【文档说明】山东省济南市历城第二中学2021届高三下学期4月新高考物理模拟压轴卷一 答案.doc，共(4)页，847.000 KB，由管理员店铺上传

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2020~21年度模拟压轴卷新高考物理一答案1．答案：C解析：质点在开始运动的前2s内平均速度大小为10m/s，即运动的前2s位移为20m，第2s位移在加速运动中大于10m，在减速运动中小于10m，若质点做

有往返的直线运动，则在第2s内的位移最小为0，也可以等于10m，故第2s内的平均速度可以大于、等于或小于10m/s，也可以为0，选项C正确，A、B、D错误。2．答案：B解析：即使同种频率的光照射也会产生不同初动能的光电子，选项A错误；大量处在4n=的氢原子发生能级跃迁发出6种不同频率

的光，其中能量大于2.7eV的光子有三种，选项B正确；光电子的最小初动能为0，选项C错误；由动能定理得ck0meUE=，故遏止电压k0mc2.7(13.6(0.85)eV10.05VEUee−−−−−===，选项D错误。3．答案：D解析：过程1气体等温膨胀

，内能不变，对外做功，吸收热量，选项A错误；过程2为绝热过程，气体不吸、放热，对外做功，内能减小，温度降低，选项B错误；过程3气体等温压缩，外界对气体做功，选项C错误；在abcda→→→→完整循环过程中，由气体做功WpV=

可知气体做的功等于图线与横坐标包围的面积，1、2两个膨胀过程气体对外做功大于3、4压缩过程外界对气体做的功，因此气体对外界做的功大于外界对气体做的功，选项D正确。4．答案：D解析：三根弹簧互成120°角且弹力大小相等

均为F，小球平衡时bc、弹力的合力必在竖直方向上，所以bc、两弹簧同为拉伸或压缩，两弹力的合力bcFF=，且三弹簧的弹力的合力等于小球重力mg，即bcFFmg=，等式左侧只能取“+”，且合力竖直向上，故弹簧a的弹力向上，弹簧被压缩，bc、两弹簧的合力向

上，弹簧被拉伸，选项A、B、C均错误；由bcFFmg+=可得，小球质量2Fmg=，选项D正确。5．答案：D解析：由h、t和g可求铅球投出时竖直方向的速度yv，由x和t可求投出时水平方向的速度xv，进而可求出v0和，A、B选项可求；由y

v、h和g可求出H，即C选项可求；由于投掷时铅球与运动员的手的作用时间未知，因此F不可求，即D选项不可求。6．答案：C解析：变压器线圈都可看作是一个电阻和一个理想线圈串联组成，所以次级线圈等效为有内阻的电源，当滑动变阻器触头向b滑动时，由1R、

2R组成的电路总电阻减小，变压器输出电流增大，变压器次级线圈电压2U降低，初级线圈电压1U等于理想交流电源电压且不变，选项B错C正确；由于次级线圈电压2U降低，小灯泡变暗，选项A错误；电阻1R两端电压升高

，功率增大，选项D错误。7．答案：C解析：图（a）可知，原点处波源运动到y轴负向最大位移处所用最短时间014tT=，则图（b）所示的波出现的时刻1()124tnTn=+（=0，，…），其中2sT=，因此12()s(0

12)4tnn=+=，，…，选项A错误；波源在原点O，则沿x轴传播的波以原点O对称向x轴正、负方向传播，由此可知质点P此刻的振动方向沿y轴负方向，选项B错误；由图（b）知波长3m=，则波速vT=，波从原

点O传播到P所用时间xtv=，解得8s3t=，选项C正确；由图（b）可知此时质点P沿y轴负方向运动，选项D错误。8．答案：D解析：由22MmvGmRR=得第一宇宙速度1GMvR=，因此21212:1MvRRMv==地火地火火地，选项A错误；由1vgR

=可得21212vRggvR==地火地火火地，选项B错误；由222()MmGmrrT=得3min2RTGM=，有331MRTTMR==地火地地火火，选项C错误；由343MR=得331MRMR==地火地地火火，选项D正确。9．答案：BCD解析：当激光射入透明体的折射角小于45°时，激光入

射到曲面时的入射角大于45°，由1sinnC=可知材料的折射率可小于2，选项A错误；根据光路可知，激光至少在曲面上发生一次全反射才能经B射出，选项B正确；入射角i相同时，材料的折射率越大，折射角越小，根据几何知识可知激光在曲面上发生全反射的次数越多，选项C正确；

由对称关系可知选项D正确。10．答案：BD解析：撤去轻杆瞬间，两轻弹簧的长度不变，弹力不变，因此小球C受力不变仍平衡，选项A错误；若撤去轻杆瞬间小球A处于失重状态，表明平衡时轻杆对A有向上的拉力，若平衡时轻杆拉力恰等于A球重力，则弹簧1处在原长状态，选项B正确；撤去轻杆瞬间，若

小球A处于超重状态，则说明轻杆对A有向下的压力，对B有向上的支持力，所以撤去轻杆时AB、所受合力方向相反，加速度方向相反，故一个超重一个失重，选项C错误，D正确。11．答案：AD解析：abcd、组成回路，电流相等，处在同一磁场中，因

此安培力等大反向，选项A正确；cd横截面积是ab的两倍，因此电阻为12R，由2PIR=可知ab的电功率是cd的两倍，选项B错误；由于两棒安培力等大反向，系统所受合外力为零，动量守恒，最终两棒速度相等为v，即有0()mvmMv=+，其中cd的质量22cdabMlSlSm

===，由动量定理对ab有0BIltmvmv−=−，而通过棒的电荷量qIt=，解得023mvqBl=，选项C错误；cd棒的电功率222()[]32abcdcdcdBlvvRPIRR−==，当00cdabvvv==、

时cdP有最大值，且2220m29BlvPR=，选项D正确。12．答案：BD解析：带电粒子在匀强电场中垂直于电场方向射入后做类平抛运动，若12=，由于tan2tan=，故12=，PMN、、三点在同一直线上，与初速度无关，选项A错B正确；若12=，PMN、、三点

同线，位移大则运动时间长，选项C错误；若12=、12:1:2ll=，PMN、、三点同线的同时，沿场强方向位移之比1212::1:2xxll==，由212xat=得22xmxtaqE==，则1212::1:2tt

xx==，选项D正确。13．答案：（1）弹丸射入沙箱后沙箱的速度大小与弹簧的形变量x成正比（或vx）（3分）（2）22()cMmglmd+（3分）解析：（1）弹丸和沙箱摆动时机械能守恒，有21()()(1cos)2MmvMmgl+=+−，即22(1cos)vgl=−，而由图（

c）可知2(1cos)x−，故弹丸射入沙箱后沙箱的速度大小与弹簧的形变量x成正比（或vx）；（2）弹簧的弹性势能转化为弹丸的动能，即2201122kxmv=，弹丸打入沙箱时动量守恒0()mvMmv=+，沙箱摆动时机械能守恒，21()()(1

cos)2MmvMmgl+=+−，联立得2211cos()2mkxMmgl−=+，结合图（c）有：21()2cmkdMmgl=+，解得弹簧的劲度系数22()cMmglkmd+=。14．答案：（1）B（1分）q（1分）（2）nm（2分）小于（1分）（3）AqRp−（2分）等于（

1分）解析：（1）由图（a）（b）分别得aaEUIr=+、A()bbEUIrR=++，0U=时abII，因此图线B对应图（a）；根据误差分析，在IU−坐标中，图线在U坐标上的截距最大等于电源电动势，因此截距越大，电动势误差越小，可知图（b）所得电源电动势误差比图（a）小，

因此对应的图线A在横坐标上的截距更接近电源电动势，因此电源电动势为q；（2）若电流表内阻未知，应采用图（a）的实验电路，则电源内阻nrm=，由于电压表与电源并联组成等效电源，因此r小于电源内阻真实值；（3）若已知电流表内阻为AR，

应采用图（b）的实验电路，则电源内阻AqrRp=−，电流表与电源串联组成等效电源，但电流表内阻已知，对测量结果没有影响，若不考虑偶然误差和电表精度误差，则r等于电源内阻的真实值。15．答案：1.5m解析：设该同学立定跳远的初动能为

k0E，则0k0lkE=①（1分），设学生在船上助跑距离为x，则()0mxMLxtt−−=②（2分），设在操场上助跑起跳初动能为kE，在船上助跑起跳初动能为kE，跳出距离为2l，则klkE=、2klkE=③（1分），kk0kk0EEEExx−−=

④（1分），2[()]xldLx=−+−⑤（1分），解得1.5mx=⑥（1分）。16．答案：（1）01130l（2）0116mgl解析：（1）横杆移动前，封闭气体压强10mgppS=+，体积10VlS=；移动后压强N20FmgppSS=++，体积

21VVlS=−。其中l为活塞移动量，设弹簧压缩量为x，由胡克定律得NFkx=①（1分），N2Fmg=，设活塞下移距离为l，则xdl=−②（1分），1122pVpV=③（2分），解得01130dl=④（1分）；（2）设封闭气体对活塞做功为p

W，对活塞，由动能定理得0kp()0mgpSlWW+++=⑤（1分），其中k022mgWl+=⑥（1分），活塞对封闭气体做功ppWW=−，封闭气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律得p0QW

−+=⑦（1分），解得0116Qmgl=⑧（1分）。17．答案：（1）gR（2）19345≥（3）2.5mgR解析：（1）货物能达到的最大速度与传送带的速度相等，由于货物在最高点C离开传送带，因此有2vmgmR=①（2分），解得传送带速度vgR=②（1

分）；（2）货物在AB间做直线运动时恰好达到最大速度，设ABl=，由动能定理得21cossin2mglmglmv−=③（2分），tan2Rl=④（2分），解得19345=⑤（2分），依题意可知，动摩擦因数应满足19345≥⑥（1分）；（3）由动能定理得2

f122WmgRmv−=⑦（2分），解得f2.5WmgR=⑧（2分）。18．答案：（1）53Bt（2）209Blt（3）5219lt，与x轴负方向成19°角解析：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图，设轨道半径为r，则rl=

①（1分），200vBqvmr=②（2分），055266rtTv==③（2分），联立解得53qmBt=④（1分）；（2）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，运动轨迹如图，设运动时间为1t，则01cos30lvt=⑤（1

分），211sin302lat=⑥（1分），qEma=⑦（1分），解得209BlEt=⑧（1分）；（3）设速度大小为v，与x轴负方向成角，则沿电场方向的速度1Evat=⑨（1分），220Evvv=+⑩（1分），cos(60)Evv=−⑪（

1分），解得5219lvt=⑫（1分），263cos(60)21−=⑬（1分），19=，即带电粒子第一次从电场进入磁场时速度方向与x轴负方向成19°角。（1分）