江苏省南通市高考物理三年（2021-2023）模拟题（一模）汇编-02解答题

江苏省南通市高考物理三年(2021-2023)模拟题(一模)按

题型分类汇编-02解答题

一、解答题

1.(2021・江苏•统考一模)根据某种轮胎说明书可知，轮胎内气体压强的正常值在

24xlθ5pa至2∙5xl()5pa之间,轮胎的容积匕=。已知当地气温为=27°C,

大气压强P(>=L0χl0'Pa,设轮胎的容积和充气过程轮胎内气体的温度保持不变。

(1)若轮胎中原有气体的压强为外，求最多可充入压强为外的气体的体积V；

⑵充好气的轮胎内气压口=2.5χl0'Pa,被运送到气温4=-3。C的某地。为保证轮胎能

正常使用，请通过计算说明是否需要充气。

2.(2021.江苏•统考一模)如图甲所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定

在水平面内，相距为L,轨道端点〃、P间接有阻值为R的电阻，导轨电阻不计长度为

L、质量为〃八电阻为，•的金属棒而垂直于MN、PQ静止放在导轨上，与MP间的距离

为乩棒与导轨接触良好。r=0时刻起，整个空间加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强

度大小8随时间f的变化规律如图乙所示，图中线、/°已知。

(1)若为时刻棒曲的速度大小为心求0%时间内安培力对棒所做的功W；

(2)在0f°时间内，若棒曲在外力作用下保持静止，求此时间内电阻R产生的焦耳热。。

3.(2021.江苏.统考一模)如图所示,高〃=0.2m的平板C右端固定有竖直挡板，置于

水平面上，平板上放置两小物块A、B,A、B间有一被压缩的劲度系数足够大的轻弹簧,

A置于平板左端，B与C右端挡板的距离L=1.5m,A、B、C的质量均为%=LOkg。某

时刻，将压缩的弹簧由静止释放，使A、8瞬间分离，A水平向左抛出，落地时距离C

左端X=LOm,B运动到C右端与挡板发生弹性碰撞。已知B与C、C与水平面间的动

摩擦因数均为〃=03,¾^=10m∕s2,求:

(1)弹簧释放前瞬间的弹性势能E,；

(2)8与C发生弹性碰撞后瞬间C的速度大小vc；

⑶整个过程中C滑动的距离s。

AB<--------------L----------------►!

[~∣√⅛ww⅜Γ^∣

订C

777~7777^77777777~7777777777771T77777r77^777~7^77'77'"

4.(2021・江苏•统考一模)如图甲所示，真空室中电极K发出的电子(初速度不计)经

电场加速后，由小孔S沿两平行金属板M、N的中心线OO,射入板间，加速电压为U。，

M、N板长为L,两板相距且L。加在M、N两板间电压"随时间f变化的关系图线如

3

图乙所示，图中G未知，M、N板间的电场可看成匀强电场，忽略板外空间的电场在每

个粒子通过电场区域的极短时间内，两板电压可视作不变板M、N右侧距板右端2L处

放置一足够大的荧光屏PQ,屏与OO'垂直，交点为。'在M、N板右侧与PQ之间存在

一范围足够大的有界匀强磁场区，PQ为匀强磁场的右边界，磁场方向与纸面垂直。已

知电子的质量为机，电荷量为e。

(1)求电子加速至。点的速度大小%;

(2)若所有电子都能从M、N金属板间射出，求G的最大值；

(3)调整磁场的左边界和磁感应强度大小B,使从M板右侧边缘射出电场的电子，经磁

场偏转后能到达O'点，求磁感应强度的最大值纥…

5.(2022•江苏南通・统考一模)某磁电式电流表结构如图甲所示，矩形线圈匝数为〃，

电阻为R,长边长度为矩形线圈放在均匀辐射状磁场中如图乙所示，两条长边经过

的位置磁感应强度大小为

(1)当线圈中电流为/时，电流表指针偏转的角度为6。求当电流表指针偏转的角度为

2,时:线圈一侧长边受到的安培力大小E

(2)将两接线柱用导线相连，线圈绕轴转动，长边的速度为川寸，求通过线圈的感应

电流的大小/∕o

试卷第2页，共6页

甲乙

6.（2022•江苏南通・统考一模）肺活量测量仪模型如图所示，一导热性能良好、内壁光

滑的汽缸内有两个轻活塞A、B,活塞B紧靠固定阀门K,活塞A、B间封闭有一定质

量的理想气体，气体体积匕=6∙0xl（PmL,压强为一个标准大气压po.用力推活塞A使其

缓慢向右移动，当阀门K与活塞B间的气体体积V2=3.5×10⅛L时，测得气体的压强为

1.2po,忽略气体温度变化。

（1）气体的压强为1.2p,,时，求阀门K与活塞A间气体的体积V；

（2）此过程中，活塞A对活塞A、B间气体做的功为504J,活塞A、B间气体对活塞

B做的功为395J,求活塞A、B间气体放出的热量。。

7.（2022•江苏南通・统考一模）如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小

圆环A和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A,细线穿过小孔O,两

端分别与环A和小球B连接，线与水平杆平行，环A的质量为加，小球B的质量为2〃?。

现使整个装置绕竖直轴以角速度。匀速转动，细线与竖直方向的夹角为37。。缓慢加速

后使整个装置以角速度2。匀速转动，细线与竖直方向的夹角为53。，此时弹簧弹力与

角速度为。时大小相等，已知重力加速度g,si等7°=0知cos37θ=0.8,求：

（1）装置转动的角速度为“时，细线。B的长度s；

（2）装置转动的角速度为2。时，弹簧的弹力大小E

（3）装置转动的角速度由。增至2。过程中，细线对小球B做的功W。

8.(2022•江苏南通•统考一模)某磁偏转装置如图甲所示，纸面内半径为R、圆心为。

的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B的大小按图乙所示

rrτrt

规律做周期性变化，在0~7时间内B=&tan(f+S).在磁场区域的右侧有一圆心也在

O点的半圆形荧光屏，A为中点。一粒子源P均匀地发射初速度可忽略的电子，沿Po

方向射出的电子经电压U加速后正对圆心。射入磁场，Z-POA=ɪ,在o~r时间内经磁

场偏转的电子从上到下打在荧光屏上C、。两点间(图中C、D未画出)。已知电子的

电荷量为e、质量为机，综=也巫,tan工=√Σ-1,不计电子的重力，电子穿过磁场

eR8

的时间远小于磁场变化的周期，忽略磁场变化激发电场的影响。

(1)求打在荧光屏A点的电子在进入磁场时磁感应强度大小B1;

(2)求NCo。及电子在荧光屏上扫描的角速度co；

(3)由于加速电压增大到某一值，0~7时间内进入磁场的电子从A点上方的E点向下

TT

扫描，ZEOA=y为使电子仍在C、D间扫描，扫描的角速度仍为。须在圆形磁场

4o

区域叠加一个变化的匀强磁场生,求史的值。

9.(2023•江苏南通・统考一模)为测量双层玻璃中间真空层的厚度，用激光笔使单色光

从空气以入射角，射入玻璃，部分光线如图所示。测得玻璃表面两出射点8、C与入射

点A的距离分别为阳和乙。己知玻璃的折射率为"，光在真空中的速度为c。求:

(1)真空层的厚度4

试卷第4页，共6页

（2）光从A传播到B的时间K

10∙（2023∙江苏南通•统考一模）甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿X轴相向传播,

波速V=Im∕s,某时刻的波形如图所示。

（1）x=8m处的质点开始振动时刻作为计时起点，请写出其振动方程；

11.（2023•江苏南通・统考一模）如图所示，倾角为6的光滑斜面底端有一挡板1,足够

长的木板A置于斜面上，小物块B置于A底端，A、B质量均为相，挡板2与B、挡板

1间的距离均为心现将A、B一起由静止释放，A、B分别与挡板1和挡板2碰撞后均

反向弹回，碰撞前后瞬间速度大小相等。已知A、B间的动摩擦因数〃=tan，，最大静

摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,求

（1）B第一次与挡板2碰撞后瞬间的加速度大小勺；

（2）A第一次与挡板1碰撞后沿斜面上滑的最大距离x；

（3）A、B在整个运动过程中产生的内能。。

12.（2023•江苏南通・统考一模）回旋加速器的示意图如图中所示，两D形金属盒半径

为R,两盒间狭缝间距为4,匀强磁场与盒面垂直，加在狭缝间的交变电压的变化规

律如图乙所示，周期为7,U未知。盒圆心。处放射源放出粒子飘入狭缝，其初速度视

为零，有粒子经电场加速和磁场偏转，最后从盒边缘的窗口P射出。不考虑粒子的重力

及粒子间相互作用。

(1)若放射源是P。，2；：p。自发衰变成簧Pb的同时放出一个粒子，衰变过程中释放的

核能为己知弋P。核的比结合能为居，2；；Pb核的比结合能为当,请写出衰变方

程，并求所释放粒子的比结合能E,；

(2)若放射源持续均匀地放出质量为m、电荷量为+q的粒子.

①在f=O时刻放出的一个粒子，经过4次加速后到达图中的A点，OA间的距离为X,

求该粒子到达A点的速度大小VΛ；

②假设某时刻从放射源放出的粒子不能被加速即被吸收，能从P出射的粒子每次经过狭

缝均做加速运动。为使得从P处出射的粒子与放射源放出粒子的数目之比大于40%,求

试卷第6页，共6页

参考答案:

1.(1)^=3.75x10-11?；⑵需要充气

【详解】(1)设最多可充入压强为P。的气体的体积为V,轮胎内气体压强达到2.5χl0'Pa,由

玻意耳定律得

A)(%+V)=P%

解得V=3.75XlO-π?

(2)设轮胎运送到某地后，轮胎内气体压强为生,由查理定律得

包=必

TvT1

解得Pz=2.25X105Pa

因为Pz=2.25×IO5Pa<2.4×IO5Pa,所以需要充气。

【详解】(1)对导体棒外，由动能定理得，安培力对导体棒做的功为

W=Lmv2

2

(2)电路中产生的电动势

△①BLd

lE7----=—l——l

Z*)

导体棒ah中的电流

R+r

导体棒必在外力作用下保持静止，。办时间内电阻R上产生的焦耳热

Q=产Rt°

解得

C=B江/R

2

(R+r)t0

3.(I)EP=25J；(2)vc=4m∕s;(3)S=LOm

【详解】(1)弹簧释放后瞬间，设物块A、B的速度大小分别为以、力,物块4、8组成的系

统动量守恒

答案第1页，共13页

〃3一%VA=O

物块A向左水平抛出至落地的过程中，物块8在平板C上向右滑动，平板相对地面保持静

止。设物块4经时间6落地，则

,12

h=2gt'

X=V筋

设弹簧释放前瞬间的弹性势能为E1,,则

解得

4=25J

(2)设物块8运动到平板C右端与挡板碰前的速度为ι⅛,由动能定理得

2

-μmligL=^ιnκvκλ-^mliv]i

物块B与平板C右端挡板发生弹性碰撞，设碰后物块8的速度为“2,则

∕nβvβl=mβvθ2+∕MCvc

111

2

V

2-C=82-2-

解得

vB2=0

vc=4m/s

(3)物块B与平板C右端发生碰撞后，物块8与平板C相对滑动，设物块B的加速度大小为

an,平板C的加速度大小为先,由牛顿第二定律得

木块B

NmBg=mBaB

平板C

Mz⅞g+wV∙g)+⑷IBg=mVaC

设经过时间4,物块B与平板C速度相等，设为U,则

答案第2页，共13页

V=vc-act2=allt2

此过程中，平板C向右滑行的距离

此后从C一起向右滑动直至停止，设运动的距离为$2，由动能定理得

-MmBg+mcg)s2=-^mB+mc)v2

平板C运动的位移

s=sl+S2

解得

s=1.0m

4.⑴P=J⅛,⑵U*U0;⑶B==因应

0Vm3nI5L∖e

【详解】(1)电子加速到。点的过程，由动能定理得

„12

eU0=-mv0

解得

%产

Vm

(2)当电子恰好从板的右端飞出时;偏转电压达最大值4。设M、N两板间的距离为d,电

子在M、N板间运动的时间为r,加速度大小为m则

L=叼

-d=-at2

22

eU,

a=——L

dm

解得

(3)电子从M板右端飞出，当电子在磁场中运动的轨迹与O'相切时，电子在磁场中偏转的半

径最小，设为r,此时磁场的磁感应强度为最大值S,,,如图所示。设电子从M、N板右边

缘飞出时的速度大小为％方向与OO'间夹角为α,垂直M、N板方向上的速度为V,,则

答案第3页，共13页

P

。

0

tana=-

%

vv=at

v0=UCoSa

电子在磁场中运动，有

mv2

evBrt=-----

r

由几何关系得

rCrIr

-----Fr=2LH—L

Sina2

解得

B得用

InBlv

5.(1)InIlB；(2)

R

【详解】(1)因为电流表刻度均匀分布，故电流正比于偏角，故当电流表指针偏转的角度为

26时，电流为2/,故线圈一侧长边受到的安培力大小为

F=InllB

(2)因为线圈长边的速度为丫时，总的感应电动势为

E=InBlv

则通过线圈的感应电流的大小为

,InBlv

L=K

6.(1)1.5×103mL;(2)109J

【详解】(1)气体做等温变化，初态为

3

V1=6.0×10mL

答案第4页，共13页

P=P。

末态

3

v2=3.5×10mL+v

P=l∙2po

即有

p0Vl=1.2pu⅛

6.0×103=1.2×(3.5×103+V)

解得

V=1.5×10,mL

(2)由热力学第一定律，即

∖U=W+Q

因温度没有变化，所以内能没有变化，即AU=(),故

0≈504J-395J+β

解得

β=109J

【详解】（1）当装置转动的角速度为。时，对小球B分析得

ZCoS370=2∕%g

ηsin37o=2w<a2Λ∙sin37o

解得

（2）装置转动的角速度为2。时，设。B的长度为力,则对小球B得

o

T2cos53=2mg

o2,0

T2sin53=m（2^y）5sin53

√=-¾

124υ2

设细线长度为L,则装置转动的角速度为ω时对圆环A满足

答案第5页，共13页

7]-F=mω2(L-s)

装置转动的角速度为2。时，对圆环A有

r

T2+F=m(2ωY(L-s)

解得

F=Img

(3)装置转动的角速度由。增至2。过程中，对小球B得重力势能变化量为

AEP=2,"g(scos37°-s'cos53°)

动能变化量为

02o2

ΔEk=∣∙2m[(2os'sin53)-(<WJsin37)]

解得细线对小球B做的功为

/,X'j2emUCππ√6+√3-3√2e∕n(/ππt

oδ.(1)----------;(2)—；(o--\(3;(----------------)-----------tan(-+——)

eR33T3eR66T

【详解】(1)设打在荧光屏A点的电子在电场中加速后的速度大小为也则

〃

eU=-ɪmv2

2

设该电子在磁场中运动的半径为八则

Crnv~

evBy=-----

由几何关系可知

r=R

解得

∖∣2eιnU

4=----------

,eR

(2)QO时进入磁场的电子经磁场偏转后打在C点，设其在磁场中运动的半径为氏，偏转

角为2%,如图所示

由几何关系可知

ri.tanθι.=R

答案第6页，共13页

解得

由凡何关系可知

Tl

ZCOA=-

6

f=r时进入磁场的电子经磁场偏转后打在。点，设其在磁场中运动的半径为山，偏转角为

2ΘD,如图;

2

ev也B,=吧~

rD

由几何关系可知

ΓDtanΘD=R

解得

由几何关系可知

Tt

NCOD=-

3

电子在时间T内荧光屏上扫描的角速度为

(3)/=O时进入磁场的电子打在E点，由题意可知，电子在磁场中偏转角

答案第7页，共13页

设电子进入磁场时的速度大小为M,在磁场中运动的半径为/•£

由几何关系可知

rEtana=R

为使电子仍在CD间扫描，设Z=O时磁感应强度大小变为且瓦，则/=T时磁感应强度大小

3。

变为出BO

.ʌ/ɜ"mv~

BL蚓K

B2做周期性变化，在。〜7时间内

d,√6+√3-3,√2e∕nt/πt、

"2=(-----------；------------)-----------------+—)

3eR6T

磁感应强度B2的方向垂直纸面向里。

2

9.(1)=(2)t=^—

2tanCSine

【详解】（1）光路图如图所示，设真空层的厚度为止由光路图可知，AC比AB多了光线在

真空层平移的部分，由几何关系知:

x2-xl=2dtanθ

解得;

2tan6

（2）光在玻璃中的速度为U由

c

n=-

V

得:

c

V=—

n

由折射定律可知

Sine

n=------

sin/

则

答案第8页，共13页

sin，

sin/=------

n

从A到8的光程为

ɪ

ΛXXN

,22'-I-^

sin/SinySine

所用时间为

xln

----------2

LSinj中

【详解】(1)x=8m处是振幅最大的位置，该处质点的振幅为

A=10cm+5cm=15cm

波的周期为

所以振动方程为

(2)在O~ls内x=7m处的质点不振动；ls~3s内甲波引起质点振动半个周期，通过的路程

为

5,=2×10cm=20cm

乙波从图示时刻经3s传到x=7m处，在3s~4s内，甲、乙两列波共同使质点振动，反射叠

加，甲波使质点从平衡位置振动到波谷位置，乙波使质点从平衡位置振动到波峰位置，所以

3s~4s内通过的路程为

答案第9页，共13页

s↑=10cm-5cm=5cm

所以从图示时刻开始经过4s的过程中通过的路程为

s=si+s2=25cm

11.(1)α=2gsinθ;(2)x=-；(3)Q=2tngLsinθ

2

【详解】(1)B第一次与挡板2碰撞后速度方向向上，受到木板A向下的摩擦力，有牛顿

第二定律可知

Ingsin。+Hmgcosθ=maβ

其中〃=tan，解得

他=2gsinθ

方向沿斜面向下

(2)AB一起向下加速度运动，设B与挡板2碰撞前瞬间的速度为匕，由动能定理可知:

2mgLs∖nθ=ɪflmv∖

vl=J2g2sin6

B第一次与挡板2碰撞后，木板A受到向上的摩擦力且摩擦力大小等于A重力沿斜面向下

的分力，A做匀速运动，B以加速度∕=2gsine向上做匀减速运动，当B速度减为零时

W=W

S上

12g

解得:

LL

在此段时间内A向下运动的位移

s2=Vyt=L

即A恰好与挡板1相碰，碰后A原速率返回，受到B给的向下的摩擦力，此时加速度为

mgsin0+μmgcosΘ=maA

aκ=2gsinθ

方向沿斜面向下，B受到A给的向上的摩擦力，与重力的分力平衡，所以B处于静止状态,

答案第10页，共13页

A向上运动的位移

V,2L

x=-i-=-

2a22

(3)A速度减为零后，与B一起向下加速，由于到各自挡板的距离都是《，所以同时与挡