2021年高考物理押题预测卷（江苏卷）03（全解全析）

2021年高考押题预测卷03【江苏卷】

物理♦全解全析

12345678910

ABBDDDDBBD

1.【答案】A

【解析】氢原子从〃=4的能级跃迁到"=3的能级的能级差小于从〃=3的能级跃迁到,1=2的能级时的能

级差，根据&一&=札知，光子。的能量小于光子6的能量，所以a光的频率小于6光的频率，光子。的

波长大于光子6的波长，故A正确；光子匕的能量小于基态与任一激发态的能级差，所以不能被基态的原

子吸收，故B错误；根据E“一以=6可求光子。的能量小于〃=4能级的电离能，所以不能使处于〃=4能

级的氢原子电离，C错误；大量处于〃=3能级的氢原子向低能级跃迁时最多辐射3种不同谱线，故D错误.

2.【答案】B

【解析】在不加液体时光刻胶的曝光波长%=193nm,而%=:光进入折射率为〃=1.44的液体，在液体

中传播的速度为丫=今加上液体后光刻胶的曝光波长2=，，联立解得4=^134nm,B正确。

3.【答案】B

【解析】由题意知，3.2x10%内发生0衰变产生的电子的电荷量为Q=〃=5.0xl()-8x3.2xl04c=1.6x10、c

对应的电子数Lgu_j^g^-njn.OxlO叱个)由汨_>_Ye+0He可知，■—个怕核发生一次p衰变产生一个电

子，故这段时间内发生0衰变的田核的个数为1.0X109选项B对。

4.【答案】D

【解析】网球做平抛运动，不管出射速度足够大，竖直方向的位移不为零，所以网球不能击中。点，故A

错误；发球间隔时间足够短，但两个网球的水平位移不相等，竖直位移不相等，所以两个网球在下落过程

中不可能相遇，故B错误；对于击中A点的网球，根据平抛运动的规律可得乙=%乩，解得击

中A点的网球的初速度大小为%A=L后，故C错误;网球击中3点时.，据平抛运动的规律可得L=，

解得击中B点的网球的初速度大小为%B=京，网球击中5点时时速度大小为

VB=4嗑+2g%=」等+2gh2,故D正确。

5.【答案】D

【解析】用一定频率的a单色光照射光电管时，电流计指针会发生偏转，知以Xo,〃光的波长小于6光的

波长，故A项错误；发生光电效应的条件：v>vo,增加6光的强度不能使电流计G的指针发生偏转，故B

项错误；发生光电效应时，电子从光电管左端运动到右端，而电流的方向与电子定向移动的方向相反，所

以流过电流计G的电流方向是c流向人故C项错误；增加。光的强度可使通过电流计G的电流增大，故

D项正确。

6.【答案】D

F

【解析】对整体分析，根据共点力平衡得，小,解得"嬴，故A错误；根据动能定理得

F-2L—/jmg-2L-/jmg-L=—x10/〃/,故B错误；第一个滑块进入粗糙地带后，整体

仍然做加速运动，各个物体的加速度相同,隔离分析，由于选择的研究对象质量不同，根据牛顿第二定律

知，杆子的弹力大小不等，故C错误。在水平恒力F作用下，由于第4个滑块进入粗糙地带，整体将做减

速运动，设第〃块能进入粗糙地带，由动能定理尸（地）—^^"1+2+3+...+（〃-1））=0-0,解得〃=7,

所以7个滑块能全部进入粗糙地带，故D正确。

7.【答案】D

【解析】根据…2%2得4Md知道周期T和半径r,但不知道引力常量G,不能求出

卞=m（亍HM=~GTr

太阳的质量，A错误；若知道地球和某一小行星绕太阳运转的轨道半径，可求出该小行星的周期，但不能

求出小行星的质量，B错误；根据Mm得，小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外

G—r=mg'g'=7"

侧小行星的向心加速度值，C错误;由行星与太阳的连线在单位

Mm2兀\2

机（亍）r

时间内扫过的面积加2,由于地球绕太阳运动轨道半径比内侧小行星绕太阳运动的轨道半径小,

=-4GMr

~T2

所示在相同时间内，地球与太阳的连线比内侧小行星扫过的面积要小，D正确。

8.【答案】B

【解析】根据匀强电场特点，平行等距的两线段电势差相等，则UAE=UEB=UFC,

%-%=%-%=9D-SF=9F-%，解得%=6V，%=4V。同理可得。BI=*FI=4V。EDFB等势面如

图所示，则电场强度方向应该是过点F做EDRBi平面的垂线，所以A错误；场强沿。F方向的分量为

U6-4

&=券=1—=2V/m,同理场强沿EE、EF方向的分量均为2V/m,故电场强度大小为

dDF1

E=QE；++d2=2&V/m，所以B正确；B、Fi两点的电势差UBFI为2V,4、E两点的电势差UAE

为-2V,所以C错误；把0.1C正电荷从。点移到B点，电场力做功为％B=4UD8=°1X(—2)=-0.2J,

所以D错误；故选B。

9.【答案】B

h=—gf：_

【解析】滑块1离开桌面做平抛运动，由2,"=卬|,解得滑块1离开桌面时的速度

匕=4m/s,选项A错误；水平轨道8C光滑，剪断细线后弹簧恢复原长过程中，滑块1、2动量守

恒，滑块1、2和弹簧机械能守恒，则町盟-地匕=。，。22解得弹簧压缩时储存的弹

性势能”=121选项B正确；滑块2上滑时，沿传动带斜面方向，受到重力沿斜面向下的分力、

Z=—=0.2s

沿传动带斜面向下的摩擦力，有外gsin°+〃帆gcose=/〃％,则滑块2上滑的时间2~%,

滑块2在传送带上滑的位移大小为'2，传送带运动的位移大小为“传一％’2-USm,

滑块2在传送带上滑过程中，传送带痕迹长度©="2+%=1001,选项c错误；滑块2开始下滑

加速度仍为生,由于传动带速度大于％,则滑块下滑的过程是上滑的逆过程，下滑的到传动带底

端时速度为彩,下滑需要时间为‘2=°2s。故滑块2在传送带上运动的时间为‘2总=2芍=0.4s

选项D错误。故选B。

10.【答案】D

【解析】设金属杆无电流通过时弹簧的伸长量为Ax,则有2kAx=mgsin0,则每条弹簧的伸长量为21蹙士

所以A错误；弹簧的弹力为零时，电流从A接线柱流入，有BIh=mgsin9,则1=嘲或，所以B错误；

设电流从B接线柱流入时，金属杆沿斜面向下移动x,则有Blh+mgsinB=2k(x+Ax),联立2kAx=mgsin。

得Blh=2kx,即3X,设电流从A接线柱流入时，金属杆沿斜面向上移动x,则有BIh=mgsin9+2k（x—Ax）[或

BIll+2k（Ax-x）=mgsin0],联立2kAx=mgsin0也得到BU]=2kx,即Nx,故电流表零刻度线上、下方刻

度线分布都是均匀的，所以C错误；电流从B接线柱进入，金属杆带动指针沿斜面向下移动，故零刻度线

下方为负值，设最大刻度为Im，由受力平衡得BImh+mgsinO=2«g+Ax）,即4=需，所以D正确.

11.【答案】（1）>（2分）B（2分）（2）AD（2分）（3）m\OP=m\OM+miON（3分）

m।-OP2=mi-ONP+mi-ON2（3分）（4）mi^=mi+他口^（3分）

【解析】（1）防止球1反弹，球1的质量应大于球2的质量，因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代

表速度，。尸是1球不与2球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表1球碰撞前的速度，0M是1球碰撞后

平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后1球的速度，ON是碰撞后2球的水平位移，该位移可以代表碰撞

后2球的速度，当所测物理量满足表达式g•。尸=班・。加+加2・。可，所以除了测量线段OM、OP、ON

的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量如、mi,则要用到刻度尺和天平，故选B

X

（2）因为平抛运动的时间相等，根据u=—所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平抛运动的射程间

t

接测量速度。故应保证斜槽末端水平，故A正确；实验要验证町-。尸=町・。加+加2・。/^,则不用实验

前应该测出斜槽末端距地面的高度，故B错误；实验过程中，白纸，复写纸都不能移动，故C错误；小球

落点的平均位置为用尽可能小的圆把10个落点圈起来，此圆的圆心即为落点，故D正确。故选AD

（3）由分析可知，在实验误差允许范围内，若满足关系式町•。尸=町・。/+，4・。可

则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒只要g町片=（加尚+]巧破

22

成立则机械能守恒，联立解得町•OP。^m}OM+m2-ON

即此式成立，则说明碰撞是弹性碰撞

（4）碰撞前，mi落在图中的9点，设其水平初速度为也，小球阳和巾发生碰撞后，如的落点在图中此点，

设其水平初速度为“，，"2的落点是图中的N，点，设其水平初速度为四，设斜面BC与水平面的倾角为a,

由平抛运动规律得EpSina=5g产，Lp-cosa=v}t

解得岫cos2a

V2sina

2

同理有匕=cos2a,=JgLNcosa

V2sina~\2sina

可见速度正比于JL，所以只要验证M店=如n+侬@即可

12.【答案】(i)-121.2J(ii)1.212xi05Pa

【解析】（i）阀门K闭合时有p“，=P°”>=1.01x105pa（i分）

打开阀门后，活塞缓慢下降，如果活塞稳定时停留在汽缸底部，则此时气体体积减小为1.2L,压强会大于

p甲，不符合实际，故最终活塞未与汽缸底部接触。

所以打开阀门K后，气体的温度、压强均未变化，则体积也不变，设最终汽缸甲中气体体积为W

则有V甲=丫乙+匕，代入数据解得Vi=3.6L（l分）

,V，,,—V,

活塞下移距离为

代入数据解得x=0.12m（l分）

所以稳定后活塞的位置距汽缸顶部为0.12nio

气体对活塞的作用力为尸=p〃S+MJg=l010N（1分）

则上述过程封闭气体对活塞做的功为W=-Fx=~\010x0.12J=-121.2J（1分）

（ii）阀门K关闭，环境温度升高到207℃时，活塞将上升，如果气体发生等压变化，设最终甲中气体的体积

为L，根据盖一吕萨克定律守=栽1分）

121I

解得V2=5.76L>V.P=4.8L（1分）

说明活塞最终停在汽缸顶部，根据理想气体状态方程有竽=小@（1分）

代入数据解得p/=1.212x105Pa（l分）

13.【答案】（l）2.75s；（2）M=0m/s,v2=4^m/s；（3）0

【解析】（1）传送带的速度为o=4.0m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a,由牛顿

第二定律有：=m①

设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x”由运动学公式有丫2-谥=-2。*②

联立①②式，代入题给数据得为=4.5m：③

因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至也然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离

开传送带所用的时间为小做匀减速运动所用的时间为d由运动学公式有丫=%-々2④

联立①③④⑤式并代入题给数据有A=2.75S；⑥

（2）当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为叨，当载物箱滑上传送

带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为V2,由运动学公式有

可一片=2〃gL⑦

试-说=2〃gL⑧

由⑦⑧式并代入题给条件得

V]=J5m/s，v2=40m/s⑨

（3）传送带的速度为u=6.0m/s时，由于%＜口＜叫，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做

匀加速运动通过的距离为X2,所用时间为外由运动学公式有丫=%+。4⑩

2

v-VQ=2ax2⑪

联立①⑩式并代入题给数据得

⑪r3=1.0s⑫

X2=5.5m⑬

因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀

速运动（加-4）的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为•0有退=贝加一，3）⑭

由①⑫⑬⑭式可知/＞2〃gj「X3）

2

即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设V3,由运动学公式有，v^-v=-2a（L-x2-x3）⑮

设载物箱通过传远带的过程中，传送带对它的冲量为/,由动量定理有/=用（匕-%）

代题给数据得/=0

14.【答案】（1）悬J（2）（1+-\/2^2-1）/?（3）警f

【解析】（1）由b点进入磁场的粒子做圆周运动的轨迹如图甲所示，由几何知识可得，粒子做圆周运动的轨

迹半径为H,qvB=nr^（1分）

甲

粒子在电场中加速，有qU=}jmv1（1分）

整理得2=怒（1分）

（2）带电粒子从磁场边界射出，设从y轴右侧射出的粒子到），轴的最大距离为为，如图乙所示，由几何关系

可得［（十+1）吠2=好+（2衣）2（|分）

乙

y轴左侧射出粒子到y轴最大距离为及=/?（1分）

带电粒子从磁场上边界射出部分的长度为X=X1+X2=（1+/万二1）R（2分）

（3）带电粒子垂直磁场上边界射出，如图丙所示

内

由于sin/1=,故Nl=60。，又因N2=45。，故/3=75。（1分）

带电粒子在磁场中运动的时间八=^T（1分）

带电粒子在磁场中运动的周期-谪（1分）

整理得t尸啜f（1分）

同理得N4=15。（1分）

..TIBR2

（1分）

"又，2=24t7

15.【答案】（1）1N,方向竖直向上（2）0.22J（3）0.675m<£<1,35m