江西省名校2021届高三上学期第二次联考物理试题含解析3124.pdf

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1、2021 届高三第二次江西名校联考 物理详细解析 1.C 解析：在匀变速直线运动中，由2=aTx得：a=2.1 m/s2,则 2s 内的速度变化量为v=at=4.2 m/s，故选 C。2.B 解析：根据等势面与电场线垂直以及曲线运动的轨迹特点，且该粒子减速通过，可知粒子从 Q 点出发，故 A 错，B 对；等差等势面越密的地方，电场强度越强，粒子从 Q点运动到 P 点的加速度增大，所以 C 错；粒子从等势面 a 到 b 与从等势面 b 到 c 电势能的变化量相等，故 D 错；所以本题选 B。3.D 解析：s 闭合后，支路增加，总电流增加，由 U=E-Ir 知路端电压减小，由 P=EI 知电源的总

2、功率增加，电机的输出功率rIIRIIrIUIP21101211)(=-出，故选 D。4.D 解析：地球静止轨道卫星与近地轨道卫星的重力加速度不同，故 A 错；地球静止轨道卫星与近地轨道卫星的角速度不同，故 B 错；地球静止轨道卫星与近地轨道卫星的质量不同，故 C 错；由于地球静止轨道卫星与近地轨道卫星都绕着地球转，由开普勒第三定律知 D 正确；故本题选 D。5.D 解析：I=mvm-mv0是合外力的冲量，并不是牵引力的冲量，A错；I=Ft是阻力的冲量，并不是牵引力的冲量，B错；列车是变加速运动，故不能用ts2+=m0vv求列车的行驶距离，C错；由动能定理得FmFPtsmFsPt2)(=)(21

3、=202202mv-v-v-v-m，解得 6.A 解析：根据 u-t 图像可将粒子运动的 v-t 图像画出，知 A 中粒子在一个周期内有位移，且方向指向 A 或 B，每经过一个周期位移增加量相同，最终粒子会打到板上，故 A 正确；B、C、D 三个选项中粒子在前半周期都是沿一个方向先做加速后做减速直线运动，在后半周期再反向先做加速后做减速减速直线运动，由对称性可知，粒子一个周期后又会回到出发点，即三种情况下粒子始终在一定范围内做往复运动，因为板间距离足够宽，故最终都到不了极板；所以本题选 A。7.A 解析：图（b）中图像斜率=1=020，由电流的定义得I=020 由电路中电压的关系知:0时刻 K

4、、L 间的电压=+=02+=02(1+0)故选 A。.D，故选8.B 解析：由动量守恒得航天员喷出氧气后的速率为 =氧=0.350100m/s=0.15m/s，则航天员需要s300=s15045=.xtv到达飞船，此过程消耗氧气 m耗=Qt=0.075kg，则 m余=m0-m-m耗=0.125kg，故选 B。9.AC 解析：由题知粒子轨迹半径为l21，由qlmBlqBmR002=21=vv得：，A 正确；根据左手定则可知粒子带负电，B 错误；若仅减小入射速度，粒子可能从 ed 边射出，此时时间02=221=21=vlqBmTt，C 正确；若粒子恰好从 f 点射出时，时间为04vl，当速度增大时

5、，粒子从 f 点的右侧射出磁场，此时时间小于04vl，故不可能大于04vl，D 错；所以本题选 AC。10.AD 解析：小物块向左端滑动的过程中加速度大小为gxmkmmgkxa+=+=，A 正确；弹性势能221=2+0=pkxxkxE，B 错误；由动能定理得mgxkxEE-20kk21=，图像不符，C 错误；机械能mgxEE-0=，D 正确；故选 AD。11.BD 解析：三棱锥的中心点的场强为 A、B、C 处三个点电荷的合场强，根据几何关系知中心点场强方向不指向 C 点，A 错；D 点和 AC 的中点均在 AC 的中垂面上，因 A、C处点电荷连线中垂面为等势面，且电势为零，因此只需考虑 B 处

6、点电荷在 D、E 两处的电势，根据点电荷的电场线分布及沿着电场线电势降低，知 AC 中点的电势高于 D 点的电势，B 正确；由题知，点电荷从 C 处到无穷远处，电场力做功为W，则有-W=-q(c-)=-qc，解得 c=qW，C 错误；C 处点电荷-q 从 C 处到无穷远，受 A、B 两处点电荷的共同作用，而当 C 处点电荷移走之后，B 处点电荷+q 只受到 A 处点电荷的作用，根据电场的对称性知将 B 处点电荷移至无穷远处电场力做的功等于2W，D 正确；故选 BD。12.BD 解析：a、b 两球受力情况如图所示，过 O 作竖直线交 ab 于 c 点，设球面半径为 R，则oac与左侧力的三角形相

7、似，obc与右侧力的三角形相似，由几何关系可得am gTocac，bm gTocbc即abmbcmac 由题可知，细杆长度是球面半径的2倍，根据几何关系可得45，在oac中，根据正弦定理可得sin37=sin45 在obc中，根据正弦定理可得sin53=sin45 则34=acbcmmba，B 正确；将 b 球的受力分析画到如图所示的圆中，由几何关系可知轻杆对球的作用力逐渐增大，球面对 b 球的作用力逐渐减小，故 D 正确；所以本题选 BD。13.(1)B (2)1.84 1.77 (3)4 解析：(1)由于电火花打点计时器打点时不和纸带直接接触，故纸带运动过程中所受的阻力相对较小，所以 B

8、正确；(2)Ep=mgh=1.84J，Ek=21mv2=1.77J；(3)相对误差%4%10084.177.1-84.1=100=PkP%-EEE 14(1)B (2)0Rab b-R0 (3)偏小 偏小 解析：(1)待测干电池的电动势约为 1.5 V，故电压表选用 B；(2)由闭合电路欧姆定律得 EUUR0(Rr)，可得1U1E1rR01ER0R，则1ER0ab，1E1rR0a，解得，EbaR0，rbR0；(3)因为电压表分流，设电压表和 R0并联的总电阻为 R并；根据闭合电路欧姆定律有)(+=真并真rR+RUUE，变式得到并真并真并真RERrRREU+1=1，mg N T 则0=aRbEa

9、RbE测并真 0=RbrRbr-测并真，测量值比真实值都偏小.15.解析：(1)根据安培力公式可得，金属细杆受到的安培力大小为 F2B2I2L0.5N 安培力的方向水平向右 (2)金属细杆水平静止在斜面上时，根据平衡条件可得：FNcosmg FNsinB1I1L 当磁感应强度大小改变时，由牛顿第二定律可得：FNmgcosB2I2Lsin 22cos sin=联立解得：a5m/s2 16解析：（1）由图乙、丙得，运动员受到恒定空气阻力时，水平位移 x=57.6m，竖直位移 h=43.2m。由两类情形下运动员均从着陆坡顶端飞出后落在着陆坡上，故有：xhxh=00 运动员不受空气阻力时由平抛运动规律

10、知：x0=vt0 20021=gth 联立解得：v=20m/s (2)设运动员不受空气阻力和受到空气阻力时的位移分别为 s0 和 s，两种情况下落点在着陆坡上的距离为 s 由矢量合成得：m75=+=20200hxs m72=+=22hxs 故两次落点间的距离差 m3=0sss-17.解析：(1)小球在 A 点，由运动的合成与分解关系知：小球的竖直分速度0o0y34=53tan=vvv 小球在极板中：由平抛运动规律知：tLv0 vyat 由牛顿第二定律知：mgEqma 由电场强度和电势差的关系知：EUd 联立得：qlmgdld-m=U33420v(2)小球在 A 点速度 vAv0cos 53=0

11、35v 由于电场方向竖直向下，故小球在圆弧轨道运动时，到达 B 点时的速度最大，则从 A 到B，由动能定理得：()()2A2Bo212153=vv-mmcosRR-mgqE+又qmg=E 联立得：gR+=5892520Bvv (3)从 A 到 C，由能量守恒得：12m2（mgqE）R（1cos53）12m2 为使小球能过最高点，在 C 点有：mgEqmvC2R 可得 vCmgqERm 联立解得：qmgqRmE-v18912520 18解析：（1）设长木板 A 碰撞前的速度为 v1，碰撞后的速度为 v2，碰前的加速度为 a，因碰撞损失的能量为Q1，则 由牛顿第二定律得：2mg=ma A 碰前加速

12、过程：0=9221-vLa A 与 B 碰撞时：mv1=2mv2 由能量守恒得 12221+221=21Qmmvv 联立解得：LmgQ91=1 (2)设物块 C 滑上平板时的初速度大小为 v，最终 C 与两板相对静止时的速度为 v3，因碰撞损失的能量为Q1，则 C 与长木板相对静止时 C 与平板相对静止 2mv=(2m+2m)v3 能量守恒 )182(2+)22(21=221123LLmgQmm+m-vv2 联立 解得 L22=gv (3)若初始间距为 x，设长木板 A 碰撞前的速度为 v4，碰撞后的速度为 v5，因碰撞损失的能量为Q2，则 A 碰前加速过程 0=224-vax A 与 B 碰撞时 mv4=2mv5 能量守恒 22524+221=21Qmmvv 从 C 滑上长木板 A 到与长木板相对静止，由能量守恒得：)2(2+)22(21=2212232sLmgQmm+m-vv 由得 2=xs 设碰撞时物块 C 的速度为 v6，物块 C 相对于长木板 A 的位移为x，则 A 碰前 A 与 C 动量守恒 2mv=mv4+2mv6 能量守恒 xmgmmm2+221+21=22126242vvv Lx 由得：Lx920 故 s 与 x 的关系为 2=xs(Lx920)当两板间初始距离 x 最大时，最终物块 C 离 B 板右端的距离 s 最大，则 当Lx92=m时 Ls91=m