解析江苏省南京市、盐城市2021年高三第二次模拟考试物理试题

1、word版高中物理202 1年江苏省南京市、盐城市高考物理二模试卷一单项选择题：本题共5小题,每小题3分，共计1 5分.每小题只有一个选项符合题意.1 . （3分）（2 0 1 5盐城二模）下列图片显示的技术中，属于防范静电危害的是（）A.静电复印C .避雷针D.电除尘静【考点】：*静电的利用和防止.【专题】：电场力与电势的性质专题.【分析】：物体带电的本质是电荷的转移，出现多余的电荷从而芾电，所以静电的产生有利有弊.【解析】：解：A、复印机复印文件资料，就是利用静电墨粉成在鼓上.故A属于静电的利用；B、静电喷涂是利用异种电荷间的吸引力来工作的，故B属于静电的利用；C、下雨天，云层芾电打雷，往

2、往在屋顶安装避雷针，是导走静电，防止触电.故C雇于静电防范；D、静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电,颗粒向电源正极运动，属于静电应用； 故选：C【点评】：在生活中静电无处不在，有的我们焉要，有的我们不需要.所以我们要学会基本常 识，提高我们的很生活质量.2.（ 3分X20 1 5盐城二模）目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材.图示器材为一秋千， 用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点.由于长期使用，导致两根支架向内发生 了稍小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高.座椅静止时用F表示所受合力的大小,F1表示单 根轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比（）A

3、. F不变,Fl变小B. F不变F1变大C.F变小，F1变小D. F变大,F1变大【考点】：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力.【专题】：共点力作用下物体平衡专题.【分析】：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分 析即可.【解析】：解:木板静止时，受重力和两个拉力而平衡,故三个力的合力为零，即:F =0 ;根据共点力平衡条件，有：2Fi c ose=mg解得：Fi =由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，故图中的0角减小了，故F不变，F1减小； 故选：A.【点评】：本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难.3 .（ 3

4、分）（2015盐城二模）图甲是小型交流发电机的示意图,在匀强磁场中，一矩形金属线圈 绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示.发电机线 圈内阻为10Q,外接一只电阻为90Q的灯泡，不让电路的其他电阻，则（）word版高中物理图乙.则（）t=0时刻线圈平面与中性面垂直B.每秒钟内电流方向改变10 0次C .灯泡两端的电压为22VD. 0 0.01 s时间内通过灯泡的电量为0【考点】：交流发电机及其产生正弦式电流的原理;正弦式电流的图象和三角函数表达式.【专题】：交流电专题.【分析】：当线框经过中性面时通过线圈的磁通量最大.感应电动势最小为零.由题图乙可知交 流

5、电电动势的周期，即可求解角速度.线框每转一周，电流方向改变两次.【解析】：解:A、由图象乙可知t=0时感应电动势为零，处于中性面上，故A错误；B、由题图乙可知周期T= 0.02s,线框每转一周，电流方向改变两次每秒电流方向改变100次，故B正确;C、由题图乙可知交流电电动势的最大值是Ern=31 . lv,有效值为:,根据闭合电路的分压特点得电压表的示数为：，故C错误;联立得:q = 0.0019D、根据得:00.01s时间内通过灯泡的电量为 8 c，故D错误;故选：B.【点评】：本题是准确理解感应电动势与磁通量的变化，知道磁通量最大时，感应电动势反而最小.明确线框每转一周，电流方向改变两次.

6、能从图象读取有效信息4.（3分）（2 0 1 5 盐城二模）如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Qi、Q2 （ Q 2位于坐标原点O）,其上有M、N、P三点，间距M N = NP .Q1、Q 2在轴上产生的电势。随x变化关系如word版高中物理A . M点电场场强大小为零N点电场场强大小为零C . M、N之间电场方向沿x轴负方向D. 一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|Wpn | =|Wnm|【考点】：电势差与电场强度的关系；电场强度.【专题】：电场力与电势的性质专题.【分析】：（P-X图线的切线斜率表示电场强度的大小，在Unp ,故电场力做功qUMN q Unp,从P移到M过程中，电场力做

7、负功， 故|WpM|Wnm ,故 D 错误；故选:B【点评】：-x图象中：电场强度的大小等于0）.现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值（n 0 ）,称为负折射率材料.位于空气中的这类材料， 入射角i与折射角r依然满足包W=n,但是折射线与入射线位于法线的同一侧（此时折射角取负 sinr值）.现空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束电磁波从其上表面以入射角a射入，下表面射出.若该材料对此电磁波的折射率n= - 1,请画出正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图，若在上下两个表面电磁波的折射角分别为1、则ri等于口填大于、等于、小于）【考点】：光的折射定律.【专题】：光

8、的折射专题.【分析】:该材料对于电磁波的折射率n= - L则折射光线与入射光线位于法线的同侧，且折射角等 于入射角，根据这些知识分析.【解析】：解:由折射定律:包n=- 1 sinr得:s ini= - sinr,则即折射角等于入射角，r i= r 2 ,且位于法线的同侧，故光路如图.故答案为:如图所示，等于.【点评】：本题属于信息题目,结合学过的知识点延伸拓展，同学们要有提取信息以及学习的17.（4分）（2015盐城二模）竖直悬挂的弹堇振子下端装有记录笔，在竖直面内放置记录纸.当 振子上下振动时，以水平向左速度v=10m/s匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下记录的痕迹，建 立坐标系，测得的数据

9、如图所示，求振子振动的振幅和频率.【考点】：简谐运动的振动图象;简谐运动的振幅、周期和频率.【分析】：本题抓住弹雷振子的振动与记录纸同时运动，由匀速运动的速度公式v=工求出周期. t振幅是振子离开平衡位置的最大距离，等于振子在最高点与最低点间距离的一半.【解析】：解：设周期为T,振幅为A.由题图得:A = 5cm ;由于振动的周期就是记录纸从O至x=lm运动的时间，所以，周期为：丁 x 1m .故频率为:f10Hz.T 0. 1答：振子振动的振幅为5 c m,频率为10H乙【点评】：解决本题的关键是理解振幅的含义，抓住弹簧振子的振动与记录纸运动的同时性，由匀 速运动的规律求解周期.C.（选修模

10、块35） （ 12分）18 . （2015盐城二模）下列说法正确的是（）A.放射性元素的半衰期随温度升高而减小B.光和电子都具有波粒二象性C. a粒子散射实验可以估算出原子核的数量级为10 一 imD .原子核的结合能越大，原子核越稳定【考点】：原子核衰变及半衰期、衰变速度;原子核的结合能.【专题】：常规题型.【分析】：元素的半衰期不会受环境的影响而变化，比结合能越大，原子核越稳定，光和电子都 具有波粒二象性;通过a粒子散射实验的结果可以估测原子核直径的数量级为10 - 15m.【解析】：解:A、放射性元素的半衰期不受到环境的变化而变化，故A错误；B、光和电子都具有波粒二象性，故B正确；C、通

11、过a粒子散射实验的结果可以估测原子核直径的数量级为10 - 15m,故C错误；D、比结合能越大，原子核越稳定，故D正确；故选:BD【点评】：考查半衰期影响的因素，掌握比结合能与结合能的不同，知道a粒子散射实验.19 . （2015 盐城二模）如图1所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为5 eV的光照射 到光电管上时，测得电流计上的示数随电压变化的图象如图2所示.则光电子的最大初动能为_ 3.2x 10-19 j,金属的逸出功为 4 . 8x10-19J.【考点】：光电效应.【专题】：光电效应专题.【分析】：该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于-2V时,电流表示数为0,知

12、道光电子点的最大初动能为2eV,根据光电效应方程E Km= hy - Wo,求出逸出功.光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，而光的强度不会改变光电子的最大初动能，从 而判断是否电流表是否有示数.【解析】：解：由图2可知，当该装置所加的电压为反向电压，当电压是-2V时,电流表示数为0,知道光电子点的最大初动能为：2 eV=3.2x10 - 19 j ,根据光电效应方程 EKm = hy - Wo,Wo=3eV=4.8xlO - 19J.故答案为:3.2x10 - 19； 4.8x10 -19【点评】：解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及光电效应方程EKm= hy-Wo .注意光的 入射

13、频率决定光电子最大初动能，而光的强度不影响光电子的最大初动能.2 0 .（2015 盐城二模）一枚火箭搭载着卫星以速率vo进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫 星分离.已知前部分的卫星质量为mi ,后部分的箭体质量为mz分离后箭体以速率v 2沿火箭原 方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率vi是多大.=11【考点】：动量守恒定律.【专题】：动量定理应用专题.【分析】：火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定正方向，结合动量守恒定律求 出分离后卫星的速率.【解析】：解:火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向, 有：（m

14、i+m2 ） vo=m 2 V2 + mi viID 2%解得：（v0 - v2）ID 9、答:分离后卫星的速率是V1=Vo+（v0-v?） 【点评】：解决本题的关键知道火箭和卫星组成的系统在水平方向上动量守恒，运用动量守恒定 律进行求解,知动量守恒定律的表达式为矢量式，注意速度的方向.四、计算题：本题共3小题共计47分.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.有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位.2 1. （ 15分）（2015 盐城二模）如图所示，在匀强磁场中有一足够长的光滑平行金雇导轨，与水平 面间的夹角8=30,间距L=0.5m,上端接有阻

15、值R= 0 . 3Q的电阻匀强磁场的磁感应强度大小 B=0.4T,磁场方向垂直导轨平面向上.一质量m=0.2 kg ,电阻r=0.1Q的导体棒MN在平 行于导轨的外力F作用下，由静止开始向上做匀加速运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直， 且接触良好，当棒的位移d = 9m时电阻R上的消耗的功率为P = 2 . 7W.其它电阻不计，g取1 0 m/ s 2.求 （1）此时通过电阻R上的电流；word版高中物理(2)通过电阻R上电电荷量q为4.5C;(2 )这一过程通过电阻R上电电荷量q ；(3 )此时作用于导体棒上的外力F的大小.【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势.【专题】：电磁感应与电路结

16、合.【分析】：(1)根据P=I2r求解电阻R上的电流；Aei(2 )根据公式：q上;求解(3)由(1)中电流求出此时的速度，再根据匀变速运动:v2 =2ax ,求出加速度，结合牛顿第二定二 3A律求解外力F.【解析】：解：(1 )根据热功率：P =0 R ,解得:A0 p(2)回路中产生的平均感应电动势:由欧姆定律得：ItR总电流和电量之间关系式:t/噂丫.皆5二.5C，R+r K+r 0. 3+0. 1(3)由(1)知此时感应电流I=3A,由工二一二BL, r+R R+r的汨过百.工审+工) 3X0.4 解,此时速度.bl 7. 4X0. 5./s，由匀变速运动公式：v2 = 2ax,2 久

17、2解得:吃二装尸/: 对导体棒由牛顿第二定律得:F - F安mgsin 30=ma，即：F - BIL- mgsi n300 = ma ,解得:F=ma+BI L +mgs i n30=0.2x2 + 0.4x0.5x3+0.2x10 x-1=2N ,答：(1 )通过电阻R上的电流3 A ;word版高中物理(3)导体棒上的外力F的大小为2 N.【点评】：本题考查电功率，电量表达式及电磁感应电动势表达式结合牛顿第二定律求解即可， 难度不大，本题中加速度的求解是重点.22 . (16分)(2015盐城二模)如图所示的x Oy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向

18、垂直于xO y平面向里.P点的坐标为(-2L , 0 ) ,Qi、Q2两点 的坐标分别为(0 , L ) , (0,-L).坐标为(-工1_,0)处的C点固定一平行于y轴放置的长为33的绝缘弹性挡板，C为挡板中点，带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y方向分速度不变，沿 x方向分速度反向，大小不变.芾负电的粒子质量为m ,电量为q,不计粒子所受重力.若粒子在P 点沿PQ1方向进入磁场，经磁场运动后，求：(1)从Q1直接到达Q2处的粒子初速度大小；(2 )从Qi直接到达。点，粒子第一次经过x轴的交点坐标；(3 )只与挡板碰撞两次并能回到P点的粒子初速度大小.【考点】：芾电粒子在匀强磁场中的运动；带

19、电粒子在匀强电场中的运动.【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题.【分析】：(1)作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求出粒子在磁场中运动的轨道半径，根据 半径公式求出粒子的速度.（2 ）作出粒子运动的轨迹图，根据几何关系求出粒子运动的半径，通过几何关系求出第一次经过 x轴的交点坐标；（3 ）抓住与挡板碰撞两次并能回到P点，作出轨迹图，结合几何关系，运用半径公式进行求解.【解析】：解：（1）由题意画出粒子运动轨迹如图（甲）所示，设PQ1与x轴正方向夹角为&粒子 在磁场中做圆周运动的半径大小为Ri由几何关系得：RicosG=L盘中. a _ 2、552Vi粒子磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心

20、力，有：quB二，解得:二盘照.1 2m（2 ）由题意画出粒子运动轨迹如图（乙）所示，设其与x轴交点为C,由几何关系得：R2设C点横坐标为XC ,由几何有关系得：XC =1L.2则C点坐标为：（L，0 ）.2（3）由题意画出粒子运动轨迹如图（丙）所示，设PQi与x轴正方向夹角为&粒子在磁场中做圆 周运动的半径大小为R3,偏转一次后在y负方向偏移量为“y 1,由几何关系得：3yi=2R3cos8, 为保证粒子最终能回到P,粒子与挡板碰撞后,速度方向应与P Qi连线平行，每碰撞一次，粒子进 出磁场在y轴上这段距离，2 （如图中A、E间距）可由题给条件,Ay2/2有17厂间8得益=.当粒子只碰二次，

21、其几何条件是3” 1 - 2 H 2=2 L,解得：R3翼1L2粒子磁场中做匀速圆周运动:qyB二m乙R3解得:屋等 答：(1 )从Q1直接到达Q2处的粒子初速度大小为近照2m(2)从Q1直接到达O点,粒子第一次经过x轴的交点坐标为(3 )只与挡板碰撞两次并能回到P点的粒子初速度大小为仄用治： 9m图(甲)【点评】：本题考查了粒子在磁场中的运动，对于三小问，关键作出三种粒子的轨迹图，结合几何关系，运用半径公式进行求解，难度较大,对数学几何的关系要求较高，零加强这方面的训练.23 . (16分)(2 0 1 5 盐城二模)如图所示，一个质量为M长为L的图管竖直放置,顶端塞有一个 质量为m的弹性小

22、球,M=4 m,球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4m g .管从下端 离地面距离为H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地 时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g .求：(1)管第一次落地弹起时管和球的加速度；(2)管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管达到相同速度时，管的下端距地面的(3)管第二次弹起后球不致滑落,L应满足什么条件.【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系.【专题】：牛顿运动定律综合专题.【分析】：(1)根据vo2 = 2gH求出图管底端落地前瞬间的速度.根据牛顿第二定律分别求出管 反弹后，球和管的加速度，从而得知球相对于管的加速度，以管为参考系，根据速度位移公式求出球 相对于管静止时的相对位移，即可求解.(2)根据管上升的加速度，以及相对加速度分别求出管从碰地到它弹到最高点所需时间和管从碰地到与球相对静止所需的时间上儆两个时间知道