江苏省盐城市2021届新高考物理三模试卷含解析

1、江苏省盐城市2021届新高考物理三模试卷一、单项选择题：本题共 6小题，每小题 5分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的1.下列说法正确的是（）A .核反应前后质量并不守恒B .爱因斯坦在研究光电效应现象时提出了能量子假说C.用一束绿光照射某金属，能产生光电效应，现把这束绿光的强度减为原来的一半，则没有光电子飞出D.在光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比【答案】A【解析】【详解】A .由于存在质量亏损，所以核反应前后质量并不守恒，A正确；B.普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说，B错误；C.用一束绿光照射某金属，现把这束绿光的强度减为原来的一

2、半，因为频率不变，所以仍能发生光电效应有光电子飞出，C错误；D.在光电效应现象中，根据光电效应方程Ekm h Wo可知光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，但非成正比关系，D错误。故选A .如图所示，在与水平方向成。角的匀强电场中有一绝缘光滑细杆，底端固定一带正电的小球，上端有一带正电的小环，在环由静止释放后沿杆向下运动的过程中，下列关于小环能量变化的说法中正确的是()A.重力势能与动能之和增加C.机械能守恒【答案】B【解析】B.电势能与动能之和增加D.动能一定增加ABC .在环由静止释放后沿杆向下运动的过程中，受向下的重力、斜向上的电场力和竖直向上的库仑力， 因电场力和库仑力对环都做负

3、功，可知环的机械能减小；而环的动能、重力势能和电势能之和守恒，则因AC错误,电势能变大，则重力势能与动能之和减小；因重力势能减小，则电势能与动能之和增加；选项B正确；D.环下滑过程中一定存在一个重力、电场力、库仑力以及杆的弹力的四力平衡位置，在此位置时环的速度最大，动能最大，则环下滑时动能先增加后减小，选项 D错误；故选B。.已知氢原子光谱中有一谱线的波长为656.2nm,该谱线是氢原子由能级n跃迁到能级k产生的，普朗克常量h=6.63M0-34J s,氢原子基态能量 Ei13.6eV ,氢原子处于能级 m时的能量Em 与，真空m中光速c=3.0 M03m/s。则n和k分别为（）A. k=3;

4、 n=2B. k=2; n=3C. k=3; n=1D. k=1; n=3【答案】B【解析】【详解】谱线的能量为348c 6.63 103 1019 IE hv h - 9J 3.03 10 J 1.89eV656.2 10氢原子由能级n跃迁到能级k时释放出的光子的能量为匚E1E1E22nk1113.6(-22 )eVk n3时,n无解;2时,可得1时,可得n 1.1故A、C、D错误，B正确;故选Bo.将一个小木块和一个小钢珠分别以不同的速度，竖直向上抛出，若小木块受到的空气阻力大小跟速度大小成正比，即f kv （其中k为常数），小钢珠的阻力忽略不计，关于两物体运动的V t图象正确的是（取向上

5、为正方向）（）【答案】D【解析】【详解】小钢珠在运动过程中只受到重力作用，所以小钢珠的V t图象为一条向下倾斜的直线， 小木块在向上运动 过程中其加速度满足a mg kv m随着v的减小a减小，当速度减为零的瞬间加速度刚好减小到等于重力加速度，此时曲线的斜率跟斜线的 斜率相同，之后小木块下落，这个过程加速度满足a mg kv m加速度继续减小，如果高度足够高，小钢珠最后可能做匀速直线运动;故选Do.如图所示，重力均为 G的两小球用等长的细绳 a、b悬挂在O点，两小球之间用一根轻弹簧连接，两小球均处于静止状态，两细绳 a、b与轻弹簧c恰好构成正三角形。现用水平力F缓慢拉动右侧小球，使细绳a最终竖

6、直，并保持两小球处于静止状态。下列说法正确的是（）A.最终状态时，水平拉力 F等于J3GB.最终状态与初态相比，轻弹簧c的弹性势能保持不变C.最终状态与初态相比，右侧小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减小量加上力F做的功D.最终状态与初态相比，系统的机械能增加【答案】D【解析】【分析】【详解】AB.以左边小球为研究对象，初状态受到重力、弹簧弹力和细绳拉力，如图所示根据平衡条件可得细绳拉力TaG,其中 =30；则cosT 2Ga .3根据对称性可知，初状态细绳b的拉力大小为Tb2G3,末状态以右边的小球为研究对象，受到重力、细绳b的拉力和水平方向拉力而平衡，根据图中几何关系可得cos其中a 0

7、,则Tb2G,3c的弹性势能改变，后来三边构成的三根据平衡条件可得：F=Gtan”，由于弹簧的长度发生变化，轻弹簧 角形不是等边三角形，故 a W60。则F 73g ,故AB错误。C.最终状态与初态相比，根据能量守恒可知，两球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减小量加上力 F 做的功，而左侧小球机械能减小，故右侧小球增加量大于弹簧弹性势能的减小量加上力 F做的功，故C 错误；D.两球和弹簧组成的系统机械能的增加量等于外力 F做的功，由于F做正功，故系统机械能增加，故 D 正确。故选Do2018年7月29日09时48分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以箭双星”方式成功发射第33、34

8、颗北斗导航卫星。火箭将两颗卫星送入了同一个轨道上的不同位置，如图所示。如果这两颗卫星与地心连线成。弧度）角，在轨运行的加速度大小均为a,均沿顺时针做圆周运动。已知地球的半径为R,地球表面的重力加速度为 g,则第33颗北斗卫星从图示位置运动到第34颗北斗卫星图示位置所用的时间为【解析】【详解】根据题意卫星运动的加速为a,则GMm2-rma,22m() rGMm在地球表面时 2mg则第33颗北斗卫星从图示位置运动到第34颗北斗卫星图示位置所用的时间为t T2解得：tJg ，故B对；AC。故选B 二、多项选择题：本题共 6小题，每小题5分，共30分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部

9、选对的得 5分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分一列简谐横波沿 x轴正方向传播，P和Q是介质中平衡位置分别位于x=lm和x=7m的两个质点。t=0时刻波传到P质点，P开始沿y轴正方向振动，t=ls时刻P第1次到达波峰，偏离平衡位置位移为0.2m;t=7s时刻Q第1次到达波峰。下列说法正确的是（）A.波的频率为4Hz波的波速为1m/sP和Q振动反相t=13s时刻，Q加速度最大，方向沿 y轴负方向E.073s时间，Q通过的路程为1.4m【答案】BCE【解析】A.由题意可知1T 1s4可得T=4s频率f=0.25Hz选项A错误；B. t=ls时刻P第1次到达波峰，t=7s时刻Q第1次到达波峰，可

10、知在 6s内波传播了 6m,则波速为xv 一 1m/s t选项B正确；C.波长为vT 4m因PQ=6m=1 1入，可知P和Q振动反相，选项 C正确； 2DE . t=7s时刻Q第1次到达波峰，则t=6s时刻Q点开始起振，则t=13s时刻，Q点振动了 7s=1-T,4则此时Q点到达波谷位置，加速度最大，方向沿y轴正方向；此过程中Q通过的路程为7A=7X 0.2m=1.4m, 选项D错误，E正确。故选BCE。8.下列说法中正确的是（）A.分子运动的平均速率可能为零，瞬时速度不可能为零B.液体与大气相接触时，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引C.空气的相对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示D

11、.有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体E.随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小【答案】BDE【解析】【分析】【详解】A.分子做永不停息的做无规则运动，其平均速率不可能为零，而瞬时速度可能为零，故A错误；.表面张力的微观解释为液体表面层的分子间距较大，表现为引力，故 B正确；C.空气绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示，故 C错误；D.晶体具有规则的几何形状，有一定的熔点，物理性质表现为各向异性， 非晶体则没有规则的几何形状，没有一定的熔点，物理性质表现为各向同性， 二者在一定的条件下可以相互转化，例如，天然水晶是晶体，D正确;而熔化以后再凝结的水晶(即石英玻璃)就是非晶

12、体，故E.随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，当分子距离小于r0时，分子力为斥力，距离增大时分子斥力做正功，分子势能减小；当分子距离大于ro时，分子力为引力，距离增大时分子引力做负功，分子势能增大，故E正确。故选BDE。.如图所示，用等长的绝缘线分别悬挂两个质量、电量都相同的带电小球 A和B,两线上端固定于 。点,B球固定在。点正下方。当A球静止时，两悬线的夹角为0.下列方法中能保持两悬线的夹角不变的是( )A.同时使两悬线长度减半B.同时使两球的质量和电量都减半C.同时使A球的质量和电量都减半D.同时使两悬线长度减半和两球的电量都减半【答案】CD【解析】【详解】同时使两悬线长度减半，若

13、角度。不变，球间距减半，根据公式 匚=匚三，静电斥力增加为4倍，故重力和静电斥力的合力方向一定改变，不能在原位置平衡，故 A错误；同时使两球的质量和电荷量减半，A球的重力减小为一半，静电力都减小为四分之一，故重力和静电斥力的合力方向一定改变，不能在原位置平衡，故B错误；同时使 A球的质量和电荷量减半，A球的重力和静电力都减小为一半，故重力和静电斥力的合力方向不变， 球能保持平衡，故C正确；同时使两悬线长度和两球的电荷量减半，球间距减为一半，根据公式匚=口不，静电力不变，故重力和静电斥力的合力方向不变，球能保持平衡，故D正确。所以CD正确，AB错误。10.以下说法正确的是 A.液体表面张力有使液

14、面收缩到最小的趋势B.水结为冰时，水分子的热运动会消失C.热量总是自动地从分子平均动能大的物体向分子平均动能小的物体转移D.花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动E.恒温水池中，小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，对外做功，吸收热量【答案】ACE【解析】 【详解】A.液体由于存在表面张力，由收缩成球形的趋势，故 A正确；B.水结冰时，由液体变为固体，分子热运动仍然存在，故 B错误；C.由热力学第二定律可知，热量总是自发的从温度高的物体传到温度低的物体，即热量总是自动地从分子平均动能大的物体向分子平均动能小的物体转移，故C正确；D.花粉颗粒在水中做布朗运动

15、，反映了水分子在不停地做无规则运动，故D错误；E.由于水池恒温，故理性气体温度不变，内能不变，由于气体上升的过程体积膨胀，故对外做功，由热 力学第一定律可知，气体吸收热量，故 E正确； 故选ACE。11.如图甲所示，由一根导线绕成的矩形线圈的匝数n=10匝，质量m = 0.04 kg、高h=0.05 m、总电阻R= 0.5 Q竖直固定在质量为 M = 0.06 kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相同。线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度 vo= 2 m/s进入垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度B= 1.0 T ,运动过程中线圈平面和磁场方向始终垂直。若小车从刚进磁场位置 1运动到刚

16、出磁场位置 2的过程中速度v随车的位移x变化的图象如图乙所示，则根据以上信息可知（）A.小车的水平长度 l=10cmB.小车的位移 x= 15cm时线圈中的电流I = 1.5AC.小车运动到位置 3时的速度为1.0m/sD.小车由位置 2运动到位置3的过程中，线圈产生的热量Q= 0.0875J【答案】AC【解析】【详解】A.从位置1到位置2,开始进入磁场，安培力向左，小车减速，全进入磁场后，回路磁通量不再变化，没有感应电流，不受安培力开始匀速，所以根据图像可以看出小车长10cm, A正确B.小车的位移x= 15cm时，处于匀速阶段，磁通量不变，回路电流为零，B错误C.小车进入磁场过程中：（M

17、m）v2 （M m）w nBIh t nBhq ,出磁场过程中： TOC o 1-5 h z E .(M m)V3 (M m)V2nBIh t nBhq ,而进出磁场过程中电量：q It t n,进出磁场R R过程中磁通量变化相同，所以电量相同，所以mv2 mv1 mv3 mv2 ,解得：v3 1m/s, C正确212D.从位置2运动到位置3的过程中，根据能量守恒：一(M m)V2 (M m)V3 Q ,解得： HYPERLINK l bookmark127 o Current Document 2Q 0.0625J , d 错误12.长为l、间距为d的平行金属板水平正对放置，竖直光屏 M到金

18、属板右端距离为l ,金属板左端连接有闭合电路，整个装置结构如图所示.质量为m、电荷量为q的粒子以初速度V0从两金属板正中间自左端N点水平射入，当滑动变阻器的滑片在某一位置时，粒子恰好垂直撞在光屏上.对此过程，下列分析正确的是(),VA .粒子在平行金属板间的运动时间和从金属板右端到光屏的运动时间相等 2mgB.板间电场强度大小为 一 qC.若仅将滑片 P向下滑动一段后，再让该粒子从N点以水平速度V0射入板间，粒子不会垂直打在光屏上D.若仅将两平行板的间距变大一些，再让该粒子从 N点以水平速度V0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上【答案】ABD【解析】A、粒子先在水平放置的平行金属板间做平抛运动

19、，粒子恰好垂直撞在光屏上，所以粒子离开电场后，粒 子一定打在屏的上方，做斜上抛运动，粒子在水平放置的平行金属板间做平抛运动和离开电场后斜上抛运 动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等于V0,所以粒子在平行金属板间的运动时间和从金属板右端到光屏的运动时间相等，故A正确；B、设粒子在平行金属板间的运动过程中加速度大小为a,则粒子离开电场竖直分速度大小为qE mg ll2mgVy at1m一丁，粒子离开电场后斜上抛运动则有Vy gt2 g v ,联立解得E j，故B正确；C、若仅将滑片 P向下滑动一段后，R的电压减小，电容器的电压减小，带电量要减小，因为二极管具有单向导电性，所以电容器不

20、能放电，带电量不变，板间的电压不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒 子从N点以水平速度Vo射入板间，粒子会垂直打在光屏上，故 C错误；Q、，一，D、若仅将两平行板的间距变大一些，电谷器的电谷要减小，由 C J知U不变，电量要减小，但因为 二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，带电量不变，板间的电场强度不变，所以粒子的运动情况不变，再让1粒子从 N点以水平速度V。射入板间，粒子会垂直打在光屏上，故D正确;故选ABD .【点睛】粒子先在水平放置的平行金属板间做平抛运动，粒子恰好垂直撞在光屏上，所以粒子离开电场后，粒子一定打在屏的上方，做斜上抛运动，粒子在水平放置的平行金属板间做平抛运动和离开

21、电场后斜上抛运动，采用运动的合成与分解求解.三、实验题：共2小题，每题8分，共16分13.很多人都认为 力越小速度就越小”，为了检验这个观点是否正确，某兴趣小组的同学设计了这样的实验方案：在水平桌面上放一木块，木块后端与穿过打点计时器的纸带相连，前端通过定滑轮与不可伸长的细线相连接，细线上不等间距地挂了五个钩码，其中第四个钩码与第五个钩码之间的距离最大。起初木块停在靠近打点计时器的位置，第五个钩码到地面的距离小于木块到定滑轮的距离，如图甲所示。接通打点计时器，木块在钩码的牵引下，由静止开始运动，所有钩码落地后，木块会继续运动一段距离。打点计时器使用的交流电频率为 50Hz。图乙是实验得到的第一

22、个钩码落地后的一段纸带，纸带运动方向如箭头所示。(当地重力加速度大小 g取9.8m/s2)i第反)的研 ：圉用IM L 黜2 31) 1由2,SO 50 三棚 EMI 尉岭门血 k X 启 A X B儿3a飞、员兀1 图乙(1)根据纸带上提供的数据，可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的 段(用Di, D2,，D15字母区间表示)；第四个钩码落地后至第五个钩码落地前木块在做 运动。(2)根据纸带上提供的数据，还可以计算出第五个钩码落地后木块运动的加速度大小为 m/s 2 ；木块与 桌面间的动摩擦因数为=。(计算结果保留两位有效数字)(3)根据纸带上提供的数据，分析可知为越小速度就越小”的观

23、点是的。(填 正确”或 错误”)【答案】D106匀速直线5.00.51 错误(1)12.第五个钩码落地后木块将做减速运动，点迹间距逐渐减小，则可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的 Di。 Dii ；由此也可判断第四个钩码落地后至第五个钩码落地前的一段时间内，纸带上点迹均匀，木块在做匀速直线运动。(2)34.由纸带可看出，第五个钩码落地后 x 0.2cm根据 x aT2可得木块运动的加速度大小为_2x 0.2 10222 5.0m/sT 0.02mg g m可得科=0.51(3)5 .根据纸带上提供的数据，分析可知力越小速度就越小”的观点是错误的。14 .在探究加速度与力、质量的关系实验中

24、。(1)某组同学用如图甲所示装置，采用控制变量的方法，来研究小车质量不变的情况下，小车的加速度与小车受到合力的关系。下列措施中不需要和不正确的是 ;A.平衡摩擦力的方法就是在祛码盘中添加祛码，使小车能匀速滑动；B.每次改变拉小车拉力后不需要重新平衡摩擦力；C .实验中通过在祛码盘中添加祛码来改变小车受到的拉力；D.每次小车都要从同一位置开始运动；E.实验中应先放小车，然后再开打点计时器的电源；甲(2)实验使用频率为 50Hz的交流电源，得到的一条纸带如图乙所示。 从比较清晰的点起， 每4个点取一 个计数点，第1与第2个计数点的间距为 s=3.58cm,第3与第4个计数点的间距为 s =4.71

25、cm ,该小车的 加速度大小a=m/s2 (保留两位有效数字)。【答案】ADE 0.88【解析】【分析】【详解】1AB ,平衡摩擦力时，不是在祛码盘中添加祛码，而是通过调节垫板使重力沿木板方向的分力等于 摩擦力，即mgsin mgcos可以约掉m,只需要平衡一次摩擦力，故 A错误，符合题意；B正确，不符合题意；C正确，不符合题意;C.实验中通过在祛码盘中添加祛码来改变小车受到的拉力，故D.实验中每次小车不需要从同一位置开始运动，故 D错误，符合题意；E.实验中应先开打点计时器的电源，然后再放小车，故 E错误，符合题意； 故选ADE。2每4个点取一个计数点，则两个相邻计数点的时间间隔为T 4 0

26、.02s=0.08s根据s3 S1 2aT2得S3 s1ss a2-2-2T 2T代入数值解得2a 0.88m/s四、解答题：本题共 3题，每题8分，共24分15.如图，质量 M 0.3kg的长方体钢板静止在粗糙的水平面上，质量m 0.5kg的滑块静止在钢板右端。一质量mo 0.2kg的光滑小球沿水平面以初速度v0 5m/s向右运动，与钢板发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后钢板向右滑行，滑块恰好不从钢板上掉下来。已知钢板与水平面间的动摩擦因数10.1 ,与滑块间的动摩擦因数2 0.2,取g 10m/s2。求:(1)碰后瞬间，小球的速度大小和钢板的速度大小；(2)滑块在钢板上滑行的时间t;(3)钢

27、板的长度L以及钢板刚停下时滑块与小球间的距离x。【答案】(1)1m/s, 4m/s； (2) 0.5s； (3)1m , 2.25m(1)碰后瞬间，设小球的速度为 v,钢板的速度为 ,小球与钢板发生弹性正碰，取水平向右为正，满足动 量守恒和机械能守恒，则m0v0 m0v Mv1 TOC o 1-5 h z 12 12 1 2m0v0m0vMv1222解得v m_Mv01m/sm0 M2m0v0v14m/sm0 M小球的速度大小为1m/s,钢板的速度大小为 4m/s。(2)碰后，滑块水平向右做匀加速直线运动，钢板水平向右做匀减速直线运动，直至与滑块的速度相同。设钢板、滑块运动的加速度大小分别为a

28、1、a2,根据牛顿第二定律有1(M m)g 2mg Ma12mg ma2钢板与滑块速度相同时有v1a1t1v2a2t1解得t10.5s钢板与滑块共速后，由于1(M m)g a .1g a2M m滑块与钢板以相同的加速度一起水平向右做匀减速直线运动，则滑块在钢板上滑行的时间t t10.5s(3)在0 ： t1内，钢板的位移大小v1 、2 .x112滑块的位移大小X2v2t钢板的长度Lx1x2解得L 1m设钢板与滑块共速后到刚停下所用的时间为t2 ,则+a2、t2 a钢板刚停下时滑块与小球间的距离x |v| tl t2x2- at22解得x 2.25m16.平面直角坐标系 xOy中，第I象限存在垂

29、直于平面向里的匀强磁场，第印象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示.一带负电的粒子从电场中的Q点以速度vo沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍.粒子从坐标原点 O离开电场进入磁场，最终从 x轴上的P点射出磁场，P点 到y轴距离与Q点到y轴距离相等.不计粒子重力，问：(1)粒子到达。点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比.【答案】(1) J2V0 ,与x轴正方向成45 角斜向上 (2)包2【解析】【分析】【详解】(1)粒子运动轨迹如图:粒子在电场中由 Q到O做类平抛运动，设 O点速度v与x方向夹角为轴的距离为2L,粒子的加速度为 a,运动时间为t,根据平抛运动的规律有:Q点到x轴的距离为L,至ij yx 方向：2L Voty 方向：L at22粒子到达。点时沿y轴方向的分速度:vyattanvyvx解得tan 1,即 45 ,粒子到达O点时的夹角为450解斜向上，粒子到达 。点时的速度大小为vo v cos45(2)设电场强度为E,粒子电荷