江蘇省南通市高考物理三年（2021-2023）模擬題（一模）按題型分類匯編-02解答題 一、解答題1．（2021·江蘇·統(tǒng)考一模）根據(jù)某種輪胎說明書可知，輪胎內(nèi)氣體壓強的正常值在至之間，輪胎的容積。已知當?shù)貧鉁?/span>，大氣壓強，設輪胎的容積和充氣過程輪胎內(nèi)氣體的溫度保持不變。(1)若輪胎中原有氣體的壓強為，求最多可充入壓強為的氣體的體積V；(2)充好氣的輪胎內(nèi)氣壓，被運送到氣溫的某地。為保證輪胎能正常使用，請通過計算說明是否需要充氣。2．（2021·江蘇·統(tǒng)考一模）如圖甲所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌、固定在水平面內(nèi)，相距為L，軌道端點M、P間接有阻值為R的電阻，導軌電阻不計長度為L、質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒垂直于、靜止放在導軌上，與間的距離為d，棒與導軌接觸良好。時刻起，整個空間加一豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，圖中、已知。(1)若時刻棒的速度大小為v，求時間內(nèi)安培力對棒所做的功W；(2)在時間內(nèi)，若棒在外力作用下保持靜止，求此時間內(nèi)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q。3．（2021·江蘇·統(tǒng)考一模）如圖所示，高的平板C右端固定有豎直擋板，置于水平面上，平板上放置兩小物塊A、B，A、B間有一被壓縮的勁度系數(shù)足夠大的輕彈簧，A置于平板左端，B與C右端擋板的距離，A、B、C的質(zhì)量均為。某時刻，將壓縮的彈簧由靜止釋放，使A、B瞬間分離，A水平向左拋出，落地時距離C左端，B運動到C右端與擋板發(fā)生彈性碰撞。已知B與C、C與水平面間的動摩擦因數(shù)均為，取，求：(1)彈簧釋放前瞬間的彈性勢能；(2)B與C發(fā)生彈性碰撞后瞬間C的速度大小；(3)整個過程中C滑動的距離s。4．（2021·江蘇·統(tǒng)考一模）如圖甲所示，真空室中電極K發(fā)出的電子（初速度不計）經(jīng)電場加速后，由小孔S沿兩平行金屬板M、N的中心線射入板間，加速電壓為，M、N板長為L，兩板相距。加在M、N兩板間電壓u隨時間t變化的關系圖線如圖乙所示，圖中未知，M、N板間的電場可看成勻強電場，忽略板外空間的電場在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，兩板電壓可視作不變板M、N右側距板右端處放置一足夠大的熒光屏PQ，屏與垂直，交點為在M、N板右側與PQ之間存在一范圍足夠大的有界勻強磁場區(qū)，PQ為勻強磁場的右邊界，磁場方向與紙面垂直。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e。(1)求電子加速至O點的速度大小；(2)若所有電子都能從M、N金屬板間射出，求的最大值；(3)調(diào)整磁場的左邊界和磁感應強度大小B，使從M板右側邊緣射出電場的電子，經(jīng)磁場偏轉后能到達點，求磁感應強度的最大值。5．（2022·江蘇南通·統(tǒng)考一模）某磁電式電流表結構如圖甲所示，矩形線圈匝數(shù)為n，電阻為R，長邊長度為l。矩形線圈放在均勻輻射狀磁場中如圖乙所示，兩條長邊經(jīng)過的位置磁感應強度大小為B。（1）當線圈中電流為I時，電流表指針偏轉的角度為。求當電流表指針偏轉的角度為2時，線圈一側長邊受到的安培力大小F；（2）將兩接線柱用導線相連，線圈繞軸轉動，長邊的速度為v時，求通過線圈的感應電流的大小I1。6．（2022·江蘇南通·統(tǒng)考一模）肺活量測量儀模型如圖所示，一導熱性能良好、內(nèi)壁光滑的汽缸內(nèi)有兩個輕活塞A、B，活塞B緊靠固定閥門K，活塞A、B間封閉有一定質(zhì)量的理想氣體，氣體體積V1=6.0×103mL，壓強為一個標準大氣壓p0.用力推活塞A使其緩慢向右移動，當閥門K與活塞B間的氣體體積V2=3.5×103mL時，測得氣體的壓強為1.2p0，忽略氣體溫度變化。（1）氣體的壓強為1.2po時，求閥門K與活塞A間氣體的體積V；（2）此過程中，活塞A對活塞A、B間氣體做的功為504J，活塞A、B間氣體對活塞B做的功為395J，求活塞A、B間氣體放出的熱量Q。7．（2022·江蘇南通·統(tǒng)考一模）如圖所示的裝置中，光滑水平桿固定在豎直轉軸上，小圓環(huán)A和輕彈簧套在桿上，彈簧兩端分別固定于豎直轉軸和環(huán)A，細線穿過小孔O，兩端分別與環(huán)A和小球B連接，線與水平桿平行，環(huán)A的質(zhì)量為m，小球B的質(zhì)量為2m?，F(xiàn)使整個裝置繞豎直軸以角速度ω勻速轉動，細線與豎直方向的夾角為37°。緩慢加速后使整個裝置以角速度2ω勻速轉動，細線與豎直方向的夾角為53°，此時彈簧彈力與角速度為ω時大小相等，已知重力加速度g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）裝置轉動的角速度為ω時，細線OB的長度s；（2）裝置轉動的角速度為2ω時，彈簧的彈力大小F；（3）裝置轉動的角速度由ω增至2ω過程中，細線對小球B做的功W。8．（2022·江蘇南通·統(tǒng)考一模）某磁偏轉裝置如圖甲所示，紙面內(nèi)半徑為R、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B的大小按圖乙所示規(guī)律做周期性變化，在0~T時間內(nèi)。在磁場區(qū)域的右側有一圓心也在O點的半圓形熒光屏，A為中點。一粒子源P均勻地發(fā)射初速度可忽略的電子，沿PO方向射出的電子經(jīng)電壓U加速后正對圓心O射入磁場，，在0~T時間內(nèi)經(jīng)磁場偏轉的電子從上到下打在熒光屏上C、D兩點間（圖中C、D未畫出）。已知電子的電荷量為e、質(zhì)量為m，，不計電子的重力，電子穿過磁場的時間遠小于磁場變化的周期，忽略磁場變化激發(fā)電場的影響。（1）求打在熒光屏A點的電子在進入磁場時磁感應強度大小B1；（2）求∠COD及電子在熒光屏上掃描的角速度ω；（3）由于加速電壓增大到某一值，0~T時間內(nèi)進入磁場的電子從A點上方的E點向下掃描，。為使電子仍在C、D間掃描，掃描的角速度仍為ω，須在圓形磁場區(qū)域疊加一個變化的勻強磁場B2，求B2的值。9．（2023·江蘇南通·統(tǒng)考一模）為測量雙層玻璃中間真空層的厚度，用激光筆使單色光從空氣以入射角θ射入玻璃，部分光線如圖所示。測得玻璃表面兩出射點B、C與入射點A的距離分別為和。已知玻璃的折射率為n，光在真空中的速度為c。求：（1）真空層的厚度d；（2）光從A傳播到B的時間t。10．（2023·江蘇南通·統(tǒng)考一模）甲、乙兩列簡諧橫波在同一均勻介質(zhì)中沿x軸相向傳播，波速，某時刻的波形如圖所示。（1）處的質(zhì)點開始振動時刻作為計時起點，請寫出其振動方程；（2）處的質(zhì)點從圖示時刻開始經(jīng)過的過程中通過的路程s。11．（2023·江蘇南通·統(tǒng)考一模）如圖所示，傾角為θ的光滑斜面底端有一擋板1，足夠長的木板A置于斜面上，小物塊B置于A底端，A、B質(zhì)量均為m，擋板2與B、擋板1間的距離均為L?，F(xiàn)將A、B一起由靜止釋放，A、B分別與擋板1和擋板2碰撞后均反向彈回，碰撞前后瞬間速度大小相等。已知A、B間的動摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，求（1）B第一次與擋板2碰撞后瞬間的加速度大小；（2）A第一次與擋板1碰撞后沿斜面上滑的最大距離x；（3）A、B在整個運動過程中產(chǎn)生的內(nèi)能Q。12．（2023·江蘇南通·統(tǒng)考一模）回旋加速器的示意圖如圖甲所示，兩D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫間距為d，勻強磁場與盒面垂直，加在狹縫間的交變電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，周期為T，U未知。盒圓心O處放射源放出粒子飄入狹縫，其初速度視為零，有粒子經(jīng)電場加速和磁場偏轉，最后從盒邊緣的窗口P射出。不考慮粒子的重力及粒子間相互作用。（1）若放射源是Po， 自發(fā)衰變成的同時放出一個粒子，衰變過程中釋放的核能為。已知核的比結合能為，核的比結合能為，請寫出衰變方程，并求所釋放粒子的比結合能；（2）若放射源持續(xù)均勻地放出質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子.①在時刻放出的一個粒子，經(jīng)過4次加速后到達圖中的A點，OA間的距離為x，求該粒子到達A點的速度大小；②假設某時刻從放射源放出的粒子不能被加速即被吸收，能從P出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動。為使得從P處出射的粒子與放射源放出粒子的數(shù)目之比大于40%，求U應滿足的條件。
參考答案：1．(1)；(2)需要充氣【詳解】(1)設最多可充入壓強為的氣體的體積為V，輪胎內(nèi)氣體壓強達到，由玻意耳定律得解得              (2)設輪胎運送到某地后，輪胎內(nèi)氣體壓強為，由查理定律得解得            因為，所以需要充氣。2．(1)；(2)【詳解】(1)對導體棒，由動能定理得，安培力對導體棒做的功為(2)電路中產(chǎn)生的電動勢導體棒中的電流導體棒在外力作用下保持靜止，時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱解得3．(1)；(2)；(3)【詳解】(1)彈簧釋放后瞬間，設物塊A、B的速度大小分別為、，物塊A、B組成的系統(tǒng)動量守恒物塊A向左水平拋出至落地的過程中，物塊B在平板C上向右滑動，平板相對地面保持靜止。設物塊A經(jīng)時間落地，則設彈簧釋放前瞬間的彈性勢能為，則解得(2)設物塊B運動到平板C右端與擋板碰前的速度為，由動能定理得物塊B與平板C右端擋板發(fā)生彈性碰撞，設碰后物塊B的速度為，則解得(3)物塊B與平板C右端發(fā)生碰撞后，物塊B與平板C相對滑動，設物塊B的加速度大小為，平板C的加速度大小為，由牛頓第二定律得木塊平板設經(jīng)過時間，物塊B與平板C速度相等，設為v，則此過程中，平板C向右滑行的距離此后B、C一起向右滑動直至停止，設運動的距離為，由動能定理得平板C運動的位移解得4．（1）；（2）；（3）【詳解】(1)電子加速到O點的過程，由動能定理得解得(2)當電子恰好從板的右端飛出時，偏轉電壓達最大值。設M、N兩板間的距離為d，電子在M、N板間運動的時間為t，加速度大小為a，則解得(3)電子從M板右端飛出，當電子在磁場中運動的軌跡與相切時，電子在磁場中偏轉的半徑最小，設為r，此時磁場的磁感應強度為最大值，如圖所示。設電子從M、N板右邊緣飛出時的速度大小為v，方向與間夾角為，垂直M、N板方向上的速度為，則電子在磁場中運動，有由幾何關系得解得5．（1）；（2）【詳解】（1）因為電流表刻度均勻分布，故電流正比于偏角，故當電流表指針偏轉的角度為2時，電流為2I，故線圈一側長邊受到的安培力大小為（2）因為線圈長邊的速度為v時，總的感應電動勢為則通過線圈的感應電流的大小為6．（1）；（2）109J【詳解】（1）氣體做等溫變化，初態(tài)為末態(tài)V2=3.5×103mL+V即有解得（2）由熱力學第一定律，即因溫度沒有變化，所以內(nèi)能沒有變化，即，故解得7．（1）；（2）2mg；（3）【詳解】（1）當裝置轉動的角速度為ω時，對小球B分析得解得（2）裝置轉動的角速度為2ω時，設OB的長度為，則對小球B得設細線長度為L，則裝置轉動的角速度為ω時對圓環(huán)A滿足裝置轉動的角速度為2ω時，對圓環(huán)A有解得（3）裝置轉動的角速度由ω增至2ω過程中，對小球B得重力勢能變化量為動能變化量為解得細線對小球B做的功為8．（1）；（2）；；（3）【詳解】（1）設打在熒光屏A點的電子在電場中加速后的速度大小為v，則設該電子在磁場中運動的半徑為r，則由幾何關系可知r=R解得（2）t=0時進入磁場的電子經(jīng)磁場偏轉后打在C點，設其在磁場中運動的半徑為rC，偏轉角為2θC，如圖所示由幾何關系可知解得由幾何關系可知t=T時進入磁場的電子經(jīng)磁場偏轉后打在D點，設其在磁場中運動的半徑為rD，偏轉角為2θD，如圖；由幾何關系可知解得由幾何關系可知電子在時間T內(nèi)熒光屏上掃描的角速度為（3）t=0時進入磁場的電子打在E點，由題意可知，電子在磁場中偏轉角設電子進入磁場時的速度大小為v′，在磁場中運動的半徑為rE由幾何關系可知為使電子仍在CD間掃描，設t=0時磁感應強度大小變?yōu)?/span>，則t=T時磁感應強度大小變?yōu)?/span>B2做周期性變化，在0~T時間內(nèi) 磁感應強度B2的方向垂直紙面向里。9．（1）； （2）【詳解】（1）光路圖如圖所示，設真空層的厚度為d，由光路圖可知，AC比AB多了光線在真空層平移的部分，由幾何關系知：解得;（2）光在玻璃中的速度為v由得：由折射定律可知則從A到B的光程為所用時間為10．（1）；（2）25cm【詳解】（1）處是振幅最大的位置，該處質(zhì)點的振幅為波的周期為所以振動方程為（2）在0~1s內(nèi)處的質(zhì)點不振動；1s~3s內(nèi)甲波引起質(zhì)點振動半個周期，通過的路程為乙波從圖示時刻經(jīng)3s傳到處，在3s~4s內(nèi)，甲、乙兩列波共同使質(zhì)點振動，反射疊加，甲波使質(zhì)點從平衡位置振動到波谷位置，乙波使質(zhì)點從平衡位置振動到波峰位置，所以3s~4s內(nèi)通過的路程為所以從圖示時刻開始經(jīng)過的過程中通過的路程為11．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）B第一次與擋板2碰撞后速度方向向上，受到木板A向下的摩擦力，有牛頓第二定律可知其中解得方向沿斜面向下（2）AB一起向下加速度運動，設B與擋板2碰撞前瞬間的速度為，由動能定理可知：B第一次與擋板2碰撞后，木板A受到向上的摩擦力且摩擦力大小等于A重力沿斜面向下的分力，A做勻速運動，B以加速度向上做勻減速運動，當B速度減為零時解得：；在此段時間內(nèi)A向下運動的位移即A恰好與擋板1相碰，碰后A原速率返回，受到B給的向下的摩擦力，此時加速度為方向沿斜面向下，B受到A給的向上的摩擦力，與重力的分力平衡，所以B處于靜止狀態(tài)，A向上運動的位移（3）A速度減為零后，與B一起向下加速，由于到各自擋板的距離都是，所以同時與擋板發(fā)生碰撞，同時反彈，再一起上滑，速度減為零，再次一起下滑，周而復始，再此過程中沒有相對位移，在整個過程中的產(chǎn)生的熱量為解得：12．（1），； （2）①， ②【詳解】（1）核反應方程式為由能量關系可知解得：（2）①粒子經(jīng)過電場加速，根據(jù)動能定理可得粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力可得粒子運動的軌跡如圖所示根據(jù)幾何關系有粒子運動周期等于交變電壓的周期，則有又粒子運動周期為解得4次加速后到達A點的速度為② 設最終出射速度為，則有粒子在電場中的加速度為設加速的總時間為，則有解得在第一個周期內(nèi)只有時間內(nèi)放出的粒子能夠從P處射出，其他周期情況相同，則有解得 

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