江苏省盐城市2021届新高考物理第三次押题试卷含解析

江苏省盐城市2021届新高考物理第三次押题试卷

一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

1．小明乘坐竖直电梯经过1min可达顶楼，已知电梯在t =0时由静止开始上升，取竖直向上为正方向，该电梯的加速度a随时间t的变化图像如图所示。若电梯受力简化为只受重力与绳索拉力，则

A．t =4.5 s时，电梯处于失重状态

B．在5～55 s时间内，绳索拉力最小

C．t =59.5 s时，电梯处于超重状态

D．t =60 s时，绳索拉力的功率恰好为零

【答案】D

【解析】

【详解】

A．电梯在t=1时由静止开始上升，加速度向上，电梯处于超重状态，此时加速度a＞1．t=4.5s时，a＞1，电梯也处于超重状态。故A错误。

B．5～55s时间内，a=1，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，应大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小。故B错误。

C．t=59.5s时，电梯减速向上运动，a＜1，加速度方向向下，电梯处于失重状态，故C错误。

D．根据a-t图象与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，61s内a-t图象与坐标轴所围的面积为1，所以速度的变化量为1，而电梯的初速度为1，所以t=61s时，电梯速度恰好为1，根据P=Fv可知绳索拉力的功率恰好为零，故D正确。

2．一质量为M的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力F始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为g。现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量为（ ）

A．2（M﹣Fg）

B．M﹣2Fg C．2M﹣Fg

D．g

【答案】A

【解析】

【分析】

分别对气球匀速上升和匀速下降过程进行受力分析，根据共点力平衡条件列式求解即可。

【详解】

匀速下降时，受到重力Mg，向上的浮力F，向上的阻力f，根据共点力平衡条件有：

=+MgFf

气球匀速上升时，受到重力Mmg，向上的浮力F，向下的阻力f，根据共点力平衡条件有：

+=MmgfF

解得：

=2FmMg

故A正确，BCD错误。

故选A。

【点睛】

本题关键对气球受力分析，要注意空气阻力与速度方向相反，然后根据共点力平衡条件列式求解。

3．一质子束入射到静止靶核2713Al上，产生如下核反应：2713pAlXn，p、n分别为质子和中子，则产生的新核含有质子和中子的数目分别为（ ）

A．28和15 B．27和14 C．15和13 D．14和13

【答案】D

【解析】

【详解】

质子的电荷数为1，质量数为1；中子的电荷数为0，质量数为1；根据电荷数、质量数守恒，X的质子数(电荷数)为1+13−0=14，质量数为1+27−1=27，中子数：27−14=13。

A. 28和15。与上述结论不符，故A错误；

B. 27和14。与上述结论不符，故B错误；

C. 15和13。与上述结论不符，故C错误；

D. 14和13。与上述结论相符，故D正确。

4．有一种电四极子的电荷分布及位置关系如图所示。A、B两点位于负电荷的同侧，与负电荷的距离分别为3l与l。下列说法正确的是（ ）

A．A、B两点场强的大小关系ABEE

B．A、B两点电势的高低关系AB

C．电子在A点的电势能小于在B点的电势能

D．将一重力不计正点电荷由A点静止释放，将做加速度逐渐增大的加速运动

【答案】C

【解析】

【详解】

A．由场强叠加可知

22222184(5)(3)225AqqqkqEkkkllll

方向向左；

2222226(3)9BqqqkqEkkkllll

方向向右；

则ABEE，选项A错误；

BC．由A的计算可知，最左边位于C处的+q与A之间的场强向左，CB之间的场强向右，因沿电场线电势降低，可知A、B两点电势均比C点电势低，由于ABEE，则由U=Ed可知CACBUU，可知A点电势高于B点，即AB，则电子在A点的电势能小于在B点的电势能，选项B错误，C正确；

D．因在A点左侧会存在一个合场强为零的位置，则从A点到此位置场强逐渐减小，则将一重力不计正点电荷由A点静止释放，在到达场强为零的位置的过程中，将做加速度逐渐减小的加速运动，选项D错误。

故选C。

5．关于分子间相互作用力与分子间势能，下列说法正确的是（ ）

A．在10r0（r0为分子间作用力为零的间距，其值为10－10m）距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力

B．分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零

C．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小 D．分子间距离越大，分子间的斥力越大

【答案】A

【解析】

【详解】

A．分子间同时存在引力和斥力，在平衡距离以内表现为斥力，在平衡距离以外表现为引力，在10r0距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力，A正确；

BC．设分子平衡距离为r0，分子距离为r，当r>r0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当r

D．分子间距离越大，分子间的斥力越小，D错误。

故选A。

6．如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地。现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点。如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第1N滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收，而使A板带电，同时B板因感应而带上等量异号电荷，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则下列说法正确的是(

)

A．落到A板的油滴数23Cm4dgNq

B．落到A板的油滴数22CdmgNq

C．第1N滴油滴通过电场的整个过程所增加的电势能等于8mgd

D．第1N滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于54mgd

【答案】A

【解析】

【详解】

AB．对于第一滴油，则有：

012Lvt 21122dgt

联立解得：

2204gLdv

最多能有N个落到下极板上，则第1N个粒子的加速度为a，由牛顿运动定律得：

mgqEma

其中：

UQNqEdCdCd

可得：

2NqagCmd

第1N粒子做匀变速曲线运动，有：

02Lvt

2212yat

第1N粒子不落到极板上，则有关系：

2dy„

联立以上公式得：

234gCmdNq

故选项A符合题意，B不符合题意；

C．第1N滴油滴通过电场的整个过程所增加的电势能为：

328PdmgdEqE

故选项C不符合题意；

D．第1N粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能：

W电328dmgdqE

故选项D不符合题意。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分

7．我国成功研制了世界最高水平的“3.0V 12000F”石墨烯超级电容器。超级电容器充电时，电极表面将吸引周围电解质溶液中的异性离子，使这些离子附着于电极表面上形成相距小于0.5nm、相互绝缘的等量异种电荷层，石墨烯电极结构使得该异种电荷层的面积成万倍增加。下列有关说法正确的是（ ） A．该电容器充满电后的带电荷量为36000C

B．该电容器最多能储存108000J的电能

C．超级电容器电容大的原因是其有效正对面积大、板间距离小

D．当该电容器放电至两端电压为1.5V时，其电容变为6000F

【答案】AC

【解析】

【详解】

A．根据超级电容器“3.0V 12000F”，结合

QCU

可知该电容器充满电后的带电荷量

120003.0QCUC=36000C

故A正确；

B．电容器是一种储能元件，该电容器充满电最多能储存的电能为

2211120003.022WCUJ=54000J

故B错误；

C．借助平行板电容器的决定式

r4SCkd

分析可知，超级电容器电容大的原因是其有效正对面积大，板间距离小，故C正确；

D．电容器的电容只与电容器本身结构有关，与电容器带电荷量和两极板间电压无关，故D错误。

故选AC。

8．一定质量理想气体的pV图象如图所示，从状态a经过程Ⅰ缓慢变化到状态b，再由状态b经过程Ⅱ缓慢变化到状态a，表示两个过程的图线恰好围成以ab为直径的圆。以下判断正确的是________。

A．过程Ⅰ中气体的温度保持不变

B．过程Ⅱ中气体的温度先升高后降低

C．过程Ⅰ中气体的内能先减少后增加

D．过程Ⅱ中气体向外界释放热量

E.过程Ⅱ中气体吸收的热量大于过程Ⅰ中放出的热量 【答案】BCE

【解析】

【详解】

ABC．根据理想气体状态方程可知，a、b两状态的温度相同，过程I中，从a到圆上最低点过程中，压强减小，体积减小，根据理想气体状态方程可知，温度降低，则。过程I中从a到圆最低点过程中，压强减小，体积减小，则温度降低，则过程Ⅰ中气体的温度先降低后升高，气体的内能先减少后增加，同理可知，过程Ⅱ中气体温度先升高后降低，气体的内能先增加后减少，故A错误，BC正确：

D．过程Ⅱ中气体的体积变大气体对外界做功，且内能不变，且内能不变，根据热力学第一定律可知，气体吸热，故D错误；

E．在pV图象中，图线与横坐标轴围成的“面积”对应功，过程Ⅱ气体对外界做的功大于过程Ⅰ外界对气体做的功，故过程Ⅱ中气体吸收的热量大于过程Ⅰ中气体放出的热量，故E正确。

故选BCE。

9．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1:2，正弦交流电源输出的电压恒为U=12V，电阻R1=1Ω，R2=2Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20Ω，滑片P处于中间位置，则（ ）

A．R1与R2消耗的电功率相等 B．通过R1的电流为3A

C．若向下移动P，电源输出功率增大 D．若向上移动P，电压表读数将变小

【答案】BD

【解析】

【分析】

对理想变压器的原副线圈匝数之比等于原副线圈的电压之比，等于电流的倒数之比，据此进行分析。

【详解】

A选项，理想变压器的原副线圈的匝数之比为1:2，可知原副线圈的电流之比为2:1，根据

2=PIR，可知1R与2R消耗的电功率之比为2:1，选项A错误；

B选项，设通过1R的电流为I，则副线圈的电流为0.5I，初级电压

112UIRI

根据匝数比可知次级电压为

2(12-)I

则