江西省重点中学盟校2021届高三物理第一次联考试题PDF.pdf

1、扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建第 1 页 共 6 页江西省重点中学盟校 2021 届高三第一次联考物理参考答案14【答案】A【解析】B 项是戴维孙和汤姆孙分别利用晶体做了电子束衍射的实验；C 项是卢瑟福提出原子的核式结构模型；D 项是贝克勒尔首先发现天然放射现象。15【答案】D【解析】从 C 点射出的粒子半径为 R，偏转角为 900，时间为vR2tC，从 D 点射出的粒子半径为R3，偏转角为 600，时间为vR33t D，解得：2:3:CDtt16【答案】C【解析】设斜面底边长为 d,斜面倾角为，则加速度 a=gsin，由匀变速

2、公式2)sin(21cosdtg，得2sind4cossind2ggt，2sind4mgIGgmgt，故 IG1=IG3IG2，tand2mgcosINFgmgt，故 IFN3IFN2IFN1。17【答案】B【解析】要将携带样品的上升器脱离月球的束缚返回地球的发射速度为月球的第二宇宙速度smsmGGv/k38.2/k2.118166.381RM66.32RM2地地月月。18【答案】C【解析】挂钩相当于滑轮，因此绳上的张力相等，两边绳子与竖直方向的夹角相等，设两边绳子与竖直方向的夹角为，将直杆从图示位置绕 O 点沿顺时针方向缓慢转过 90的过程中，一直增大，由 2Fcos=mg，可知绳上的张力一

3、直增大，故选 C。19【答案】AB【解析】A理想变压器原、副线圈电压之比为21nUU2121 n由能量守恒有 U1I1=U2I2得12nII1221 n，R2两端电压等于原线圈电压 UR2=U1，R3两端电压等于副线圈电压 UR3=U2，则21UUUU213R2R，设 2R1=2R2=R3=2R，则流过 R2的电流为RURUI12RR2流过 R3的电流为2122IRU2RUIR，流过 R1的电流为21R2R1I3III因此 R1、R2、R3两端的电压之比为 UR1：UR2：UR3=3：1：2BR1、R2、R3消耗的功率之比为 PR1：PR2：PR3=2RURURU2R32R22R1：=9：1：

4、2C由于理想变压器本身不消耗能量，则 a、b 间输入功率与变压器输入功率之比为(PR1+PR2+PR3)：PR3=6：1Da、b 间输入电压与变压器输入电压之比为4UUU2R2RR120【答案】AC【解析】煤块第一阶段：21/10cossinsmgga,sav1t101,mtax5212111煤块第二阶段：22/2cos-sinsmgga，22220121-Ltatvx，解得 t2=2s煤块从顶端到底端运动时间为 t=t1+t2=3s，故 A、C 选项正确；煤块与传送带因为摩擦产 生的热量为JtvxLxtvmgQ36)()(cos201110，故 B 选项错误；煤块到达底端的速度为 14m/s

5、，故 D 选项错。21【答案】ACD【解析】由题意可知，线圈 P 在直线 BD 上的不同位置保持静止（线圈平面与地面平行），线圈中没有感应电流说明穿过线圈的磁通量不变，则金属管线沿 BD 走向，故 A 正确由题意可知，当线圈静止时存在感应电流，则说明线圈产生的磁场为变化的，故电流一定是变化的，故 B 错误线圈平面与射线 AC 成 37角时，线圈中感应电流消失说明 B 点的磁场方向成 37角，则由几何关系可知，埋覆深度 d 与 OA 长度的关系为d=OAtan53，解得深度L322d，故 C 正确P 在 A 处，与地面夹角成 53时，线圈 P 与磁场方向相互垂直，则此时磁通量的最大，磁通量的变化

6、率最大，故感应电流可能最大，故 D 正确。22【答案】（1）2.25（3 分）（2）22dg（3 分）【解析】（1）2+0.055=2.25mm（2）已知经过光电门的时间和小球的直径，由平均速度表示经过光电门时的速度 u，小球下落过程中，重力势能减少量等于动能增加量时可以认为机械能守恒；则有：th u，化简可得：ut h，那么该直线斜率 ut；23【答案】（1）黑(2 分)（2）1350.0 或 1350(2 分)（3）166.7(2 分)（4）100(3 分)【解析】（1）红负黑正（2）开关 S 断开时对应的是“10”挡，由闭合电路欧姆定律可得：R1=1350.0。（3）S 闭合时，对应的是

7、“1”挡，R 内=150，总电流变为 I=10mA,由 Ig(R1+Rg)=(I-Ig)R2知 R2=166.7。（4）由闭合电路欧姆定律知：R 内=150，解得：Rx=10024【答案】（1）cmx10（2）cmxcm225（1）小钢珠刚好能到达导轨口时到导轨口的速度为零由能量守恒，得sinmglEP 2 分2021 kxEP 1 分得cmx10 1 分（2）钢珠离开导轨后的类平抛运动，水平方向匀速直线运动，沿木板侧边方向做初速度为零的匀加速直线运动且加速度2/5sinsinsmgmmga1 分水平方向：vts 1 分第 1 页 共 6 页江西省重点中学盟校 2021 届高三第一次联考物理参

8、考答案14【答案】A【解析】B 项是戴维孙和汤姆孙分别利用晶体做了电子束衍射的实验；C 项是卢瑟福提出原子的核式结构模型；D 项是贝克勒尔首先发现天然放射现象。15【答案】D【解析】从 C 点射出的粒子半径为 R，偏转角为 900，时间为vR2tC，从 D 点射出的粒子半径为R3，偏转角为 600，时间为vR33t D，解得：2:3:CDtt16【答案】C【解析】设斜面底边长为 d,斜面倾角为，则加速度 a=gsin，由匀变速公式2)sin(21cosdtg，得2sind4cossind2ggt，2sind4mgIGgmgt，故 IG1=IG3IG2，tand2mgcosINFgmgt，故 I

9、FN3IFN2IFN1。17【答案】B【解析】要将携带样品的上升器脱离月球的束缚返回地球的发射速度为月球的第二宇宙速度smsmGGv/k38.2/k2.118166.381RM66.32RM2地地月月。18【答案】C【解析】挂钩相当于滑轮，因此绳上的张力相等，两边绳子与竖直方向的夹角相等，设两边绳子与竖直方向的夹角为，将直杆从图示位置绕 O 点沿顺时针方向缓慢转过 90的过程中，一直增大，由 2Fcos=mg，可知绳上的张力一直增大，故选 C。19【答案】AB【解析】A理想变压器原、副线圈电压之比为21nUU2121 n由能量守恒有 U1I1=U2I2得12nII1221 n，R2两端电压等于

10、原线圈电压 UR2=U1，R3两端电压等于副线圈电压 UR3=U2，则21UUUU213R2R，设 2R1=2R2=R3=2R，则流过 R2的电流为RURUI12RR2流过 R3的电流为2122IRU2RUIR，流过 R1的电流为21R2R1I3III因此 R1、R2、R3两端的电压之比为 UR1：UR2：UR3=3：1：2BR1、R2、R3消耗的功率之比为 PR1：PR2：PR3=2RURURU2R32R22R1：=9：1：2C由于理想变压器本身不消耗能量，则 a、b 间输入功率与变压器输入功率之比为(PR1+PR2+PR3)：PR3=6：1Da、b 间输入电压与变压器输入电压之比为4UUU

11、2R2RR120【答案】AC【解析】煤块第一阶段：21/10cossinsmgga,sav1t101,mtax5212111煤块第二阶段：22/2cos-sinsmgga，22220121-Ltatvx，解得 t2=2s煤块从顶端到底端运动时间为 t=t1+t2=3s，故 A、C 选项正确；煤块与传送带因为摩擦产 生的热量为JtvxLxtvmgQ36)()(cos201110，故 B 选项错误；煤块到达底端的速度为 14m/s，故 D 选项错。21【答案】ACD【解析】由题意可知，线圈 P 在直线 BD 上的不同位置保持静止（线圈平面与地面平行），线圈中没有感应电流说明穿过线圈的磁通量不变，则

12、金属管线沿 BD 走向，故 A 正确由题意可知，当线圈静止时存在感应电流，则说明线圈产生的磁场为变化的，故电流一定是变化的，故 B 错误线圈平面与射线 AC 成 37角时，线圈中感应电流消失说明 B 点的磁场方向成 37角，则由几何关系可知，埋覆深度 d 与 OA 长度的关系为d=OAtan53，解得深度L322d，故 C 正确P 在 A 处，与地面夹角成 53时，线圈 P 与磁场方向相互垂直，则此时磁通量的最大，磁通量的变化率最大，故感应电流可能最大，故 D 正确。22【答案】（1）2.25（3 分）（2）22dg（3 分）【解析】（1）2+0.055=2.25mm（2）已知经过光电门的时间

13、和小球的直径，由平均速度表示经过光电门时的速度 u，小球下落过程中，重力势能减少量等于动能增加量时可以认为机械能守恒；则有：th u，化简可得：ut h，那么该直线斜率 ut；23【答案】（1）黑(2 分)（2）1350.0 或 1350(2 分)（3）166.7(2 分)（4）100(3 分)【解析】（1）红负黑正（2）开关 S 断开时对应的是“10”挡，由闭合电路欧姆定律可得：R1=1350.0。（3）S 闭合时，对应的是“1”挡，R 内=150，总电流变为 I=10mA,由 Ig(R1+Rg)=(I-Ig)R2知 R2=166.7。（4）由闭合电路欧姆定律知：R 内=150，解得：Rx=

14、10024【答案】（1）cmx10（2）cmxcm225（1）小钢珠刚好能到达导轨口时到导轨口的速度为零由能量守恒，得sinmglEP 2 分2021 kxEP 1 分得cmx10 1 分（2）钢珠离开导轨后的类平抛运动，水平方向匀速直线运动，沿木板侧边方向做初速度为零的匀加速直线运动且加速度2/5sinsinsmgmmga1 分水平方向：vts 1 分第 2 页 共 6 页平行木板侧边方向：221 atl 1 分小钢球沿导轨运动的过程，由能量守恒，得：221sinmvmglEP1 分221 kxEP 1 分代入cmS401 得smV/11 cmx251 1 分代入cmS802 得smV/22

15、 cmx22 1 分所以cmxcm2251 分25【答案】（1）FN=2mg 4mghr（2）23Qmgh（3）P22243F RB L(1)设金属棒 PQ 到 N 处时的速度为 v，支持力为 FN，根据动能定理得21222mghmv(2 分)解得2vghFN2mg=22mvr(2 分)得 FN=2mg 4mghr(2 分)(2)金属棒 PQ 进入水平轨道后，设金属棒 ab 与金属棒 PQ 所受安培力的大小为 F，安培力作用时间为 t，金属棒PQ 在安培力作用下做减速运动，金属棒 ab 在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度 v1时，电路中电流为零，安培力为零，金属棒 ab 达到最大

16、速度根据动量守恒定律得 2mv3mv1(2 分)；解得123vv 根据能量守恒定律知系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，得 Qmv2 2132mv(2 分)解得23Qmgh(2 分)(3)当金属棒 PQ 达到最大功率时，金属棒 PQ 与金属棒 ab 加速度相同，速度差恒定，回路中产生稳定电流。由牛顿第二定律得：PQ 棒：F 安=2ma(1 分)ab 棒：F-F 安=ma(1 分)得安 23F由安培力的公式可得 F 安=BIL(2 分)；功率 P=I2 3R(2 分)；联立以上各式得 P22243F RB L(2 分)33、（1）【答案】BCE【解析】（2）第问 5 分，第5 分对喷雾器内的

17、气体，初态：P=P1=3.6atmV=V1-V2=2L末态：P=P2=1.2atmV=?根据玻意尔定律得：PV=PV解得：V=6L喷雾器内剩余药液的体积：V 余=V1-V=4L对喷雾器内的气体和待打入的气体有：PV+n P0 V0=P2V1解得：n=24需用打气筒至少再打 24 次气。34、（1）【答案】ACD（5 分）【解析】由质点 B 的振动方程可知，下一时刻质点 B 沿 y 轴负方向运动，可得波沿 x 轴负方向传播，A 项正确、B项错误；该波的周期为 0.2s，波长为 2m，则该波的传播速度为 10m/s，C、D 项正确；再经过 0.1 s，质点 B 回到平衡位置，位移为 0，E 项错误

18、。（2）解：由题意画出光路图如图所示，由几何关系得1tan1 RBP，解得：1=45（1 分）34tan2 RAP，解得：2=53（1 分）故紫光折射率230sin45sin01n（1 分）红光折射率2.130sin37sin02n（1 分）设紫光和红光的临界角分别为21CC、，221sin11 nC（1 分）解得：53451iC（1 分）同理53sin651sin22 nC（1 分）532 iC（1 分）所以紫光在 AB 面发生全反射，而红光在 AB 面一部分折射，一部分反射，所以在光屏上出现两个亮斑，MP 间产生的亮斑为红色，PN 间产生的亮斑为红、紫色混合亮斑（2 分）第 2 页 共 6

19、 页平行木板侧边方向：221 atl 1 分小钢球沿导轨运动的过程，由能量守恒，得：221sinmvmglEP1 分221 kxEP 1 分代入cmS401 得smV/11 cmx251 1 分代入cmS802 得smV/22 cmx22 1 分所以cmxcm2251 分25【答案】（1）FN=2mg 4mghr（2）23Qmgh（3）P22243F RB L(1)设金属棒 PQ 到 N 处时的速度为 v，支持力为 FN，根据动能定理得21222mghmv(2 分)解得2vghFN2mg=22mvr(2 分)得 FN=2mg 4mghr(2 分)(2)金属棒 PQ 进入水平轨道后，设金属棒 a

20、b 与金属棒 PQ 所受安培力的大小为 F，安培力作用时间为 t，金属棒PQ 在安培力作用下做减速运动，金属棒 ab 在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度 v1时，电路中电流为零，安培力为零，金属棒 ab 达到最大速度根据动量守恒定律得 2mv3mv1(2 分)；解得123vv 根据能量守恒定律知系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，得 Qmv2 2132mv(2 分)解得23Qmgh(2 分)(3)当金属棒 PQ 达到最大功率时，金属棒 PQ 与金属棒 ab 加速度相同，速度差恒定，回路中产生稳定电流。由牛顿第二定律得：PQ 棒：F 安=2ma(1 分)ab 棒：F-F 安=m

21、a(1 分)得安 23F由安培力的公式可得 F 安=BIL(2 分)；功率 P=I2 3R(2 分)；联立以上各式得 P22243F RB L(2 分)33、（1）【答案】BCE【解析】（2）第问 5 分，第5 分对喷雾器内的气体，初态：P=P1=3.6atmV=V1-V2=2L末态：P=P2=1.2atmV=?根据玻意尔定律得：PV=PV解得：V=6L喷雾器内剩余药液的体积：V 余=V1-V=4L对喷雾器内的气体和待打入的气体有：PV+n P0 V0=P2V1解得：n=24需用打气筒至少再打 24 次气。34、（1）【答案】ACD（5 分）【解析】由质点 B 的振动方程可知，下一时刻质点 B

22、 沿 y 轴负方向运动，可得波沿 x 轴负方向传播，A 项正确、B项错误；该波的周期为 0.2s，波长为 2m，则该波的传播速度为 10m/s，C、D 项正确；再经过 0.1 s，质点 B 回到平衡位置，位移为 0，E 项错误。（2）解：由题意画出光路图如图所示，由几何关系得1tan1 RBP，解得：1=45（1 分）34tan2 RAP，解得：2=53（1 分）故紫光折射率230sin45sin01n（1 分）红光折射率2.130sin37sin02n（1 分）设紫光和红光的临界角分别为21CC、，221sin11 nC（1 分）解得：53451iC（1 分）同理53sin651sin22 nC（1 分）532 iC（1 分）所以紫光在 AB 面发生全反射，而红光在 AB 面一部分折射，一部分反射，所以在光屏上出现两个亮斑，MP 间产生的亮斑为红色，PN 间产生的亮斑为红、紫色混合亮斑（2 分）