【文档说明】（新高考）江苏高考押题卷 物理卷(解析版，A3版).doc，共(7)页，323.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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绝密★启用前普通高等学校招生全国统一考试物理注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目

的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：题共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1．下列关于热现象的描述正

确的是()A．分子间的距离越近，分子间的作用力就越大B．扩散现象和布朗运动都能说明分子在永不停息的做无规则运动C．气体温度每升高1℃所吸收的热量与气体经历的具体过程无关D．水蒸气的压强离饱和汽压越远，人感觉越潮湿【答

案】B【解析】当两分子间的距离从很远处靠近时，分子间的作用力先增大后减小，再增大，故A错误；扩散现象和布朗运动都能说明分子在永不停息的做无规则运动，故B正确；气体温度每升高1℃所吸收的热量与气体经历的具体过程有关，故C错误；水蒸气的压强离饱和汽压越远，人感觉越干燥，故D错

误。2．2020年11月27日00时41分，华龙一号全球首堆中核集团福清核电5号机组首次并网成功。如图所示是原子核的比结合能与质量数的关系图，下列说法正确的是()A．核反应中，质量守恒，电荷数守恒B．华龙一号的原理是核聚变反应C．原子核比结合能越大，

原子核越稳定D．核裂变反应发生后，核子的平均质量不变【答案】C【解析】核反应遵守质量数守恒和电荷数守恒，质量不守恒，故A错误；华龙一号的原理是重核的裂变反应，故B错误；原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故C正确；核裂变反应发生后，会释放能量，所以核子的平均质量减

小，故D错误。3．李娜是亚洲第一位大满贯女子单打冠军。若李娜某次训练击球时，第一次将网球从A点水平击出，网球击中D点；第二次将该网球从位于A点正下方且与D点等高的B点斜向上击出，最高点为C，网球也击中D点。A、C高度相同，忽略空气

阻力，则()A．两次击球过程中，网球的初速度大小一定不相等B．网球两次击中D点时速大小相等C．网球两次击中D点时，重力做功的瞬时功率相同D．网球从B点到D点的过程中，重力对球的冲量为零【答案】C【解析】A、B两点发出的球都能到达D点，球从C到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运

动可知tB＝2tA，vyA＝vyB，由于水平方向的位移相同，根据v＝xt可知vxA＞vxB，根据速度的合成可知，球从A点抛出时的速度vA＝vxA，球从B点抛出时的速度22BxByBvvv=+，故两次击球时球的初速度大小可能相等，A错误；第一次落到D点时的速度22AD

xAyAvvv=+，第二次落到D点时的速度22BDxByBvvv=+，故两过程中网球击中D点时速度不相等，B错误；vyA＝vyB，则重力的瞬时功率P＝mgvy，相同，故C正确；网球从B点到D点的过程中，重力的冲量I＝mgt，不为零，故D错误。4．如图所示为玻璃砖横截面，上表面为半圆，ABC

D为正方形，一束平行光线垂直于CD边射入玻璃砖，在半圆面AB上恰好有三分之一面积可看到透光。则玻璃砖的折射率为()A．2B．2C．3D．3【答案】A【解析】由题意可知，光线进入玻璃砖后，从圆弧面AB射出时有部分光线发生全反射，因

在AB面上恰好有三分之一面积透光，如图所示，可知恰好发生全反射时入射光对应的入射角为30°，则12sin30n==°，A正确。此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号5．一种电场的某条电场线与x轴重合，

其场强大小E与坐标x的关系如图所示，下列说法正确的是()A．此电场是匀强电场B．由图像可以直接看出场强大小随x均匀增大C．图像的斜率表示电场的电势D．x1与x2之间的电势差等于阴影部分的面积【答案】D【解析】由题

图可以看出E－x关系图像是抛物线图像，场强E随x指数增大，此电场并非匀强电场，AB错误；U＝Ed虽然是匀强电场的表达式，但可推导非匀强电场的U、E、x之间的关系，E－x图线与x轴所围成的面积表示电势差U，图像的斜率不能

表示电场的电势，C错误，D正确。6．电阻不可忽略的线圈L0可看作是一个定值电阻R0（线圈电阻）与一个纯线圈L串联而成，如图甲。在如图乙所示电路中，常规变压器T线圈电阻不可忽略，变压器原线圈接理想交流电源，当滑动变阻器触头P向b端滑动时，下列说法正确的是()A．变压器初级线圈电压降

低B．变压器输入功率变小C．小灯泡变亮D．R1消耗功率增大【答案】D【解析】初级线圈电压U1等于理想交流电源电压，不变，故A错误；当滑动变阻器触头P向b端滑动时，由R1、R2组成的电路总电阻减小，副线圈电流增大，由I1＝n2n1I2得原线圈电流增大，则变压器输入功率变大，B错误；U2＝n2n1

U1不变，由于常规变压器T线圈电阻不可忽略，所以次级线圈等效为有内阻的电源，变压器次级线圈电压E＝U2－I2r降低，小灯泡变暗，故C错误；灯泡两端的电压降低，则灯泡的电流降低，而副线圈的总电流变大，因此电阻R1两端电流升高，功率增大

，故D正确。7．如图，在水平桌面上叠放着两个物块M和m，M与桌面间的动摩擦因数为μ1，m与M之间的动摩擦因数为μ2，一根轻绳一端与M相连，另一端绕过光滑的定滑轮A系在竖直杆上的B点。现将另一个物体G用光滑轻质挂钩挂在

轻绳上AB之间的O点，已知整个装置处于静止状态时，竖直杆与绳OB的夹角为α，则()A．将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时绳的张力变小B．将竖直杆缓慢向右移动一小段距离时绳的张力变大C．M所受的摩擦力为μ1(M＋m)gD．剪断A处轻绳瞬间，m的加速度为μ2g【答案】B【解析】设滑轮A和

竖直杆之间的绳长为L，距离为d，则根据晾衣绳模型可知sindL=，而2Tsinα＝G，解得绳子上的张力2cosGT=，所以将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时，d不变，L不变，故α不变，所以绳子的张力不变，A错误；将竖直杆缓慢向右移动一

小段距离，则d变大，L不变，故α变大，因此绳子的张力增大，B正确；由于有整个装置处于静止状态，所以M和m都受力平衡，M和m之间没有摩擦力，因此M所受的摩擦力等于绳子的张力。但由于是静摩擦力，所以1()2cosGMmg?，C错误；剪断A处轻绳瞬间，m的加速度为零，D错

误。8．如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，此刻平衡位置位于x＝10m处质点正沿y轴负方向运动，且经过1s第一次回到平衡位置。则下列分析不正确的是()A．该波沿x轴正方向传播B．该波的传播速度为8m/sC．在0～1

0s内平衡位置位于x＝5m处的质点通过的路程为0.8mD．t＝0时刻x＝0处的质点的位移为23cm【答案】B【解析】t＝0时刻x＝10m处的质点沿y轴负方向运动，且经过1s第一次回到平衡位置，可知该波沿x轴正方向传播，且波的周期T＝2s，故A正确；由图可知波长λ＝12m，则波速

v＝λT＝6m/s，故B错误；10s为5个周期，则在0～10s内平衡位置位于x＝5m处的质点通过的路程s＝20A＝0.8m，故C正确；由图可知t＝0时刻x＝0处的质点的位移y＝4cosπ6＝23cm，故D正确。本题选错误的，故选B。9．如图所示

，图甲为氢原子的能级图，大量处于n＝3激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时，电路中电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是()A．光电管阴极K金属材料的逸

出功为7.0eVB．这些氢原子跃迁时共发出2种频率的光C．若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则可判断图乙中电源右侧为正极D．氢原子跃迁放出的光子中有2种频率的光子可以使阴极K发生光电效应现象【答案】D【解析】由图甲可知光子的能量E＝－1.51e

V－(－13.6eV)＝12.09eV，由图丙可知遏止电压为7V，所以光电子的初动能Ek＝eU＝7eV，所以金属材料的逸出功W＝E－Ek＝5.09eV，故A错误；由排列组合的规律可知，处于n＝3激发态的氢原子跃迁时能够发出3种频率的光，故B错误；光电子由阴极K向对面的极板运动，

形成的电流在图乙中从右向左流动，要阻止该电流，需要施加反向电压，即电源左侧应该为正极，故C错误；只要光子的能量大于5.09eV，就可以使阴极K发生光电效应，由图甲可知满足要求的有2种频率的光子，故D正确。10．有A、B两颗绕地球

运动的人造卫星，其轨道分别为如图所示的Ⅰ和Ⅱ，轨道Ⅰ为半径为R的圆，轨道Ⅱ为长轴等于2R的椭圆，两轨道不在同一平面内，轨道Ⅱ上c、d两点距离轨道Ⅰ垂直距离均为l且是两轨道距离最近的两点，O点为地球球心位置，已知地球质量为

M，万有引力常量为G。下列说法正确的是()A．A、B运行周期之比TA∶TB＝1∶1B．若B经过c点时到A的距离为l，则下次距离为l时B恰好经过d点C．若A的运行速率为v0，设B经过a点时的速率为v，则v＜v0D．若Oa＝12R，则B经过b点时的加速度与A的加速度之比为9∶4【答案】

A【解析】由开普勒第三定律得33AABBTRTR，其中RA、RB是圆轨道半径或椭圆轨道半长轴，因此TA∶TB＝1∶1，A正确；若B经过c点时到A的距离为l，则下次距离为l时B恰好经过一个周期又回到c点，同时A经过一个周期又

回到上次位置，两卫星相距最近，B错误；若A的运行速率v0＝GMR，B经过a点时的速率0GMvvOa=>，C错误；卫星加速度a＝GMr2，因此22224()(20.5)9BAaRRaObRR，D错误。11．如图甲所示，虚线MN两侧的空间均存在与纸

面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0，左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0。将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。则下

列说法正确的是()A．0～t0时间内，圆环中的电流方向为逆时针方向B．t＝t0时刻圆环中的电流为0C．t＝32t0时刻圆环受到的安培力大小为220008BrStD．在0～t0时间内，通过圆环的电荷量为004BrS【答案】

D【解析】0～t0时间内，圆环中左侧的磁通量向内减小，右侧磁通量不变，根据楞次定律可知圆环中的电流方向为顺时针方向，故A错误；根据法拉第电磁感定律，圆环中产生的感应电动势E＝ΔBΔtS，t＝t0时刻磁通量变化率不为0，则电动势不为0，圆环中的电流不0，B错误；上

式中S＝12πr2，00BBtt=，据欧姆定律有I＝ER，据电阻定律有02πrRS=，t＝32t0时刻圆环受到的安培力220000012224BrSFBIrBIrt=??，力方向垂直于MN向左，故C错误；在0～t0时间内，

通过圆环的电荷量0qIt=，又EIR=，E＝ΔΦΔt，圆环磁通量的变化量ΔΦ＝B0‧12πr2，联立解得004BrSq=，故D正确。二、非选择题：共5题，共56分。期中第13题～16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不能得分；有数值计算时

，答案中必须明确写出数值和单位。12．(12分)某同学准备测量一节干电池电动势和内电阻，他从实验室里借来如下实验器材：A．电流表A1（量程为0.6A，内阻约为0.5Ω）B．电流表A2（量程为2mA，内阻为100Ω）C．电压表V（量程为6V，内阻约为10kΩ）D．滑动变阻器R1（最大

电阻值为10Ω）E．电阻箱R2（最大电阻值为999.9Ω）F．开关、导线若干G．待测干电池(l)该同学发现电压表的量程太大，准备用电流表和电阻箱改装为一量程为2.0V的电压表，则其应该选择的电流表是________(填“A1”或“A2

”)，电阻箱的接入电路的电阻值应该为______Ω；(2)请你帮助该同学在图甲中补充完整实验电路图；(3)实验过程中，该同学多次调节滑动接入电路的电阻值，得到两电流表A1的示数I1和电流表A2的示数I2如下表所示。请你

根据表中的数据帮助该同学在图乙的坐标系中描点并连线。根据图线可知，该干电流的电动势E＝_____V，内阻r＝_____Ω。（结果保留两位小数）I1/A0.100.200.300.400.50I2/mA1.371.281.211.141.05【答案】(l)A2（2分）9

00（2分）(2)见解析图（2分）(3)描点连线见解析图（2分）1.45（2分）0.82（2分）【解析】(l)要用已知精确内阻的电流表改装电压表，所以选A2；电流表与电阻箱串联后改装为电压表，则有U＝I2m(r2＋R)，解得R＝900Ω。(2)如图所示。(3)由闭合电流的欧姆定律可得E＝

I2(r2＋R)＋I1r，则有2110001000rEII=-+，由图可知31.45101000E-=?A，31.451.01010000.55r--=?，解得E＝1.45V，内阻r＝0.82Ω。13

．(7分)如图所示，一竖直放置的气缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与气缸间无摩擦，气缸导热性能良好。现在活塞上方缓慢放上质量为m的

细砂，重力加速度为g。若03pSmg=，则气室1内气体压强为多少？【解析】若03pSmg=，对活塞AB有：pS＝p0S＋mg（1分）解得：p＝4p0（1分）单向阀打开，如果气室2的气体未完全进入气室1

，则有：p0LS＋2p0LS＝4p0xS（2分）解得x＝34L，假设不成立（1分）所以气体完全进入气室1，则有：p0LS＋2p0LS＝pxLS（1分）解得：px＝3p0。（1分）14．(8分)如图所示，某机器人研究小组自制的机器车能够自动识别障

碍物上、下坡。该机器车质量m＝20kg，在水平路面AB段以速度v1＝6m/s匀速行驶，BC段是一段陡坡。机器车在BC段仅用t＝5s就运动到了坡顶，且到达坡顶前机器车已经以速度v2＝3m/s做匀速运动。已知整个过程中该机器车的输出功率保持不变，机器车在AB段受到的阻力Ff1＝200N，在BC段所受阻

力恒定，机器车经过B点时无机械能损失，求：(1)该机器车经过B点后刚开始上坡时的加速度大小；(2)BC段的长度。【解析】(1)该机器车在AB段匀速运动，则F＝Ff1，则额定功率P＝Ff1v1＝200×6W＝1200W（1分）机器车到达坡顶之前匀速运动，满足P＝(Ff2＋mgsinθ)v2

（1分）刚经过B点时由牛顿第二定律得：F－(Ff2＋mgsinθ)＝ma（1分）解得a＝－10m/s2即机器车经过B点后刚开始上坡的加速度大小为10m/s2。（2分）(2)设BC段长度为s，从B到C的过程中，根据动能定理：Pt－(Ff2＋mgsinθ)s

＝12mv22－12mv12（2分）解得：s＝15.675m。（1分）15．(13分)如图甲所示，倾角为θ的倾斜轨道与水平轨道交于Q点，在倾斜轨道上高h处由静止释放滑块A，此后A与静止在水平轨道上P处的滑块B发生

弹性碰撞（碰撞时间不计）。已知B与轨道间的动摩擦因数为μ，A与轨道间无摩擦，重力加速度大小为g。滑块A的部分速度－时间图像如图乙所示。（A、B均可视为质点，水平轨道足够长，A过Q点时速度大小不变、方向变为与轨道平行。）(1)求A、B的质量之比mA∶mB；(2)当

P、Q的距离sPQ＝0.2h，θ＝30°时，要使在B的速度减为零之前，A与B能发生第二次碰撞，试确定μ的取值范围。【解析】(1)第一次碰撞前的过程中A的机械能守恒，有：mAgh＝12mAvA02（1分）解得vA0＝2gh第一次碰撞过程中，以向左方

向为正方向，由动量守恒，机械能守恒有mAvA0＝mAvA＋mBvB（1分）12mAvA02＝12mAvA2＋12mBvB2（1分）由图乙可知，碰后滑块A反向，速度大小vA＝－35vA0（1分）解得：vB＝252gh，mA∶mB＝1∶4。（1分）(2)设第一次碰撞至B

的速度减为零经历的时间为t，A与B在时间t内发生的位移分别为xA、xB对B，由动量定理有：－μmBgt＝0－mBvB（1分）解得225ghtg=由运动学规律有14225BBhxvt==（1分）对A，在时间t内，设其在倾斜轨道、水平轨道上运动的时间分别为t1、t2。在倾斜轨道

上，由牛顿第二定律有：mgsin30°＝ma（1分）由运动学规律有12Atva=（1分）解得11225ghtg=21221(6)5ghtttg=-=-（1分）211222(6)255AAPQhhxvts=-=--（1分）由题意可得xA＞xB，μ＞0（1分）联

立解得：4041<<。（1分）16．(16分)如图，在区域I（0≤x≤L）和区域II（L≤x≤2L）内分别存在沿y轴负方向的匀强电场与垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度2043mvEqL=。一质量为m、带电荷量q（q

＞0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点以初速度v0射入区域I，其速度方向沿x轴正向，已知a在离开区域II时，速度方向沿x轴正方向。另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域I，其速度大小是43v0。不计重力和两粒子之间的相互作用力，sin37°＝0.6

，cos37°＝0.8。求：(1)磁感应强度B的大小；(2)a、b两粒子离开区域II时的y坐标之差。【解析】(1)带电粒子a区域I电场内做类平抛运动，运动的时间10Ltv=（1分）竖直方向加速度2043vEqamL==（1分）竖直方向位移yI1＝12at12＝23L（1分）速度vI1＝at1＝43

v0（1分）则粒子a进入区域II时的速度与y轴负方向的夹角θ1＝37°，速度v1＝53v0（2分）运动轨迹如图甲所示，由几何知识知在匀强磁场区域II的运动半径r1＝54L（1分）由qvB＝mv2r（1分）得043mvBqL=。（1分）(

2)带电粒子b区域I电场内做类平抛运动的时间2034Ltv=（1分）竖直方向位移yI2＝12at22＝38L速度vI2＝at2＝v0则θ2＝53°，速度v2＝v1＝53v0（2分）运动轨迹如图乙所示，在匀强磁场区域II的运动半径r2＝2mvqB

＝54L＝r1（1分）由几何知识可知：yII1＝12L，yII2＝622L-（2分）所以a、b两粒子离开区域II时的y坐标之差Δy＝(yI1＋yII1)－(yI2＋yII2)＝4312624L-。（1分）