2021南昌新建区一中高三高考押题卷（一）物理试卷含答案

这是一份2021南昌新建区一中高三高考押题卷（一）物理试卷含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 新建一中2021年高考押题卷（一）理科综合 一、单选题14．关于下列运动的说法中正确的是（　　）
 A．图甲所示撑杆跳运动员在离开地面向上运动的过程中机械能守恒B．图乙所示的蹦床运动中运动员和蹦床组成的系统动量守恒C．图丙所示跳伞运动在匀速下降的过程中运动员和降落伞组成的系统机械能守恒D．图丁所示打台球的运动过程中，两个台球组成的系统在碰撞的一瞬间动量近似守恒【答案】D【详解】A．若考虑运动员自身的散热与内力做功问题，则只要有人参与的系统机械能都不守恒，若不考虑运动员自身的散热与内力做功问题，则图甲所示撑杆跳运动员在离开地面向上运动的过程中由于还受到杆的作用力，机械能不守恒；A错误；B．图乙中因蹦床和运动员系统受到的合外力不为零，故运动员和蹦床组成的系统动量不守恒，B错误；C．图丙中跳伞运动在匀速下降的过程中受空气阻力作用运动员和降落伞组成的系统机械能不守恒，C错误；D．图丁所示打台球的运动过程中，两个台球组成的系统在碰撞的一瞬间内力远大于外力，系统动量近似守恒，D正确。故选D。15．如图所示，用单色光a、b分别照射光电管的阴极K，电流表G的示数均不为0。已知用单色光a做双缝干涉实验时，相邻两条亮纹间距为∆x，仅将单色光a换为单色光b，相邻两条亮纹间距为2∆x。以下说法正确的是（　　）A．用强度相同的a、b两束光分别照射阴极K，其产生的饱和电流不同B．用单色光a照射阴极K时，产生的光电子的最大初动能是用单色光b照射时的2倍C．用单色光b照射阴极K时，产生的光电子的最大初动能是用单色光a照射时的2倍D．用单色光a照射阴极K时，产生的光电子的初动能均大于用单色光b照射时产生的光电子的初动能【答案】A【详解】A．因为两束光强度相同，频率不同，光子数不同，所以形成饱和电流的光电子数不同，饱和光电流不同，A正确；B．由题意，单色光a的频率是b的2倍，则a的光子能量是b的2倍，因Ekm=–W而W≠0，所以，用a照射阴极K时产生的光电子的最大初动能不等于用b照射时的2倍，B错误；C．因为b光子的能量小，其产生光电子的最大初动能不可能大于a产生的光电子的最大初动能，C错误；D．发生光电效应时，照射光的频率决定了光电子的最大初动能，但光电子从阴极K逸出时的动能却在0~Ekm之间，故用a照射阴极K时产生的光电子的初动能可能小于用b照射时产生的光电子的初动能，D错误。故选A。16．如图是变电所为市区用户供电的示意图。变压器的输入电压是电网的电压，负载变化时电网电压波动极小，可视为不变。变压器可视为理想变压器，其变压比通过P可调，输电线的电阻为R0，则下列判断错误的是（　　）
 A．当用户增多负载增大时，用户获得的电压会有所降低B．当用户增多负载增大时，R0的功率会增大C．当用户增多负载增大时，为了使用户获得的电压稳定在220V应将P适当上调D．当用户增多负载增大时，为了使用户获得的电压稳定在220V应将P适当下调【答案】D【详解】AB．设变压器输入电压为U1，输出电压为U2，用户电压为U3，当P不动，则U2不变，随着用户增多负载增大时，电路总电阻变小，干路总电流增大，根据可知，R0分得的电压增大，根据可知，R0的功率会增大，根据可知，用户获得的电压会有所下降，故A、B正确，不符合题意；CD．根据可得则可知U1不变，U2不变，当用户增多负载增大时，U3减小，为使用户获得的电压稳定在220V不变，应提高U2，则需将n1减小，故P应适当上调，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。故选D。17．2020年7月23日，我国的“天问一号”火星探测器，搭乘着长征五号遥四运载火箭﹐成功从地球飞向了火星，如图所示为“天问一号”发射过程的示意图，从地球上发射之后经过地火转移轨道被火星捕获，进入环火星圆轨道，经变轨调整后，进入着陆准备轨道，已知“天问一号”火星探测器在轨道半径为r的环火星圆轨道上运动时，周期为，在半长轴为a的着陆准备轨道上运动时，周期为，则下列判断正确的是（　　）A．“天问一号”在环火星圆轨道和着陆准备轨道上运动时满足B．火星的平均密度一定等于C．“天问一号”在环火星圆轨道和着陆准备椭圆轨道上运动经过交汇点A时，两者加速度相等D．“天问一号”在环火星圆轨道上的机械能小于其在着陆准备轨道上的机械能【答案】C【详解】A．由开普勒第三定律，“天问一号”在环火星圆轨道和着陆准备轨道上运动时满足故A错误；B．假设“天问一号”在火星表面附近做圆周运动时，周期为，则火星的平均密度可表示为由可知故故B错误；C．飞船在环火星圆轨道经过A点和着陆准备椭圆轨道经过A点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等，故C正确；D．“天问一号”由环火星圆轨道变轨到着陆准备轨道，需要在远火点减速，故机械能减小，故D错误。故选C。 18．如图所示，固定光滑直杆上套有一个质量为m，带电量为的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为，两弹簧的劲度系数均为，小球在距B点的P点处于静止状态，Q点距A点，重力加速度为g。下列选项正确的是（　　）A．匀强电场的电场强度大小为B．若小球从P点以初速度沿杆向上运动，恰能到达Q点，初速度C．小球从Q点由静止下滑过程中动能最大为D．从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度大小为，方向向上【答案】C【详解】A．小球受弹簧的弹力大小为由共点力平衡可知解得故A错误；B．由机械能守恒定律可得解得故B错误；C．小球从Q点由静止下滑时，运动到P点受平衡力作用，速度最大，动能最大为故C正确；D．从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度方向沿AB向下，故D错误。故选C。19．如图所示，物理课上老师做了这样一个实验，将一厚度均匀且足够长的光滑铝板固定在绝缘支架上，铝板与水平面的倾角为，现将一质量为m的永磁体静止地放置在铝板的上端，它将沿斜面向下运动，则运动过程中永磁体（　　）A．先做加速度逐渐变小的变加速运动，且，再做匀速运动B．做加速度为a的匀加速直线运动，且C．重力势能先逐渐减小，最后保持不变D．动能先逐渐增加，最后保持不变【答案】AD【详解】永磁体沿斜面向下运动的过程中，铝板内会产生涡流，铝板所受安培力的反作用力将阻碍永磁体的运动，由牛顿第二定律有由于涡流的产生会有阻尼作用，且随速度的增大而增大，故永磁体将先做加速度逐渐变小的变加速运动，且；当安培力的反作用力与永磁体的重力沿斜面的分力等大反向时，永磁体开始做匀速运动，故重力势能一直减小，动能先增加后保持不变。故选D。20．如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，其中有一个半径为R=2m的竖直光滑圆环，环内有两根光滑的弦轨道AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m=0.08kg、电荷量为q=6×10-5C的带电小球（可视为质点）从A点静止释放，分别沿弦轨道AB和AC到达圆周的运动时间相同。现去掉弦轨道AB和AC，如图乙所示，给小球一个初速度，让小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化。下列说法正确的是（cos37°=0.8，g取10m/s2）（　　）A．小球做圆周运动经过C点时动能最大B．匀强电场的电场强度大小为E=1×104V/mC．小球做圆周运动过程中动能最小值是0.5JD．小球做圆周运动过程中对环的压力最大值是6N【答案】BD【详解】B．图甲结合等时圆知识，重力与电场力合力必须指向AO，根据合成与分解知识代入数据可得，匀强电场的电场强度大小为E=1×104V/m故B正确；A．等效最低点在AO延长线与圆轨道交点，等效最低点速度最大，动能最大，故A错误；C．因为重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为小球做圆周运动，则在其等效最高点此时小球速度最小，动能最小，最小动能为解得故C错误；D．小球从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得在等效最低点小球对圆环压力最大，速度最大，动能最大，而非经过C点时动能最大，由牛顿第二定律得代入数据解得FN=6.0N由牛顿第三定律可知，小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是6.0N，故D正确。故选BD。21．如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则A．小球均静止时，弹簧的长度为L-B．角速度ω=ω0时，小球A对弹簧的压力为mgC．角速度ω0=D．角速度从ω0继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变【答案】ACD【详解】A．若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，；设弹簧的压缩量为x，再对A球分析可得：，故弹簧的长度为：，故A项正确；BC．当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，即，设杆与转盘的夹角为，由牛顿第二定律可知：而对A球依然处于平衡，有：而由几何关系：联立四式解得：，则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；D．当角速度从ω0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力依然为2mg，故D正确；故选ACD。二、实验题22．为了探究静摩擦力及滑动摩擦力变化规律，某同学设计了如图甲所示的实验装置，并进行了下列实验步骤：（1）用力传感器D测出物块A重为5.0N；（2）将力传感器D固定在水平桌面上，小车B放在桌面上，调整小车B的上表面水平，将沙桶C用细绳通过定滑轮与小车B连接，将物块A放在小车B上，并用细绳与传感器D连接，整个装置处于静止，定滑轮以上的细绳均保持水平；（3）逐渐向沙桶中加入沙，通过力传感器D与计算机连接，得到细绳对物块A的拉力随时间的变化关系如图乙所示。分析以上实验数据可得：小车与物块间的最大静摩擦力大小为___________N，动摩擦因数为___________，t=___________s物块离开小车。【答案】2.2    0.4    9    【详解】[1] 由于滑块一直处于静止状态，所以传感器显示的力和滑块受到的摩擦力大小相等，实验开始时打开传感器同时缓慢向沙桶里倒入沙子，此时小车没有运动，滑块与小车间是静摩擦力，随着沙子逐渐增多，达5s时，小车与滑块间的摩擦力达到最大静摩擦力，根据图乙可知最大静摩擦力约为2.2N。[2] 此后滑块受到滑动摩擦力且保持不变，滑动摩擦力大小为根据滑动摩擦力公式可得解得[3] 根据图乙可知，在t=9s时物块离开小车23．某学习小组将两个不同金属电极插入一个橙子做成一个“橙子电池”，他们查阅资料得知“水果电池”的电动势约 1V、内阻约几百欧。实验室有以下器材∶电压表V（量程 3 V，内阻约 3 kΩ）；毫安表 A（量程为 0~1.0mA，内阻为 50 Ω）；滑动变阻器 R1（阻值 0~50 Ω）；滑动变阻器 R2（阻值 0~3000 Ω），导线和开关。为了尽可能准确测定这个“橙子电池”的电动势和内阻。（1）下面两个测量电路图应选____（填“甲”或“乙”）。（2）滑动变阻器应选_____（填“R1”或“R2”）。（3）该小组实验时记录的数据如下表U/V0.750.680.600.530.45I/mA0.300.400.500.600.70请在坐标系中描点并作出 U-I图线（______）； 根据图线求出这个“橙子电池”的电动势为______V，内阻为___Ω。【答案】甲    R2        0.98    703    【详解】（1）[1] 水果电池的内阻较大，若采用乙图，电压表的分流比较明显，干路电流的误差较大，而甲图测量的内阻相当于电流表的电阻和电源的内阻，但是电流表的内阻已知，故采用将电流表外接法，故选甲。（2）[2] 毫安表满偏时，电路的总电阻若选择 ，则变化范围很小，为测多组实验数据，故滑动变阻器选择 （3）[3]电路如图所示[4] 图线与纵轴截距即为电动势[5]图像的斜率解得 三、解答题24．（12分）如图甲所示，质量为M=0.8kg的足够长的木板A静止在光滑的水平面上，质量m=0.2kg的滑块B静止在木板的左端。现分别对该系统做以下两种测试：（a）给滑块B一个向右的瞬时冲量I=0.4N·s，当A、B相对静止时它们的相对位移为x=0.8m；（b）在滑块B上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F，4s后撤去力F。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。（1）由测试（a）求滑块B和木板A间的动摩擦因数；（2）由测试（b）求4s末滑块B的速度大小；（3）由测试（b）求4s内外力对木板A的总冲量大小。【答案】（1）；（2）v=8m/s；（3）I=14N·s【详解】（1）对滑块B分析，由动量定理得解得滑块B初速度为从开始到A、B共速，由动量守恒可得解得v=0.4m/s由A、B系统能量守恒得解得μ=0.2（2）力F由零开始增加时A、B先共同加速，当A、B将要相对滑动时，设其加速度为拉力为F0，由牛顿第二定律得对A对B解得由图像可以得出∶此时。因为F-t图像与t轴围成的面积表示冲量在0~1s时间内，F的冲量为对A、B系统列动量定理可得解得由图像面积可求得从1s-4s内F的冲量为对B列动量定理得得4s末滑块B的速度（3）相对滑动后，A的加速度恒定，大小为t=4s时，A的速度为对A分析，由全程动量定理得解得25．（20分）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图，是离子注入工作原理示意图，离子经电场加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面上的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中匀强磁场的磁感应强度大小均为B。方向均垂直纸向外；速度选择器和偏转系统中匀强电场的电场强度大小均为E，方向分别为竖直向上和直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆弧，其两端中心位置M和N处各有一小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是一棱长为L的正方体，晶圆放置在偏转系统底面处。当偏转系统不加电场和磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点，O点也是偏转系统底面的中心。以O点为原点建立xOy坐标系，x轴垂纸面向外。整个系统于真空中，不计离子重力，经过偏转系统直接打在晶圆上的离子偏转的角度都很小。已知当很小时，满足：， 。（1）求离子通过速度选择器后的速度大小v及磁分析器选择出的离子的比荷；（2）当偏转系统仅加电场时，求离子注入到晶圆上的位置坐标（x1，y1）；（3）当偏转系统仅加磁场时，设离子注入到晶圆上的位置坐标为（x2，y2），请利用题设条件证明：y2=x1；（4）当偏转系统同时加上电场和磁场时，求离子注入到品圆上的位置坐标（x3，y3），并简要说明理由。
 【答案】（1）；（2）（，0）；（3）见解析；（4）（，），理由见解析【详解】(1)设离子的质量为m，电量为q，离子通过速度选择器离子过程中，有qvB=qE解得离子在磁分析器内做匀速圆周运动，设半径为R，由洛伦兹力提供向心力有从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为解得(2)当偏转系统仅加电场时，则有L=vt离子在x方向偏转的距离为解得，所以离子注入到晶圆上的位置坐标为（，0）(3)当偏转系统仅加磁场时，设离子在偏转系统做圆周运动的轨迹的圆心角为α，有  解得即可证明；(4)当偏转系统同时加上电场和磁场时，离子在偏转系统内的运动可视为沿x轴和y轴两个分运动的合运动，由于分运动具有独立性。所以离子注入到晶圆上的位置坐标为（，）33．【物理—选修3-3】（15分） （1）．如图，一定量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环，ABCD位于矩形的四个顶点上。下列说法正确的是        。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分） A．状态C的温度为B．从A→B，分子的平均动能减少C．从C→D，气体密度增大D．从D→A，气体压强增大、内能减小E.经历A→B→C→D→A一个循环，气体吸收的热量大于释放的热量【答案】ACE【详解】A．过程为等压过程，则有即有解得过程也为等压过程，则有即解得故A正确；B．从A→B从A→B，温度升高，分子平均动能增大，故B错误；C．过程为等压变化过程，由图可知，气体体积减小，气体质量不变，则气体密度增大，故C正确；D．从D→A，由图可知，气体压强增大，温度升高，气体内能增大，故D错误；E．经历A→B→C→D→A一个循环,气体内能不变；在p-V图象中，图象与坐标轴围成面积表示功，所以，即整个过程，气体对外界做功，所以气体吸收的热量大于释放的热量，故E正确。故选ACE。（2）．常用的医用氧气瓶容积V1=200 L，在t1=27°C的室内测得瓶内氧气的压强p1=3×10 6Pa，已知当钢瓶内外无气压差时供气停止。（1）求在温度t1=27° C、压强p0=1×105 Pa时，可放出该状态下氧气的体积V；（2）若将该氧气瓶移至t2= -23 °C的环境中，瓶内氧气压强变为p2=2×106 Pa，试判断钢瓶是否漏气。如漏气，请计算漏掉的氧气的质量与原有的氧气的质量之比。（用百分比表示）【答案】（1）5800L；（2）20%【详解】（1）根据玻意耳定律可知解得V2=6000L则放出的氧气在该状态下的体积（2）根据理想气体状态方程可知其中T1=300K，T2=250KV3=250L因为V3>V1，所以钢瓶漏气，漏掉氧气的比例解得η=20%34．【物理—选修3-4】（15分）（1）一列简谐横波沿x轴传播，图甲为t＝4s时的波形图，P、Q是介质中的两个质点。图乙为质点P的振动图象，下列说法正确的是          。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A.该简谐横波向x轴正方向传播            B.该列波的波速为2.5m/sC.质点Q的平衡位置坐标为     D.当时，P、Q两质点速度相同E.当时，P、Q两质点速度相同(1)BCE（2）．2020年11月6日消息，电子商务进农村实现对832个贫困县全覆盖，贫困村通光纤比例已达98%。如图所示，光导纤维的内芯是由某种透明介质制成的长直细圆柱体，某种单色光在介质中传输，经过多次全反射后从右端射出。若以全反射临界角传输的光线刚好从右端以张角2θ出射，光在真空中传播速度为c。求：（1）此介质的折射率n；（2）若此种光导纤维制成的光缆长为L，该种单色光传输的时间t。解析．（1）；（2）【详解】（1）依题意，画出光路图如图所示由光的折射定律得又联立解得：（2）单色光在介质中的速度为在传输方向上的分量为因此传输的时间为