江蘇省鹽城市2021屆第三次新高考模擬考試物理試卷含解析

1、5 ： 1。變壓器的原線圈接均為理想電表。則（）陽甲圖乙江蘇省鹽城市2021屆第三次新高考模擬考試物理試卷、單項(xiàng)選擇題：本題共 6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1.圖甲中的變壓器為理想變壓器，原線圈的匝數(shù)ni與副線圈的匝數(shù) n2之比為如圖乙所示的正弦式電流，兩個(gè)20a的定值電阻串聯(lián)接在副線圈兩端。電流表、A.電流表示數(shù)為 0.2AB.電流表示數(shù)為 5AC .電壓表示數(shù)為 4VD.通過電阻R的交流電的周期為2X10-2sAB .根據(jù)圖象可得原線圈的電壓的最大值為200J2V，所以電壓的有效值為200.2Ui V=200V 2原線圈的匝數(shù) ni與副線

2、圈的匝數(shù) n2之比為5： 1,則有U1 n15U2 n21解得副線圈電壓U1U 21=40V5則副線圈中的電流U2I22=1A2R根據(jù)變壓器電流與匝數(shù)的關(guān)系有11n2I2n1所以原線圈中的電流即電流表的讀數(shù)n2I12I20.2An1故A正確，B錯(cuò)誤；C.電壓表示數(shù)為電阻 R上的電壓，根據(jù)歐姆定律有UR I1R 20V故C錯(cuò)誤;D.由乙圖可知通過電阻 R的交流電的周期為 4M0-2s,故D錯(cuò)誤。故選A。2.如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)將混在一起的質(zhì)子H和a粒子加速后從正方形區(qū)域的左下角射入磁場(chǎng)，經(jīng)過磁場(chǎng)后質(zhì)子 H從磁場(chǎng)的左上角射出，a粒子從磁場(chǎng)右上角射出磁場(chǎng)區(qū)域，由此可知（）X X :、

3、i:X X X X/1J*V*X X ； X 一A .質(zhì)子和a粒子具有相同的速度B.質(zhì)子和a粒子具有相同的動(dòng)量C .質(zhì)子和a粒子具有相同的動(dòng)能D.質(zhì)子和a粒子由同一電場(chǎng)從靜止加速【答案】A【解析】【分析】【詳解】A .根據(jù)洛倫茲力提供向心力得2設(shè)質(zhì)子的比荷為 q,則a粒子的比荷為 Zq,質(zhì)子的半徑是m4ma粒子的一半，所以二者的速度相同，故 A正確;B.他們具有相同的速度，但是質(zhì)量不同，所以動(dòng)量不同，故B錯(cuò)誤;C.他們具有相同的速度，但是質(zhì)量不同，所以動(dòng)能不同，故C錯(cuò)誤;D.如果由同一電場(chǎng)從靜止加速，那么電場(chǎng)力做的功應(yīng)該相同，即動(dòng)能相同，但是他們的動(dòng)能不相同，所以不是從同一電場(chǎng)靜止加速，所以D

4、錯(cuò)誤。故選Ao3.用某單色光照射金屬表面，金屬表面有光電子飛出.若照射光的頻率增大，強(qiáng)度減弱，則單位時(shí)間內(nèi)飛出金屬表面的光電子的A.能量增大，數(shù)量增多B.能量減小，數(shù)量減少C.能量增大，數(shù)量減小D.能量減小，數(shù)量增多【答案】C【解析】【分析】【詳解】根據(jù)E=hv知，照射光的頻率增大，則光子能量增大，光的強(qiáng)度減弱，單位時(shí)間內(nèi)發(fā)出光電子的數(shù)目減少.故C正確，ABD錯(cuò)誤.4.如圖，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng).已知小球在最低點(diǎn)N2.重力加速度大小為g,則NiN2的值為A . 3mgB . 4mgC. 5mg【答案】D【解析】試題分析：在最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得

5、N2 mg2N1 mg m ,從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)過程中，機(jī)械能守恒,D. 6mg2m生，在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得 r1212故有 mg 2 r mv1 - mv2 ,聯(lián)乂二式可22得 N1 N2 6mg考點(diǎn)：考查機(jī)械能守恒定律以及向心力公式【名師點(diǎn)睛】根據(jù)機(jī)械能守恒定律可明確最低點(diǎn)和最高點(diǎn)的速度關(guān)系;再根據(jù)向心力公式可求得小球在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)時(shí)的壓力大小，則可求得壓力的差值.要注意明確小球在圓環(huán)內(nèi)部運(yùn)動(dòng)可視為繩模型；最高點(diǎn)時(shí)壓力只能豎直向下.5.如圖所示，足夠長的 U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成。角0 O.05mm=0.80mm ,所以最終讀數(shù)為：9mm+0.80mm=9.80mm ;(2

6、)2根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度求出小球經(jīng)過光電門時(shí)的速度為：3d 9.80 10v - 3- m/s 1.63m/st 6.0 103則有：222v 2.66m /s(3)4先根據(jù)記錄表中的數(shù)據(jù)進(jìn)行了描點(diǎn)，作出v2cos 8圖像如圖:(4)5由v2cos。圖像可得圖像斜率的絕對(duì)值為:,10 020k 1.0 0.5要驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，必須滿足:12mg(l lcos E) -mv化簡(jiǎn)整理可得：2v 2gl 2glcos 0則有：2gl k 20解得:l 1.0m四、解答題：本題共 3題，每題8分，共24分15 .我國不少省市 ETC聯(lián)網(wǎng)已經(jīng)啟動(dòng)運(yùn)行， ETC是電子不停車收費(fèi)系統(tǒng)的簡(jiǎn)

7、稱，汽車分別通過ETC通道和人工收費(fèi)通道的流程如圖所示。假設(shè)汽車以Vi=12 m/s朝收費(fèi)站沿直線行駛，如果過 ETC通道，需要在距收費(fèi)站中心線前 d= 10 m處正好勻減速至 V2=4 m/s,勻速通過中心線后， 再勻加速至vi正常行駛;1 m/s2 求:如果過人工收費(fèi)通道，需要恰好在中心線處勻減速至零，經(jīng)過t0=20 s繳費(fèi)成功后，再啟動(dòng)汽車勻加速至vi正常行駛，設(shè)汽車加速和減速過程中的加速度大小均為收費(fèi)站中心線；*- d-*4行駛方向U 帛限ETC通道行駛方向人工收費(fèi) :通道.(1)汽車過ETC通道時(shí)，從開始減速到恢復(fù)正常行駛過程中的位移大小?(2)汽車通過人工收費(fèi)通道，應(yīng)在離收費(fèi)站中心

8、線多遠(yuǎn)處開始減速？(3)汽車通過ETC通道比通過人工收費(fèi)通道節(jié)約的時(shí)間是多少？【答案】(1)138 m；(2)72 m；(3)25 s。(1)過ETC通道時(shí)，減速的位移和加速的位移相等，則22Vi V2xi = = 64 m2a故總的位移x總1 = 2x+d= 138 m.2(2)經(jīng)人工收費(fèi)通道時(shí)，開始減速時(shí)距離中心線為X2=9=72 m.2av1 v2d過ETC通道的時(shí)間ti= X2+ = 18.5 saV2過人工收費(fèi)通道的時(shí)間t2= v1 X2+ to= 44 sx 總 2 = 2x2= 144 m二者的位移差 A x= x總2 x總i = 6 m在這段位移內(nèi)汽車以正常行駛速度做勻速直線運(yùn)

9、動(dòng)，則Autz- (ti+ ) = 25 sVi16.物體沿著圓周的運(yùn)動(dòng)是一種常見的運(yùn)動(dòng)，勻速圓周運(yùn)動(dòng)是當(dāng)中最簡(jiǎn)單也是較基本的一種，由于做勻速 圓周運(yùn)動(dòng)的物體的速度方向時(shí)刻在變化，因而勻速周運(yùn)動(dòng)仍舊是一種變速運(yùn)動(dòng)，具有加速度。(1)可按如下模型來研究做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體的加速度：設(shè)質(zhì)點(diǎn)沿半徑為r、圓心為O的圓周以恒定大小的速度v運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)位于位置 A。經(jīng)極短時(shí)間 t后運(yùn)動(dòng)到位置 B,如圖所示，試根據(jù)加速度的定 義，推導(dǎo)質(zhì)點(diǎn)在位置 A時(shí)的加速度的大??；(2)在研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的 位移”時(shí)，我們常舊以恒代變”的思想；在研究曲線運(yùn)動(dòng)的 瞬時(shí)速度”時(shí)，又 常用 化曲為直”的思想，而在研究一般的

10、曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)我們用的更多的是一種“化曲為圓”的思想，即對(duì)于般的曲線運(yùn)動(dòng)，盡管曲線各個(gè)位置的彎曲程度不詳，但在研究時(shí)，可以將曲線分割為許多很短的小段，質(zhì)點(diǎn)在每小段的運(yùn)動(dòng)都可以看做半徑為某個(gè)合適值的圓周運(yùn)動(dòng)的部分，進(jìn)而采用圓周運(yùn)動(dòng)的分析方法來進(jìn)行研究， 叫做曲率半徑，如圖所示，試據(jù)此分析圖所示的斜拋運(yùn)動(dòng)中。軌跡最高點(diǎn)處的曲率半徑；(3)事實(shí)上，對(duì)于涉及曲線運(yùn)動(dòng)加速度問題的研究中，化曲為圓”并不是唯的方式，我們還可以采用一種 化圓為拋物線”的思考方式，勻速圓周運(yùn)動(dòng)在短時(shí)間t內(nèi)可以看成切線方向的勻速運(yùn)動(dòng)，法線方向的勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓弧半徑為 R,質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為v,據(jù)此推導(dǎo)質(zhì)點(diǎn)在做勻速圓周運(yùn)

11、動(dòng)時(shí)的向心加速度a o2 v22v0 cos:； (2) g； (3) a R【詳解】(1)當(dāng)t足夠小時(shí)，VA、Vb的夾角 就足夠小，角所對(duì)的弦和弧的長度就近似相等。因此，v v在t時(shí)間內(nèi)，所對(duì)方向變化的角度為t聯(lián)立可得v v t代入加速度定義式 a ,以及把v r代入，可得向心加速度大小的表達(dá)式為 t2 an r上式也可以寫為2 v an r(2)在斜拋運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)的速度為v v0 cos可以把質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)看成是半徑為的圓周運(yùn)動(dòng)，因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)只受重力，所以根據(jù)牛頓第二定律可得2v mg m 聯(lián)立可得22v0 cosg質(zhì)點(diǎn)在短時(shí)間 t內(nèi)將從A以速度v勻速運(yùn)動(dòng)到B,則(1,2Xab, v t ,

12、yAc -a t2由圖可知222R (R yAC ) xAB,聯(lián)立解得212,2v aR a t 0 2若t足夠小，即t2 0所以2v aRI17.如圖，一粗細(xì)均勻的 U形管豎直放置，A側(cè)上端封閉，B側(cè)上側(cè)與大氣相通，下端開口處開關(guān) K關(guān) 閉，A側(cè)空氣柱的長度為l=10.0cm, B側(cè)水銀面比A側(cè)的高h(yuǎn)=3.0cm,現(xiàn)將開關(guān) K打開，從U形管中放 出部分水銀，當(dāng)兩側(cè)的高度差為 hi=10.0cm時(shí)，將開關(guān) K關(guān)閉，已知大氣壓強(qiáng) po=75.0cmHg .A B(1)求放出部分水銀后 A側(cè)空氣柱的長度；(2)此后再向B側(cè)注入水銀，使 A、B兩側(cè)的水銀達(dá)到同一高度，求注入水銀在管內(nèi)的長度.【答案】(1) 12.0cm； (2) 13.2cm【解析】【分析】【詳解】(1)以cmHg為壓強(qiáng)單位.設(shè)A側(cè)空氣柱長度l=10.0cm時(shí)壓強(qiáng)為p,當(dāng)兩側(cè)的水銀面的高度差為h1=10.0cm時(shí)，空氣柱的長度為11,壓強(qiáng)為p1,由玻意耳定律，有：p1=p 1I1 由力學(xué)平衡條件，有：p=po+h 打開開關(guān)放出水銀的過程中，B側(cè)水銀面處的壓強(qiáng)始終為po,而A側(cè)水銀面處的壓強(qiáng)隨空氣柱長度的增加逐漸減小，B、A兩側(cè)水銀面的高度差也隨著減小，直至B側(cè)水銀面低于 A側(cè)水銀面h1