江苏省南通市2021届新高考物理三模试卷含解析

1、江苏省南通市2021届新高考物理三模试卷、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.某同学用如图甲所示的装置测量滑块A与木板间的动摩擦因数，用手缓慢地提起木板的左端使木板以其右端为圆心缓慢转动，当板与水平方向的夹角37时，滑块A开始沿板下滑。而后将木板和滑块 A平放在水平桌面上， 木板固定在桌面上，如图乙所示，滑块A左侧弹簧测力计读数为 5N且处于伸长状态，右侧通过轻质细绳绕过定滑轮悬挂一轻质祛码盘，滑轮摩擦不计，滑块的质量M 1kg,连接滑块的弹簧测力计和细线均水平放置，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若缓慢增加盘中的祛码，使盘中祛

2、码总质量达到1.2kg时，将会出现的情况是 g 10m/s2 （）甲乙A . A向右运动B.木板对A的摩擦力为7.5NC.木板对A的摩擦力方向保持不变D.弹簧测力计读数仍为 5N【答案】D【解析】【详解】ABD.缓慢转动木板使滑块开始下滑时，静摩擦力恰好达到最大值，由平衡条件得:Mg sin Mg cos解得:0.75,木板与滑块水平放置时，木板与滑块间的最大静摩擦力：fmMg 0.75 1 10N 7.5N ,不放祛码时，滑块水平方向受弹簧测力计的拉力和木板对A的摩擦力，由平衡条件得:F f 5N摩擦力方向水平向右，当祛码盘总质量达到1.2kg时，物块A受到右侧绳的拉力：FT mg 1.2

3、10N 12N设滑块仍处于静止，由平衡条件得:F fFT,得:f 7N 7.5N ,假设成立，滑块仍处于静止，弹簧测力计读数仍为5N,故AB错误，D正确；C.对比初状态的摩擦力可得摩擦力方向由水平向右变为水平向左，故C错误。故选：Do2.如图所示，物体 A、B的质量分别为 m、2m,物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为 R,将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则（）A. A、B物体组成的系统动量守恒B. A不能到达圆槽的左侧最高点C. A运动到圆槽的最低点时 A的速率为J|gRD. A运动到圆槽的最低点时 B的速率为JgR【答案】D【解析】【分析】【详解】A. A、

4、B物体组成的系统只有水平方向动量守恒，选项A错误；B.运动过程不计一切摩擦，故机械能守恒，那么 A可以到达B圆槽的左侧最高点，且 A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故 B错误；CD.对A运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒mvA 2mvB对AB整体应用机械能守恒可得1212mgRmvA2mvB22所以A运动到圆槽的最低点时 B的速率为VBgR4gR故C错误，D正确;故选Do3 . 2019年8月，法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的飞板”，仅用22120kg,设发动机启动后将分钟就飞越了英吉利海峡 35公里的海面。已知扎帕塔（及装备）的总质量为气

5、流以6000m/s的恒定速度从喷口向下喷出，则当扎帕塔（及装备）悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出气体的质量为（不考虚喷气对总质量的影响，取g=10m/s2)()A. 0.02kgB. 0.20kgC. 0.50kgD. 5.00kg设扎帕塔（及装备）对气体的平均作用力为F ,根据牛顿第三定律可知，气体对扎帕塔（及装备）的作用力的大小也等于 F ,对扎帕塔（及装备）F Mg设时间t内喷出的气体的质量m,则对气体由动量定理得mv解得F Mg_ v v代入数据解得m0.2kg发动机每秒喷出气体的质量为0.2kg,故B正确，ACD错误。故选Bo4 .如图所示，A、B两滑块质量分别为 2kg和4kg,用

6、一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平面上，并用手按着滑块不动，第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4kg的钩码C挂于动滑轮上，只释放 A而按着B不动；第二次是将钩码 C取走，换作竖直向下的 40N的恒力作用于动滑轮上，只释放B而按着A不动。重力加速度 g=10m/s2,则两次操作中 A和B获得的加速度之比为（）ognA. 2: 1B. 5: 3C. 4: 3D. 2: 3【答案】C【解析】【详解】第一种方式：只释放 A而B按着不动，设绳子拉力为Ti, C的加速度为a,对A根据牛顿第二定律可得T i=mAaA对C根据牛顿第二定律可得：mcg-2T i=mca根据题意可得aA

7、=2a联立解得：2aA 3g第二种方式：只释放 B而A按着不动，设绳子拉力为T2,对B根据牛顿第二定律可得T 2=mBaB而T=40N=2T 2联立解得：1aB= g2在以上两种释放方式中获得的加速度之比为aA： aB=4： 3,故C正确、ABD错误。故选Co5.在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m小物块，如图甲所示。升降机从 t=0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g,以下判断正确的是（）*A.在02to时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态B.在to3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态C

8、. t=to时刻，物块所受的支持力大小为mgD. t=3to时刻，物块所受的支持力大小为 2mg【答案】C【解析】【分析】【详解】A .由乙图可知，在 02to时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，A错误;B.由乙图可知，在 to3t。时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，B猎；C.由乙图可知，t=to时刻，物块所受的支持力大小为mg, C正确；D.由乙图可知，t=3to时刻，物块所受的支持力大小为mg, D错误。故选Co在一次抛砖的过程中，砖6.建筑工人常常徒手向上抛砖块，当砖块上升到最高点时被楼上的师傅接住。块运动3s到达最高点，将砖块的运动匀变速直线运动，砖块通过第2s内位移

9、的后1用时为ti,通过第1s31t2内位移的刖一用时为t2,则一满足（）5ti1 t211 t211 t211 t2 .A 54 B 43 C 3 R 2» A1【答案】C【解析】【分析】【详解】竖直向上抛砖是匀变速直线运动，经过3s减为0 ,可以从最高点开始逆向思维，把上升过程反过来看作12自由洛体运动。根据自由洛体运动的公式h gt ,得第1s内，第2s内，第3s内的位移之比为2§ : S2 : S31: 3: 5从最高点开始，设第 1s内位移为x ,则第2s内为3x,第3s内为5xo所以从最高点开始，砖块通过上抛第2s位移的后1的位移为第2个x,通过第1s内位移的前1

10、的位移即为第9个x,按照自由落体公式可35t2ti0.41所以ABD错误，C正确。故选Co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.全部选对的得 5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分7 .如图所示，将一个细导电硅胶弹性绳圈剪断,在绳圈中通入电流，并将其置于光滑水平面上，该空间存在竖直向下的匀强磁场。已知磁感应强度为B0,硅胶绳的劲度系数为k,通入电流前绳圈周长为L ,通入顺时针方向的电流 I稳定后，绳圈周长变为Lio则下列说法正确的是（A.通电稳定后绳圈中的磁通量大于BoL248 . ACB段绳圈所受安培力的合力大小为BoILi2C

11、.图中AB两处的弹力大小均为B0LL1D.题中各量满足关系式2 k B0I【答案】ACDA.通入顺时针方向电流 I稳定后，绳圈周长为 Li,由Li 2 ri可得ri 上，面积 2s12(32 ；B。，由磁通量公24由安培定则可判断出环形电流在环内产生的磁场方向竖直向下，绳圈内磁感应强度大于式BS可知通电稳定后绳圈中的磁通量大于BOLL，故A正确；48. ACB段的等效长度为2ri ,故ACB段所受安培力LiBo ILiF B0I 2rl 2B0I 2故B错误；C.设题图中 A B两处的弹力大小均为 Fi,对半圆弧ACB段，由平衡条件有2FiBoILi解得Fi BIL ,故C正确;D.由胡克定律

12、有Fi k(Li L)一.BIL解得Li L 工，两侧均除以Li ,得2ki L网Li 2kI 2kBoI 皿 a即,故D正确。II 2k故选ACD。8.如图，水平面内固定有两根平行的粗糙长直金属导轨，两根相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。从t=0时开始，对AB棒施加一与导轨平行的水平外力F,使AB棒从静止开始向右做加速度大小为a0的匀加速直线运动。导轨电阻不计，两棒均与导轨接触良好,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。下列关于CD棒的速度v、加速度a、安培力F安和外力F随时间t变化的关系图线可能正确的是（B.C.【答案】BD【解析】【分析】D.A.因

13、金属棒与导轨之间有摩擦力，可知开始时导体棒CD的速度为零，当所受的安培力等于最大静摩擦力时才开始运动，故 A错误;B.开始时，CD棒的速度为零，加速度为零；当 CD开始运动后加速度从0开始逐渐变大，与 AB的速度差逐渐变大，则回路中感应电流逐渐变大，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大,加速度逐渐变大，当CD的加速度与AB加速度相等时，两棒的速度差保持不变，安培力保持不变,加速度保持不变，故确;C.在开始CD棒不动时，安培力BLat B2L2aF 安 BLt2R 2R即安培力随时间成正比关系增加；当CD开始运动后，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保持不变，故 C错误;D.对AB

14、外力2 , 2,B L aF ma。 f F安= mao ft2R开始时CD加速度为零，AB加速度为a=a°,则此时外力F随时间t线性增加；当CD开始运动后加速度从0开始逐渐变大，导体棒AB所受的向左的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保持不变，故D正确。故选BD。9.如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为vo,小工件离开甲前与甲的乙的宽度足够大，重力加速度为g,则速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为)滑过的距离2Vo s=2gB.若乙的速度为2vo,工件从滑上乙到在乙上侧向滑动停止所用的时间不变C.若乙的速度为2vo,工件在乙上刚停止

15、侧向滑动时的速度大小v= 2VoD.保持乙的速度2vo不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复.若每个工件的质量均为m,除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，驱动乙的电动机的平均输出功率P=45 mg. vo5【答案】CD【解析】根据牛顿第二定律,mg=ma,彳导a=(i g,摩擦力与侧向的夹角为45°,侧向加速度大小为ax=与 g，2- 2根据-2axs= 1-vi2,解得：s=幺幺，故A错误;22Vo沿传送带乙万向的加速度 ay= pg达到传送带乙的速度所需时间t ,与传送带乙的速度有关,2ay故时间发生变化，故 B错误；设t=1时刻摩擦力与侧向的

16、夹角为依侧向、纵向加速度大小分别为ax、ay,用ay则 = tan ,很小的At时间内，侧向、纵向的速度增量 vx=axt, Avy=ayAt,解得 axVy ,一一 = tan .且VxVy.V y VyVy由题息知， 一 = tan t,则 =tan ,所以摩擦力万向保持不变，则当Vx'=时，Vy' =1VxV x VxVx即V=2V1.故C正确；工件在乙上滑动时侧向位移为x,沿乙方向的位移为 y,由题意知，ax=pgcos,。2 V0ay二科gsin,底侧向上-2axs=1-Vi2,在纵向上，2ayy= (2vi)2- 1;工件滑动时间t- ,乙刖进的距离ayyi=2Vi

17、t.工件相对乙的位移 L 收(y1 y)2 ,则系统摩擦生热 Q= mgL,依据功能关系，则电动机1 一 2 i 一 2 一做功：W m 2VomV0 Q2 2，二 W4 5由P= ,解得P=mg Vo ,故D正确；故选CD.t5点睛：本题考查工件在传送带上的相对运动问题，关键将工件的运动分解为沿传送带方向和垂直传送带方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解.10.如图所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈(线圈电阻不计)绕垂直于磁感线的轴以角速度3匀速转动，线圈通过电刷与理想变压器原线圈相连，副线圈接一滑动变阻器 R,原、副线圈匝数分别为 n1、n2o要使电流表的示数变为原来的 2倍，下列措施

18、可行的是A. n2增大为原来的2倍，3、R不变B.增大为原来的2倍，n2、R不变C.和R都增大为原来的 2倍，n2不变D. n2和R都增大为原来的2倍，不变【答案】BD【解析】【详解】线圈转动产生的电压有效值为：U1根据理想变压器的规律:UiU211i7n n2n_ ni根据欧姆定律:I2"R联立方程解得：I12n2U1niR2n B S-, 3增大为原来的 2倍，n2、R不变、n2和R都增大为原来ni 一 2R的2倍，3不变均可电流表的示数变为原来的2倍，BD正确，AC错误。故选BD。11 .如图所示，A、B两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为

19、非弹性绳且可承受的拉力足够大。弹簧的劲度系数为k,木块A和木块B的质量均为 m。现用一竖直A.当A速度最大时，弹簧仍处于压缩状态B.弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对C.当B开始运动时，A的速度大小为A、B的冲量相同E mg F M k gED .全程中，A上升的最大高度为 4mg3( mg F)4k【答案】ADA.由题意可知当 A受力平衡时速度最大,即弹簧弹力大小等于重力大小，此时弹簧处于压缩状态，故正确;B.由于冲量是矢量，而弹簧弹力对A、B的冲量方向相反，故 B错误;向下的压力将木块 A缓慢压缩到某一位置，木块 A在此位置所受的压力为 F (F>mg),弹簧的弹性势能 为E ,撤去

20、力F后，下列说法正确的是()C.设弹簧恢复到原长时 A的速度为v,绳子绷紧瞬间 A、B共同速度为vi, A、B共同上升的最大高度为h , A上升最大高度为 H ,弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒得mg F 12E mg 一 mvk2绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律得mv=2mv 1A、B共同上升的过程中据能量守恒可得12(m m)v1 (m m)gh2H h mV可得B开始运动时A的速度大小为A上升的最大高度为H -E-4mg3(mg F)4k故C错误,D正确。,如图所示。一物体从水平面以初故选AD 。12 .倾斜传送带在底端与水平面平滑连接，传送带与水平方向夹角为 速度vo冲上传送带，与传送带

21、间的动摩擦因数为 tan ，已知传送带单边长为 L,顺时针转动的速率为 v,物体可视为质点，质量为 m,重力加速度为go则物体从底端传送到顶端的过程中（2、Vo)B.因摩擦产生的热量一定为-m(vo 4v)2C.因摩擦产生的热量可能为mgLsinv(1)VoD.物体的机械能可能增加mgLsin【答案】ACD因为 =tan ,则mg cos =mg sin分析物体的运动得分两种情况:第一种情况是Vo >v,物体滑上传送带后先减速后匀速，最终速度为V,由动能定理可知动能的变化为1222m(vVo);相对运动过程中摩擦生热Q mgcosv vo2v0 v 12-m v0 v2g sin 4增加

22、的机械能为E mgLsin1 2 -mv2-mvo 2第二种情况是v0v ,物体滑上传送带后一直做匀速直线运动，摩擦生热Q mg cosv L L mgLsinaVo-1V。增加的机械能E mgLsin综上所述，选项B错误，ACD正确。故选ACD 。三、实验题：共2小题，每题8分，共16分满偏电流Ig=10mA。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀,T乙13.图甲为一个简单的多用电表的电路图,其中电源的电动势 E=1.5V、内阻r=1.0 0电流表内阻 Rg=10Q、C为上排刻度线的中间刻度。(1)选择开关接“1；指针指在图乙所示位置时示数为 (结果保留三位有效数字)。(2)如果选择开关接

23、“3：图甲中电阻 R2=240 ，则此状态下多用电表为量程 的电压表。(3)如果选择开关接 “2；该多用电表可用来测电阻，C刻度应标为 Qo(4)如果选择开关接 “2；红、黑表笔短接，调节 R1的阻值使电表指针刚好满偏，再测量某一电阻，指针指 在图乙所示位置，则该电阻的测量阻值为 Q (保留两位有效数字)。(5)如果将该多用电表的电池换成一个电动势为1.5V、内阻为1.2 的电池，正确调零后测量某电阻的阻值,其测量结果 (选填 褊大"、褊小”或 准确”)。【答案】7.46mA2.5V15051准确【解析】【详解】1选择开关接“1时测电流，电表表盘下面刻度的最小分度值为0.2mA ,指

24、针在两最小刻度之间进行估读，故其示数为37.4mA 一 0.2mA 7.46mA10说明：估读方法符合最新高考评分标准。(2)2根据串联电路有分压作用可知，当电表满偏时有U Ig R2 Rg2.5V所以开关接“3时为量程2.5V的电压表。3欧姆表的内阻% 150Q I g由于欧姆表的中值电阻等于欧姆表内阻，故C处刻度为1500。(4)4根据闭合电路欧姆定律有IE国 Rx其中I 7.46mA, % 150Q解得Rx 51Q(5)5因为电源内阻的变化，可以通过调零电阻阻值的变化来抵消，所以调零后测量某电阻阻值的测量结 果是准确的。14.实验室有一破损的双量程电压表，两量程分别是3V和15V,其内部

25、电路如图所示，因电压表的表头G已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻R1、R2完好，测得 R1=2.9k Q, R2=14.9k Q,现有两个表头，外形都与原表头 G相同，已知表头Gi的满偏电流为1mA,内阻为50Q;表头G2的满偏电流0.5mA, 内阻为200Q ,又有三个精密定值电阻1=1002=1503=200若保留Ri、R2的情况下，对电压表进行修复，根据所给条件回答下列问题：(1)原表头 G满偏电流I=,内阻r=.(2)在虚线框中画出修复后双量程电压表的电路 (标识出所选用的相应器材符号)(3)某学习小组利用修复的电压表，再加上可以使用的以下器材，测量一未知电阻Rx的阻值:电流表

26、A量程05mA,内阻未知；最大阻值约为100 a的滑动变阻器；电源E (电动势约3V);开关S、导线若干.由于不知道未知电阻的阻值范围，学习小组为精确测出未知电阻的阻值，选择合适的电路，请你帮助他们补充完整电路连接,正确连线后读得电压表示数为2.40V ,电流表示数为4.00mA ,则未知电阻阻值Rx为Q.750 Q【解析】(1)由图木电路图可知，电压表量程:Ig (rg+Ri) =3VIg (rg+R2)=15V代入数据解得：Ig=1mA , rg=100 Q;(2)修复电压表，表头满偏电流为,流0.5mA,内阻为200的表头以及Ig=1mA,电阻应为：rg=100 Q,需要的实验器材为：表

27、头的满偏电3,即将表头和r3并联在电路中使用，电路图如图所示:(3)根据题意可明确实验中应采用分压接法，电流表采用外接法， 故实物图如图所示： 电压表量程为3V,3则其内阻Rv= =30000,根据欧姆定律可知0.0012.44 10 32.4= 7503000四、解答题：本题共 3题，每题8分，共24分15.光滑水平面上有截面为半圆形柱体 A,半径为R,在圆柱体截面圆心 O正上方O'处用轻质细线悬挂 小球B。小球B静止在A上时，细线与竖直方向夹角为，OB与O'B垂直，A在水平向右推力 F作用下处于静止状态，已知 A、B质量均为m, B可看成质点，不计一切摩擦。当撤去 F,小球

28、推动半圆柱体 向左运动，两者分离后，经过 t时间小球第一次向左摆到最大高度。 (重力加速度大小为 g)求：(1)水平推力F的大小；(2)自撤掉F后到小球第一次向左摆到最高处的过程中，圆柱体位移大小。【答案】(i)mgcos sin ； (2)_R_J2cos (1 cos ) tjgR(1 cos )sin ”tan(1)对B分析，绳子拉力FT mg cos把AB当成整体，水平方向合力为零，则FFT sinmg cos sin(2)根据几何关系OO'Rsin绳长Rtan当B运动到最低点AB分离，此时小球距离地面高度h OO' L所以半圆柱体右下角距原来O点距离d R 、R2 h

29、2因此该过程半圆柱体位移为x1 R d R2 h2 J2cos (1 cos )sinAB分离时速度均水平且相等，根据机械能守恒定律12mgL(1 cos ) 2mv解得v jgRcos (1 cos )sin此后半圆柱体做匀速运动，t时间内位移X2t t gRcos (1 cos )sin全过程半圆柱体位移S= 0.10m2,活塞的质量忽略汽缸内封闭了一段高为 80cm的气柱(U形管内的气体体积不计)，此时缸内气体温度为 27 C, U形管内水银面高度差 hi=15cm。已知大气压强po=75cmHg。(1)让汽缸缓慢降温，直至 U形管内两边水银面相平，求这时封闭气体的温度;(2)接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，同时对汽缸缓慢加热，直至汽缸内封闭的气柱高度达到96cm,求整个过程中气体与外界交换的热量( Po=75cmHg = 1.0 105Pa)。【答案】(1) -23C (2)吸收热量6 1Q3JO(1)对气缸内的气体，初始状态：P1=po+h1 = 75+15=90cmHg ； V1=HS=0.8S ； T 1=273+27=300K末态：p2=po=75cmHg ； V2=HS=0.8S ； 丁2=?p1V1 p2 V2由可得:工T29075300 T2解得T2=250K=-23 C(2)解除对活塞的锁定后，气体内部压强变为po,气体