【文档说明】卷5-备战高考物理【名校地市好题必刷】全真模拟卷（江苏专用）·3月卷（解析版）.docx，共(20)页，481.343 KB，由管理员店铺上传

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1备战2021年高考物理【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（江苏专用）·3月卷第五模拟一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分每题只有一个选项最符合题意。1．核燃料铀-235的一种典型的裂变方程是2351891920360UnXKr3n+→

++，衰变方程是235231492902UThHe→+，下列说法正确的是（）A．裂变过程吸收能量B．X核中含有88个中子C．X核与8936Kr核的总质量大于23592U核的质量D．裂变释放能量产生的高温会加快

23592U的衰变【答案】B【解析】A．核反应释放能量，所以核裂变和衰变都释放能量，故A错误；B．核反应遵循电荷数守恒和质量数守恒，故新核X的质量数为235-89-2=144，电荷数为92-36=56，故新核X的中子数为144-56

=88，故B正确；C．核反应质量会出现亏损，X核与8936Kr核的总质量小于23592U核的质量，故C错误；D．放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身决定的，与外界的物理和化学状态无关,故D错误。故选B。2．在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感系数

较大而电阻不能忽略的线圈，E为电源，S为开关。关于两灯泡点亮和熄灭的下列说法正确的是（）A．断开开关，a逐渐熄灭、b先变得更亮后再与a同时熄灭B．断开开关，b立即熄灭、a逐渐熄灭C．合上开关，a先亮，b后亮；稳定后a、b一样亮2D．合上开关，b先亮，a

后亮；稳定后b比a更亮一些【答案】D【解析】CD．合上开关，因电感线圈产生自感电动势，阻碍电流增大，因此b先亮，a后亮；稳定后b支路上电阻小，通过b的电流更大，所以b比a更亮一些，故C错误，D正确。AB．断开开关，原来通过灯泡b的电流立即消失；线圈中产生自感电动势阻碍电流的减小，在线

圈L、灯泡b和灯泡a之间组成回路，通过a灯的电流在原来电流大小基础上逐渐减小，因电流不增大，a灯不会变得更亮，只是逐渐熄灭，通过b的最大电流比原来电流小，因此也不会变得更亮，故AB错误；故选D。3．如图，a和b两单色光，以适当的角度向半圆形玻璃砖

射入真空，出射光线都从圆心O沿Oc方向射出，则下列说法正确的是（）A．a光的频率比b光的小B．a光的全反射临界角比b光的小C．分别通过同一双缝干涉装置，a光比b光的相邻亮条纹间距大D．两光在同一介质中传播，a光的传播速度比b

光的大【答案】B【解析】由图可知，从玻璃射入真空，两种单色光的入射角不同，折射角相同，根据光的折射定律sinsininr=可知a光的折射率大。AC．a光的折射率大，a光的频率比b光的频率大，a光的波长比b光的波长小，通过同一双缝干

涉装置，相邻亮条纹间距lxd=3可知a光比b光的相邻亮条纹间距小，故AC错误；B．全反射临界角1sinCn=因为a光的折射率大，所以a光的全反射临界角比b光的全反射临界角小，故B正确；D．光在介质中传播速度cvn=因为a光的折射率大，两光在同一介质中传播，a光的传播速度比b光的

传播速度小，故D错误；故B正确。4．如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动。甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v。乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做

加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v。若a1≠a2≠a3，则（）A．甲、乙不可能同时由A到达CB．甲一定先由A到达CC．乙一定先由A到达CD．若a1>a3，则甲一定先由A到达C【答案】A【解析】根据速度时间图线得，若13aa，如图所示：

因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则tt乙甲，即乙一定先由A到达C；若31aa，如图所示：4因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则tt乙甲＞；通过图线作不出位移相等，速

度相等，时间相等的图线，所以甲乙不能同时到达。故选A。5．如图所示，用与竖直方向成θ角（θ＜45）的倾斜轻绳a和水平轻绳b共同固定一个小球，这时绳b的拉力为F1，现保持小球在原位置不动，使绳b在原竖直平面内逆时针转过θ角，绳

b的拉力为F2，再逆时针转过θ角固定，绳b的拉力为F3，则（）A．F1<F2<F3B．F1=F3>F2C．绳a的拉力先减小后增大D．绳a的拉力一直增大【答案】B【解析】对小球受力分析，受到重力和两个拉力，三力平衡，如图5通过几何关系可知，力F

2垂直与细线，故132FFF=由图可知，绳a的拉力逐渐减小故选B。6．2015年9月30日，乒乓球亚锦赛中中国男团以比分3∶0击败日本男团，实现了亚锦赛男团项目的九连冠。如图，假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速跑动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间夹角为θ

。设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间摩擦，重力加速度为g，不计空气阻力，则（）A．运动员的加速度大小为gsinθB．球拍对球的作用力大小为mgcosθC．运动员对球拍的作用力大小为()cosMmg+D．运动员对地面的作用力方向竖直向下【答案】C【解

析】A．球和运动员具有相同的加速度，对小球分析如图所示，则小球所受的合力为mgtanθ，根据牛顿第二定律得tantanmgagm==故A错误；B．根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力cosmgN=6故B错误；C．对球拍和球整体分析，整体的合力为（M+m）a，根

据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为()MmgFcos+=故C正确；D．运动员在水平方向加速运动，运动员受到水平方向的摩擦力与竖直方向的支持力，合力不在竖直方向，根据牛顿第三定律可知，运动员对地面的作用力也不在竖直方向上，故D错误。故选C

。7．摄制组在某大楼边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶。如图所示，若特技演员质量m=50kg，导演在某房顶离地H=12m处架设了轮轴（轮与轴有相同的角速度），轮和轴的直径之比为3：2（人和车均视为质点，且轮轴直径远小于H），

若轨道车从图中A前进到B，在B处时，速度v=10m/s，绳BO与水平方向的夹角为53°，则由于绕在轮上细钢丝的拉动，使演员由地面从静止开始向上运动。在车从A运动到B的过程中（g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（）A．演员上升的高度为3mB．演员

最大速度为8m/sC．以地面为重力势能的零点，演员最大机械能为2400JD．钢丝在这一过程中对演员做功为4275J【答案】D【解析】A．在车由A到B的过程中，轮和轴转过的角度相等，即sin53HHhrR−=h为人上

升的高度，代入数据可解得h=4.5m，故A错误；B．将汽车的速度v沿绳和垂直绳方向正交分解，可得绳子伸长的速度7v1=vcos53°=6m/s由于轮轴的角速度相等，设人上升速度为v3，轮的半径为R，轴的半径为r，则有31vv

rR=代入数据可得v3=9m/s，即演员最大速度为9m/s，故B错误；CD．钢丝在这一过程中对人所做的功就是人具有的最大机械能，即23142752EmvmghJ=+=故C错误，D正确。故选D。8．如图所示，A、B、C、D为

一矩形的四个顶点，它们恰好处于同一个圆的圆周上，该平面存在一匀强电场。其中AC为圆的一条直径，已知A、B、C三点的电势分别为6.5V、2V、10V，AC长为5cm，37ACB=（sin370.6,37cos0.8==）。下列说法正确的是（）A．D点的电势

为5.5VB．电场强度的大小为3V/cmC．圆周上D点电势最高D．电子在D点的电势能比在B点的电势能低13eV【答案】C【解析】A．匀强电场中平行等间距的两线段端点电势差相等，则ABDC−=−代入数据得14.5VD=，A错误；D．电子在D点和B点的电势能分别为()p

1e2V2eVBE=−=−()p1e14.5V14.5eVDE=−=−8()p2eV14.5eV12.5eVE=−−−=电子在D点的电势能比在B点的电势能低12.5eV，D错误；C．设BC之间的M点电势与A点的相同，则有CMMBBMCMll−−

=79CMCMBMMBll−==−故99cos372.25cm1616BMBCAClll===o设AM与AB的夹角为α，由三角函数得2.25tan5sin37MBABll===o34解得3

7=过B作AM的垂线，即为电场线的方向，则电场线与BC间的夹角等于=37，故电场线的方向由D指向B，故圆周上D点电势最高，C正确；B．场强的大小为12.5V2.5V/cm5cmDBBDUEl===B错误。故选C。9．如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿在环上，

同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳上的最大拉力为2mg，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动，且细绳伸直时，则ω不可能．．．为（）9A．2gRB．2gRC．6gRD．7gR【答案】D【解析】

因为圆环光滑，所以小球受到重力、环对球的弹力、绳子的拉力等三个力。细绳要产生拉力，绳要处于拉伸状态，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°，如图所示当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，其大小为2Fmr=根据几何关系，其中sin6

0rR＝一定，所以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，对小球进行受力分析得mintan60Fmg＝即2m

intan60sin60mgmR＝解得min2gR=当绳子的拉力达到最大时，角速度达到最大，mmaxNax606sinsin0FTF=+10Nmaxcoscos6060TmgF=+可得max33gFm=同理可知，最大角速度为max6gR=则7gR不

在26ggRR范围内，故选D。10．如图所示，质量为m、带电荷量为+q的三个相同带电小球a、b、c，从同一高度以初速度v0水平抛出，小球a只在重力作用下运动，小球b在重力和洛伦兹力作用下运动，小球c在重力和电场力作用下运动，它们落地的时间分别为ta、tb、tc，落地

时重力的瞬时功率分别为Pa、Pb、Pc，则以下判断中正确的是（）A．ta=tb=tcB．ta=tc<tbC．Pb<Pa<PcD．Pa=Pb>Pc【答案】A【解析】AB、根据题意可知：A球只有重力做功，竖直方向上做自由落体运动；B球除重力之外还受到洛伦兹力作用，但B的洛伦兹力的方向总是水平方向的，不

影响重力方向，所以竖直方向也做自由落体运动；C球除受重力之外，还受到垂直纸面向里的电场力作用，竖直方向上做自由落体运动，故abcttt==，故A正确，B错误．CD、落体时的重力的功率等于重力乘以重力方向的速度，我们只研究竖直方向，发现B的洛伦兹力总是垂直纸面向里，不影响重力

方向，C的电场力方向也是垂直纸面向里的，对竖直方向也没用影响，故竖直方向都做自由落体运动，高度相同，所以末速度在竖直方向的分量相同，重力又相等，根据p＝mgvy可知三个球落地瞬间重力的瞬时功率相等，故CD错误．11．远距离输电原理图如图所示，升

压变压器和降压变压器均为理想变压器，当k由2改接为1时，下列说法不．正确的是（）11A．电压表读数增大B．电流表读数减小C．灯泡的实际功率在减小D．输电线上损失的功率减小【答案】C【解析】理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程

中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系．B.发电站输出功率P1和发电站输出电压U1是不变的，k接到1后，升压变压器副线圈匝数n2增多，根据1122

UnUn=知电压U2升高，所以输电线电压增大，由于输送功率不变，所以电流减小，即电流表示数变小，选项B正确；D.损失功率2PIR=损，电流减小，所以损失功率减小，选项D正确；A.损失电压UIR=损，电流减小，所以U损减小，所以最终降

压变压器的输出电压变大，电压表测路端电压，电压表示数变大，选项A正确；C.灯泡两端的电压增大，所以灯泡的实际功率在增大，选项C错误。本题选不．正确的，故选C。二、非选择题：共5题，共56分其中第13题～第16题解答时

请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12.（7分）如图所示，用气垫导轨来“验证机械能守恒定律”。滑块上固定两个相同的遮光条A、B

。用不可伸长的细线一端连接滑块，另一端绕过固定在导轨右端的定滑轮及一个动滑轮（质量、大小均不计）连接在天花板上，动滑轮两侧细线竖直。P为小桶（内有沙子）。实验主要步骤如下：12（1）测出滑块（含遮光条）的质量M和小桶及沙子的质量m，测出遮光条的宽度

d，按图所示正确连接器材；（2）调整气垫导轨，使________；（3）静止释放滑块，A、B先后经过光电门的遮光时间为t1、t2，则A通过光电门时的速率vA=________；（4）为得到小桶P的下落距离，需要测量________，用字母a表示；（5）

如果系统机械能守恒，则表达式________成立。【答案】气垫导轨水平，或答：轻推滑块（不带重物时）是否能匀速运动1dt两遮光条之间的距离2221()()()4mddmgaMtt=+−【解析】（2）气垫导轨没有摩擦力，不用平衡摩擦力，调节

水平即可，即气垫导轨水平。（3）A通过光电门时的速率1Advt=（4）桶下落的距离h等于两遮光条之间的距离长的一半，需要测量两遮光条之间的距离。（5）P的下落距离h等于两遮光条之间的距离长的一半，所以P的速度也是等于A、B经过光电门速度的一半，B通过光电门时的速率2B

dvt=根据机械能守恒22221111()()222222ABABvvmghMvmMvm++=+整理得2221()()()4mddmgaMtt=+−1313.（9分）测量未知电阻Rx的电阻值，提供如下器材待测电阻Rx，阻值10欧左右，电流表G(200mA，内阻未知)，电压表V(0

－3V，内阻未知)，定值电阻R0，滑动变阻器R1(0－10Ω)，滑动变阻器R2(0－100Ω)，干电池3V，电键、导线若干，某同学根据给定的器材设计测量电路如图，实验测量过程为A．闭合电键S1和S2，调节变阻器滑动头P，读出电压表和电

流表读数U0=1.08V，I0=180mAB．断开电键S2，调节滑动变阻器，读出G表和V表的几组数据作U－I图线如图(1)根据上述设计电路选择实验器材时，滑动变阻器应该是_______（填R1或R2）(2)请你用实线完成连接实物电路中未连接的导

线___。实验中在闭合电键前，根据实物电路，说明变阻器滑动头P应该调整在________端（左或右）(3)根据上述测量的几组数据在U－I坐标系中作出图线，并求出未知电阻Rx=____Ω(4)7组测量数据在U－I图中分别标点1、2、3、4、5、6、7，连直线如图所示，简单说明用

图像法求电阻比数字运算求电阻平均值的优劣_____________14【答案】R1左12.57Ω用图像法可舍去明显偏差的4点，能减小实验测量的误差【解析】（1）本实验采用的是分压式接法，滑动变阻器选择R1可以让实数调节的更明显（2）电路连接如图所示当滑动

变阻器滑片P滑在左端时，电路中电压表被短路，电压为零，当滑片P向右滑动时，电路中电压表电压逐渐增大，滑片P滑到右端时，电压表电压最大，因此为了电路安全，滑片P应滑在左端；（3）电键S1和S2都闭合时，

电压表和电流表读数U0=1.08V，I0=180mA可得0I006URRI+==又U－I图像的斜率表示待测电阻Rx，定值电阻R0和电流表电阻RI之和，由U－I图像可得0I2.6018.57140mxRRRk++===ＶＡ即12.57xR=（4）图像法能

更直观展示实验数据，可舍去明显偏差的4点，能减小实验测量的误差14.（10分）一定质量的理想气体，在初始状态A时，体积为0V，压强为0p，温度为0T。该理想气体从状态A经由一系15列变化，最终返回到原来状态A，

其变化过程的VT−图，如图所示。其中CA延长线过坐标原点，B、A点在同一竖直线上。求：(1)该理想气体在状态B时的压强；(2)该理想气体从状态B经由状态C回到状态A的过程中，气体向外界放出的热量；(3)若气体在A状态时的密度为，摩尔质量为M，阿伏加德罗常

数为AN，则气体单位体积内分子数n为多少？【答案】(1)03p；(2)2p0V0；(3)ANnM=【解析】(1)由图可知，从状态A到状态B气体温度为T1=T0为等温变化过程，状态B时气体体积为V1=3V0，状态A时气体体积为V0，压强为p0，由理想气体状态方程001101pVpVTT

=解得0001013pVTppTV==(2)由图线知从状态B到状态C为等容过程，外界对气体不做功，即=0BCW从状态C到状态A，等压变化过程，外界对气体做功为()0000032CAWpVVpV=−=对状态B经状态C回到状态A，温度不变，则内能增加量为△U=0，气体对外界

放收的热量为△Q，内能增加量为△U，由热力学第一定律△U=△Q＋△W解得16002QWpV=−=−即气体对外界放出热量为2p0V0。(3)A状态时的分子数0AVNNM=单位体积分子数0NnV=解得ANnM=。15.（12分）如图所示，光滑水平地面上有一个两端带有固定挡板的长木板，木板最右端

放置一个可视为质点的小滑块，滑块和木板均静止。现施加一水平向右的恒力F=11N拉木板，当滑块即将与左挡板接触时，撤去拉力F。已知木板的质量M=2kg、长度l=9.0m，滑块的质量m=2kg，滑块与左、右挡板的碰撞均为弹性碰撞，滑块与木板间的动

摩擦因数μ=0.05。g取10m/s2。求∶(1)撤去拉力时滑块的速度大小v1和木板的速度大小v2；(2)最终滑块与木板相对静止时，滑块距木板左端的距离x；(3)从撤去拉力到滑块与木板保持相对静止所经历的时间t

。【答案】(1)v1=1m/s,v2=10m/s；(2)4.5mx=；(3)9st=【解析】(1)木板受到拉力时，对木板1FmgMa−=对木块有2mgma=经过时间t撤去F，有22121122atatl−=17解得2st=此时滑块和木板的速度分别为111m

/svat==2210m/svat==(2)撤去外力后，滑块与木板组成的系统动量守恒，最终滑块与木板共速，有21()MvmvMmv+=+解得5.5m/sv=对于系统，由能量守恒得22221111()+222MvmvMm

vmgs+=+解得40.5ms=因为40.5m=49+4.5(m)s=所以滑块在木板上往返共四次后，最后相对静止在距左端的距离为4.5mx=(3)撤去拉力后，滑块与木板发生第一次弹性碰撞，有2143MvmvMvm

v+=+2222214311112222MvmvMvmv+=+解得310m/sv=，41m/sv=由此可知，质量相等的物体发生弹性碰撞时，会交换速度，因此滑块在与木板相互作用的过程中，速度小的物体不断加速，

最终二者共速，有4mgtMvMv=−解得189st=16.（18分）如图，竖直平面内放着两根间距1mL=、电阻不计的足够长平行金属板M、N，两板间接一阻值2R=的电阻，在金属板M、N间的CD边界上方有垂直纸面

向里的磁感应强度01TB=的匀强磁场，N板右侧区域KL上、下部分分别充满方向垂直纸面向外、向里的匀强磁场13TB=与2B（大小未知）。N板上有一小孔Q，Q点距分界线高21.210mh−=。有一质量0.2kgM=、电阻1r=的

金属棒搭在MN之间并与MN良好接触，用输出功率恒定的电动机拉着金属棒竖直向上运动，当金属棒达最大速度时，在与Q等高并靠近M板的P点静止释放一个比荷411Ckg0qm=的正离子，经电场加速后，以200ms=的速度从Q点垂直于N板边界射

入右侧区域。不计离子重力，忽略电流产生的磁场，取210msg=。求：(1)正离子从P处释放时，P、Q间的电势差U；(2)电动机的输出功率P；(3)离子从Q点进入右侧磁场后不会回到N板，磁感应强度2B的取值范围？【答案】(1)2V；(2)9W；(3)B22T【解析】(1)离子从P运动

到Q，由动能定理：212qUmv=解得PQ两端电压19U=2V(2)棒切割磁感线产生的感应电动势为：0mEBLv=由闭合电路欧姆定律：EIRr=+（）电流：UIR=安培力为0FBIL=安金属棒受力平衡：FMgF=+安功率为mPFv=联立解得电动机功率P=9W(3)如图所示，设离子恰

好不会回到N板时，对应的离子在上下区域运动半径分别为r1和r2，圆心连线与N板夹角为φ。在B1的磁场中，有211vqvBmr=解得运动半径为21210m3r−=由几何关系得20122(sin)rrr+=11cosrrh+=可得h=1.2×10-2m可解

得运动半径为221.010mr−=在B2的磁场中，有222vqvBmr=解得B22T