解得 岫c o s 2 aV 2sina同理有匕=cos2 a,=J gLN cos2 aV 2sina 2 sin a可见速度正比于JL，所以只要验证M 店=如n+侬 即 可12.【答案】(i )-121.2J(i i)1.212x i 05 Pa【解析】（i ）阀门K闭合时有p“，=P”=1.01x 105 p a（i 分）打开阀门后，活塞缓慢下降，如果活塞稳定时停留在汽缸底部，则此时气体体积减小为1.2 L,压强会大于p甲，不符合实际，故最终活
14、塞未与汽缸底部接触。所以打开阀门K后，气体的温度、压强均未变化，则体积也不变，设最终汽缸甲中气体体积为W则 有 V 甲=丫乙+匕，代入数据解得Vi=3.6L（l 分）,V，,V,活塞下移距离为代入数据解得x=0.12m（l 分）所以稳定后活塞的位置距汽缸顶部为0.12 n i o气体对活塞的作用力为尸=p S+M Jg=l 010 N（1 分）则上述过程封闭气体对活塞做的功为W=-Fx=010 x 0.12J=-121.2 J（1 分）（i i）阀门K关闭，环境温度升高到207 时，活塞将上升，如果气体发生等压变化，设最终甲中气体的体积为 L，根据盖一吕萨克定律守=栽 1分）1 2 1 I解得
15、 V2=5.76L V.P=4.8 L（1 分）说明活塞最终停在汽缸顶部，根据理想气体状态方程有竽=小（1 分）代入数据解得p/=1.212x 105 Pa（l 分）13.【答案】（l）2.75s；（2）M=0 m/s,v2=4m/s；（3）0【解析】（1）传送带的速度为o =4.0m/s 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a,由牛顿第二定律有：=m设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x”由运动学公式有丫2-谥=-2。*联立式，代入题给数据得为=4.5m：因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至也 然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为小 做匀减速运
16、动所用的时间为d由运动学公式有丫 =%-2联立式并代入题给数据有A=2.7 5S；（2）当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为叨，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为V 2,由运动学公式有可一片=2 gL试-说=2 gL由式并代入题给条件得V =J5m/s，v2=40 m/s（3）传送带的速度为u=6.0 m/s时，由于%口叫，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为X 2,所用时间为外 由运动学公式有丫=%+。4v2-VQ=2ax2 联立式并代入题给数据得r3=1.0s X2=5.5m 因此载物箱
17、加速运动1.0 s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动（加-4）的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为0有 退=贝 加 一，3）由 式可知/2 g jX3）即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设V 3,由运动学公式有，v-v2=-2 a（L-x2-x3）设载物箱通过传远带的过程中，传送带对它的冲量为/,由动量定理有/=用（匕-%）代题给数据得/=014.【答案】（1）悬J（2）（1+-/2 2-1）/?（3）警f【解析】（1）由b点进入磁场的粒子做圆周运动的轨迹如图甲所示，由几何知识可得，粒子做圆周运动的轨迹半径为H,qvB=nr（1分）
18、甲粒子在电场中加速，有qU=jmv1（1分）整理得2=怒（1分）（2）带电粒子从磁场边界射出，设从y轴右侧射出的粒子到），轴的最大距离为为，如图乙所示，由几何关系可得（十+1）吠2=好+（2衣）2 （|分）乙y轴左侧射出粒子到y轴最大距离为及=/?（1分）带电粒子从磁场上边界射出部分的长度为X=X 1+X 2=（1+/万 二 1）R （2分）（3）带电粒子垂直磁场上边界射出，如图丙所示内由于s i n/1 =,故N l=6 0。，又因N 2=4 5。，故/3=7 5。（1 分）带电粒子在磁场中运动的时间八=T（1 分）带 电 粒 子 在 磁 场 中 运 动 的 周 期-谪（1 分）整理得t尸啜
19、f（1 分）同理得N 4=1 5。（1 分）.TIBR2 又，2=2 4t7（1 分）1 5.【答案】（1）1 N,方 向 竖 直 向 上（2）0.2 2 J （3）0.6 7 5 m 1,3 5 m【解析】4从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：V A2v2=mAg-2R（1 分）在最高点由牛顿第二定律得：mAg+F t 4=m （1 分）解得FN=1 N （1 分）由牛顿第三定律得，滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1 N,方向竖直向上.（1 分）（2）爆 炸 过 程 由 动 量 守 恒 定 律 得 5 U B，（1 分）解得 V B=3 m/s （1 分）滑块B冲上小车后将弹
20、簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律得：mBVB(rnB+M)v K(1 分)由能量守恒定律得：p=1 m B VB21(WB+A 7)V(1 分)联立解得d=0.2 2 J （1 分）（3）滑块8最终没有离开小车，滑块8和小车具有共同的末速度，设为，滑块8与小车组成的系统动量守恒，有 meVB=（M+m B）u（1 分）若小车P Q之间的距离L足够大，则滑块B还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块B恰好滑到。点、,由能量守恒定律得 m3 1=品 汨 一；（相B+M）2（1 分）联立解得L=1.35m （1 分）若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块B必然挤压弹簧，由于。点右侧是光滑的，滑块B必然被弹回到 PQ之间，设滑块B恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律得：2 加 昭 L 2=多 砂/切+%层（1分）联立解得乙2=0 6 7 5 m （1 分）综上所述，要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，P Q之间的距离L应满足的范围是0.6 7 5m L 1.35m.（2 分）