解析江苏省南京市、盐城市2021年高三一模联考物理试题

1、word版高中物理2021年江苏省南京市、盐城市高考物理一模试卷- 单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分.每小题只有一个选项符合题意.（3分）（2015盐城一模）取一根玻璃筒，一端封闭，另一端装有阀门，内有羽毛和金属片，用抽气机 把筒内的空气抽尽后关闭阀门，先把玻璃筒竖直放置,再把玻璃筒倒立过来，则（）A.金属片下落的加速度大B .羽毛落到底端的速度小C,羽毛运动的轨迹是曲线D .金属片和羽毛同时落到底端【考点】：自由落体运动.【专题】：自由落体运动专题.【分析】：把管内的空气几乎抽尽,羽毛、金属片都只受重力作用，下落加速度均为g,下落一样快.【解析】：解：把管内的空气几乎抽尽,羽

2、毛、金蜃片都只受重力作用，下落加速度均为g ,经过相同 时间，物体的速度为v = gt,g相同,v 一样大，即下落一样快，所以金属片和羽毛同时落到底端. 雌:D【点评】：本题考查对落体运动快慢的理解能力，要区别伽利略和亚里士多德的观念，根据牛顿第二 定律理解有空气的环境重物下落快的原因.（3分）（2 015盐城一模）四个物体的位移-时间图象如图所示，其中表示物体做加速运动的是 （）A . B. C. D.【考点】：匀变速直线运动的图像.【专题】：运动学中的图像专题.【分析】：位移时间图线反映了物体各个时刻的位置坐标情况，图线的斜率表示是速度.【解析】：解：位移时间图线的斜率表示是速度，根据图象

3、可知，A做运动运动，B处于静止状态,C 的斜率逐渐增大，做加速运动，D的斜率逐渐减小,做减速运动，故C正确.腕:C.【点评】：本题关键要明确位移时间图线中,斜率表示速度，速度时间图线中，斜率表示加速度，不 能混淆，.（ 3分）（2 0 15盐城一模）如图所示，两根等长芾电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上， 棒与坐标轴围成等腰直角三角形，两棒芾电量相等，且电荷均匀分布，此时O点场强度大小为E,撤去 其中一根芾电棒后，O点的电场强度大小变为（）A. B. E C. E D . E【考点】：电场线;电场强度.【分析】：先把带电棒等效成点电荷,利用点电荷产生的场强进行矢量求解解可【解析】：解：

4、两根等长带电棒等效成两个正点电荷如图，两正点电荷在O点产生的场强的小为E=，故撤走一根芾电棒后，在。点产生的场强为， 故选:B【点评】：本题主要考查了带电体电荷的等效，然后利用电场的矢量性即可求得4.（3分）（2015盐城一模）减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以 保障行人的安全，当汽车前轮刚爬上减速芾时，减速带对车轮的弹力为F,如图中弹力F画法正确且分 解合理的是（）A. B. C . D .【考点】：力的合成.【分析】：减速带对车轮的弹力方向垂直于接触面，指向受力物体，根据力的作用效果，结合平行 四边形定则进行分解.【解析】：解:减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减

5、速带的接触面，指向受力物体，故A、C错误. 按照力的作用效果分解，将F可以分解为水平方向和竖直方向，水平方向的分力产生的效果减慢汽车 的速度，竖直方向上分力产生向上运动的作用效果，故B正确,D错误.雌:B.【点评】：解决本题的关键知道弹力的方向垂直于接触面，指向受力物体，知道力分解要按照实际 的作用效果进行分解. （ 3分）（201 5 盐城一模）如图所示的电路中，灯泡A、B和电感L与直流电源连接,电感的电阻忽 略不计，灯泡A的阻值是灯泡B的2倍，电键K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有（）A. A先变亮，然后逐渐变暗B. B先变亮，然后逐渐变暗C . A立即熄灭,B逐渐变暗D . A、B

6、两灯泡都逐渐变暗【考点】：自感现象和自感系数.【分析】：当电键S闭合时，通过线圈L的电流塔大，穿过线圈的磁通量增大,根据楞次定律判断感 应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮.断开瞬间也可以按照同样的思路分析.【解析】：解:由于电感的电阻忽略不计，灯泡A的阻值是灯泡B的2倍，所以闭合开关,电路稳定后流 过L的电流大于流过A的电流;断开开关时,线圈产生与原电流方向相同的自感电流阻碍原电流的减 小，而灯泡A中原来的电流消失，流过A的电流与流过线圈L的电流相等，所以A灯先变亮,然后两 灯泡都逐渐熄灭.故BCD错误,A正确； 血：A.【点评】：对于自感赃，是特殊的电磁感应现象，应用法拉第电磁感应定律进行

7、理解，注意灯泡 L2为何闪亮的原因，及断开后通过两灯泡的电流方向.二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分.每小题有多个选项符合题意，全部选对的 得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分. （4分）（2015 盐城一模）位移传感器自解将位移这个力学量通过电容器转化成电学最如图 所示，电容器两极板固定不动，芾等量异种电荷，且保持不变，当被测物体带动电介质板向左移动时， 电容器（）A.电容增大B.电容减小C.两极板电压变大D .两极板电压变小【考点】：电容器的动态分析.【专题】：电容器专题.【分析】：根据电容的决定式判断电容大小，根据定义式判断电压变化.【解析】：解：由公式C =

8、知，当被测物体带动电介质板向左移动时,导致两极板间电介质减小， 田眩其电容C减小，由公式C=知，电荷量不变时，U增大，故BC正确,A D错误； 幽:BC.【点评】：本题考查电容的定义式及决定式的配合使用，注意只能根据决定式判断电容的变化，再 由定义式判断电压或电量的变化. （4分）（201 5 盐城一模）如图所示,A、B是绕地球运行的天宫一号椭圆形轨道上的近地点 和远地点，则天宫一号（）A.在A点时线速度大B .在A点时重力加速度小C .在B点时向心加速度小D .在B点时向心加速度大于该处的重力加速度【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用.【专题】：人造卫星问题.【

9、分析】：根据开普勒第二定律可知:在近地点的速度大于远地点的速度，根据做功公式判断功的 正负，根据万有引力提供向心力公式判断加速度的大小.【解析】：解:A、根据开普勒第二定律可知:在近地点的速度大于远地点的速度，所以A点的速度大 于B点的速度，故A正确；B、根据牛顿第二定律和万有引力定律得:g =, 因为A的轨道半径小于B的轨道半径，所以在A点时重力加速度大，故B错误； C向心加速度a =,A点的速度大于B点的速度,A的轨道半径小于B的轨道半径所以在B点时向心加速度小，故C正确; D、在B点卫星做近心运动，即万有引力大于需要的向心力，所以该处的重力加速度大于在B点时向心 加速度，故D错误 幽：A

10、C.【点评】：本题主要考查了开普勒第二定律、万有引力公式、力做功正负判断方法的应用，难度不 大，属于基础题. （4分）（2015盐城一模）航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的，电磁驱动原理如图所示， 当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去，现在固定线圈左侧同T立置，先 后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且p铜 p铝，合上开 关S瞬间（ ）A .从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C .若将铜环旋转在线圈右方，环将向左运动D.电池正负极调换后，金属环不能向左弹射【考点】：楞次定律.【分析】：由右手螺旋定

11、则可求得线圈中的磁场方向，再由楞次定律明确电流方向及环的受力方向.【解析】：解:A、线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左,在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定 律可知，电流由左侧看为顺时针;故A正确；B、由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大;故铜环受到的安培力要大于铝环，故B正确；C、若环放在线圈右方，根据来拒去留可得，环将向右运动；故C错误；D、电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹出；故D错误； 故选：AB.【点评】：本题要掌握楞次定律的两种描述，一是增反减同；二是来拒去备；并能灵活根据 它们去判断电流方向及受力方向.9. （ 4分）（20 1 5 盐城一模）如图所示，内壁

12、光滑的图形轨道固定在竖直平面内，轻杆两端固定有 甲、乙两小球，甲球质量小于乙球质量，将两球放入轨道内，乙球位于最低点，由静止释放轻杆后，则甲 球（ ）A.能下滑到轨道的最低点B ,下滑过程中杆对其做负功C.滑回时一定能返回到初始位置D.滑回过程中增加的重力势能等于乙球减少的重力势能【考点】：机械能守恒定律.【专题】：机械能守恒定律应用专题.【分析】：甲与乙两小球系统，重力势能和动能相互转化，系统机械能守恒,根据机械能守恒定律 求解即可.【解析】：解：A若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点,乙则到达与圆心等高处，但由于乙的质量比甲 大，造成机械能增加了，明显违背了机械能守恒定律，故甲球不可能到圆弧最低点

13、，但返回时,一定能 返回到初始位置，故A错误,C正确；B、下滑过程中，乙的机械能逐渐增大,所以甲的机械能逐渐减小，则杆对甲做负功，故B正确.D、甲与乙两个物体系统机械能守恒，滑回过程中,甲球增加的重力势能等于乙减小的机械能以及甲 的动能.故D错误.幽：BC .【点评】：本题关键是甲与乙两个球系统机械能守恒，也可以找出系统重心，当作单个物体进行分 析.三.简答题:本题分必做题（第10 , 11题）和选做题（第1 2题）两部分，共计42分.请将解答填写在 答题卡相应的位置.10 . （8分）（2015盐城一模）小球A从桌边水乎抛出，当它恰好离开桌边缘时小球B从同样高度处 自由下落，频闪照相仪拍到了

14、 A球和B球下落过程的三个位置，1图中A球的第2个位置未画出.已 知背悬的方格纸每小格的边长为2.45cm,频闪照相仪的闪光频率为10 H z.请在1图中标出A球的第2个位置；A球离开桌边时速度的大小为0.735 m/s .为测定滑块与水平桌面的动摩擦因数,某实验小组用弹射装置将滑块以不同初速度弹出，通过光电门见表(g = 10m/s2).测出初速度V0的值,用刻度尺测出其在水平桌面上滑行的距离S ,测量差实验次数 vo2 ( m2/ s 2 ) s ( cm)I 1.2 15.02 2.5 31.03 4.2 53 . 04 6.075 .05 7.5 94.0在2图示坐标中作出vo2 -

15、s的图象;利用图象得到动摩擦因数p= 0.4 .【考点】：探究影响摩擦力的大小的因素.【专题】：实验题;摩擦力专题.【分析】：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据该规律得出 A球第2个位置.根据相等时间内的位移之差是一恒星得出相等的时间间隔，从而得出频闪照相仪的 闪光频率.通过水平方向上的位移求出A球离开桌边时的速度大小.根据图象用直线将点相连，误差较大的点舍去；结合动能定理的表达式分析图象的可得出图象中斜率 与动摩擦因数的关系，从而即可求解.【解析】：解:（1）因为A球在竖直方向上做自由落体运动，与B球的运动规律相同,则第2个位置 与B球的第二个位置在同一水平

16、线上.在水平方向上做匀速直线运动，则第2球距离第3个球水平 距离为3格.如图所示.频闪照相仪的闪光频率为10Hz ,则T =0.1sA球离开桌边时的速度（2）（1）根据描点法作出图象，如图所示：(2 )由动能定理可得：W=F 合 s=mv2 - mvo2=m ( v 2 - vo2)卬2= s = 2 p g s;则可知图象的斜率等于2pg,由图可知,图象的斜率为=8 ;解得:p = =0.4 ;故答案为：如上图所示；0.735; ( 2)如图所示;(2 ) 0.4(0 . 350.45 ).【点评】：对于实验的考查应要注意实验的原理,通过原理体会实验中的数据处理方法及仪器的选 择；有条件的最

17、好亲手做一下实验,注意本题图象的斜率与动摩擦因数的关系是解题的关键.( 10分)(20 1 5盐城一模)某同学要测一只额定电压为6 V、额定功率约为1W的小灯泡的 电阻.(1 )他选用多用电表，将其选择开关旋至xl挡，调节好多用电表，测量时多用电表的示数如图1 所示,读数为5 Q(2)他再利用表中提供的器材，采用伏安法测量小灯泡正常工作时的电阻.序号器材名称 序号器材名称A电流表(量程3 A、内阻约0.01。)E滑动变阻器(阻值5 0Q,最大电流1A )B电流表(量程200mA、内阻约0.5Q) F电源(电动势8V ,内阻忽略不计)C电压表(量程3V、内阻约10K。)G电键、导线若干D电压表(

18、量程15V、内阻约20KQ)图2四幅电路图中最合理的是工电流表应该选用B ,电压表应该选用。(填写表中的序号)按照中最合理的电路图把图3中实物连接完整.(3)该同学发现用多用电表和伏安法测出小灯泡的电阻差距很大，其原因是电阻丝的电阻值随温 度的升高而增大.【考点】：伏安法测电阻.【专题】：实验题;恒定电流专题.【分析】：本题读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读,注意半毫米刻度线以露出;题的关 键是明确欧姆表指针偏角过大说明待测电阻过小即倍率选择的过大；题的关键是根据通过待测电 阻的最大电流来选择电流表量程，根据要求电压调节范围足够大可知变阻器应采用分压式接法，应选 择阻值小的变阻器以方便调

19、节，明确待测电阻阻值较小时应用电流表外接法.【解析】：解:(1)欧姆表的读数是5，倍率是x 1，所以总读数是5 Q;(2)灯泡的电阻值约为5Q ,雇于小电阻，电流表要使用勺腰法；滑动变阻器的电阻值大于灯泡的电 阻值，要使用限流式接法，故实验的原理图选择C.根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为I航,所以电流表应选量程200mA的电小灯泡的额定电压是6 V,所以要选择量程15V的电压表D,不能选择3V量程的电压表;连线图如图所示（3）该同学发现用多用电表和伏安法测出小灯泡的电阻差距很大,其原因是电阻丝的电阻值随温度的 升高而增大.故答案为：（1）5 ; （2）C , B, D,如图；（3 ）

20、电阻丝的电阻值随温度的升高而增大【点评】：应明确:根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表里程;当待测电阻满足黑 维时，电流表应用外接法，满足电流表应用内接法;当实验要求电压调节范围足够大或变阻器全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节选修模块3-3（12分）（ 4分）（2015盐城一模）如图所示，把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就变钝了，产生这一现象的原因是（） 一聋,A.玻璃是非晶体，熔化再凝固后变成晶体B .玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体C.熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧D .熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张【考点】：*

21、晶体和非晶体.【分析】：细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变成球形，是表面张力；【解析】：解：A、B、玻璃是非晶体，熔化再凝固后仍然是非晶体.故A B错误；C、D、细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变成球形，是表面张力的作用，因为表面张力具有使液 体表面绷紧即减小表面积的作用，而体积相同情况下球的表面积最小，故呈球形.故C正确，D错误. ：C【点评】：本题关键是理解玻璃在熔化的过程中的现象的特定和本质,注意学习时的记忆与区别.1 3 .（4分）（2 0 1 5盐城一模）一定质量的理想气体压强p与热力学温度T的关系如图所示,AB、B C分别与p轴和T轴平行，气体在状态C时分子平均动能上选填大于、等于

22、或小于） A状态时分子平均动能，气体从状态A经状态B变化到状态C的过程中,对外做的功为W,内能增加 了【考点】：理想气体的状态方程；热力学第一定律.【分析】：由理想气体状态方程分析温度变化；则可得出分子平均动能的变化.气体从状态A经状态B变化到状态C的过程中，应用热力学第一定律U=W+Q求解.【解析】：解曲图可知，C点的温度最高;因温度是分子平均动能的标志;故C点时分子平均动 能大于A状态时的分子平均动能；,由热力学第一定律可知，气体对外做功;则有2U=-W+Q； 则Q=W十&U ；故答案为：大于;W+aU,【点评】：本题考查了理想状态方程的应用和热力学第一定律的应用, 要注意明确各物理量的正

23、负意义.14 . （4分）（20 1 5盐城一模）导热良好的圆柱形汽缸置于水平地面上，用质量为M的光滑 活塞密封一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，开始时汽缸开口向上，被封气体的体积为 V0,如图1所示,现将汽缸平放，如图2所示，已知外界大气压强为p0 ,环境温度不变，待系 统重新稳定后，求活塞相对于缸底移动的距离.，【考点】：理想气体的状态方程;封闭气体压强.【分析】：对活塞受力分析，根据平衡条件求解压强，气缸倒置后，对活塞受力分析根据平衡条件 列出等式，对封闭气体运用玻意耳定律求解.【解析】：解：对活塞受力【分析】：,Mg+P0S=PS/摹P=气缸倒置后:，对活塞受力分析得：p=PO对封

24、闭气体运用玻玛定律PVO=P1V1，得VI二小所以 h = =/答：活塞相对于缸底移动的距离，【点评】：该题关键要能对活塞受力分析求出压强，找出初 末状态时的压强和体积，由玻意耳定律求的体积即可求得活塞移动的距离，选修模块3-4（12 分），1 5 .（4分）（2015盐城一模）如图所示，偏振片正对工作的液晶显示器，透过偏振片看到 显示器亮度正常，将镜片转动90,透过镜片看到的屏幕漆黑，则（）$A .显示器发出的光是纵波B.显示器发出的光是横波，C .显示器发出的光是自然光D .显示器发出的光是偏振光【考点】：光的偏振.【分析】：偏振片（叫做起偏器）由特定的材料制成，它上面由一个特殊的方向（叫

25、做透振方向）， 只有振动方向与透振方向平行的光波才能通过偏振片如果检偏器的偏振方向与透射方向垂直 时，这时透射光最弱，几乎为零.【解析】：解:由题意可知,只有当入射光的振动方向与偏振片的方向相同时，透射光的强度最 强；若与与偏振片的方向垂直时，透射光的强度最弱,即为零，因此显示器发出的光是横波，且偏振 光，故BD正确、AC错误.故选：BD.,【点评】：本题要知道检偏器的偏振方向与透射方向垂直时，这时透射光最弱，几乎 为零.考查横波与纵波的区别，掌握偏振光与自然光的不同.16. （ 4分）（2 0 15盐城一模）P、Q是一列简横波中相距30m的两点，各自的振动图象如图所 示,此列波的频率f= 0

26、.25 Hz ,如果P比Q离波源近，且P与Q间距离小于1个波长，则波速 v = 10 m/s.【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象.,【分析】：由图可读出周期,由公式f二 求出频率.P质点距波源近,P先振动，从而确定波从P到Q的波形个数，结合P与Q间距离小于1 个波长，求出波长，再求解波速.【解析】：解曲图象读出此波的周期T=4s ,频率为f=Hz=0.2 5 Hz.,据题P比Q 离波源近且P与Q间距离小于1个波长，则得：入二30m,解得A=40m波速为v= m/ s =10m / s故答案为:（1）0.25; （2）10 .【点评】：此题考查基本的读图能力，能根据波形图来得出波传播的

27、波形个数,此题是特殊值， 而没有多解.“ 7. （ 4分）（2 01 5 盐城一模）如图所示，TS明球体置于空气中，球半径R=10cm ,折射 率n = , M N是一条通过球心的直线，单色细光束A B平行于M N射向球体，B为入射点,A B 与MN间距为5 cm,C D为出射光线求CD与MN所成的角a【考点】：光的折射定律.，【分析】：作辅助线，画出光路图,由折射定律结合几何知识去 分析求解.【解析】：解：连接OB、BC,如图所示.由几何知识知sini=，则i=4 5,根据折射定律:n=，得：sinr= r=30同理射出透明球的光线折射角为45由几何知识得到a=3 0 答：与MN所成的角a为

28、30 .【点评】：本题考查了光的折射定律，正确画出光路图是解决本题的关键.选修模块3-5（ 12分）18 . （2015盐城一模）下列的四位物理学家，他们对科学发展作出重大贡献，首先提出了能量子概念的物理学家是()A .爰因斯坦B .,普朗克C. 汤姆生 D.贝克勒尔【考点】：物理学史【分析】：本题考查物理学史,是常识性问题，根据各个科学家的成就进 行解答【解析】：解:首先提出了能量子概念的物理学家是普朗克，不是爰因斯坦、汤姆生和 贝克勒尔.故B正确.故选:B.【点评】：对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一., 19.(2015盐城一模)一个轴核(7 )放出一个a

29、粒子后衰变成社核(Th ),其衰变方程为 eU-* Th+ He ;已知静止的铀核、社核和a粒子的质量分别为ml、m2和m3,真空中光速 为c,上述衰变过程中释放出的核能为(ml-m2-m3) c2 .“【考点】：原子核衰变及半衰期、衰变速度.【分析】：根据电荷数和质量数守恒写出衰变方程；根据爰因斯坦质能方程计算释放的核能.，【解析】：解:根据电荷数和质量数守恒得到衰变方程 为：U- Th + He,根据爰因斯坦质能方程:E=mc2= ( ml - m2 - m3 ) c2故答案为:,;(ml-m2 - m3)c2 .,【点评】：本题考查了衰变方程的书写和爰 因斯坦质能方程的应用,核反应过程满

30、足质量数守恒和电荷数守恒，要注意元素左上角为质量 数,左下角为电荷数，二者之差为中子数.204 2015 盐城一模)质量为m的小球A,在光滑的水平面上以速度v 0与质量为3m的静 止小球B发生正碰，碰撞后小球A被弹回，其速度变为原来的，求碰后小球B的速度.【考点】：动量守恒定律.【分析】：两球碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰撞后B的速度.【解析】：解：两球碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=m( - v0 ) +3mv,解 得：v=v 0, 答： 碰 后 B 的u 1 u 1 iu u w j j Ai j imi irn ii j j 1

31、j in j u j j j j iu u i jAll J nil imu lilB J J All D J 111 B lil J D 11B J J J 11B 11 J ID lij JJ HiU J J J U J llil JU U liiD 1U U j HU J 11 1U J J J 11 u u j jiu mu lui j j iu u ii u j j j j j j j u j d j d j ju imu au j m in j u b j ii j j j ini j ii j num ah u mu u j j j i j ib iu jmu ii j j in n j j in u 1Hlmhnu j i iu in j j u j iu j j ji j ju ii j irn j j u in j m ii j j j iniJ 11 R UH HNWI 1 Him imu J u J J Jin j uhu j min111 J U J HU J J J J J A1U U J 1 J J J U B JJ J