1、2021 届高三第一次江西名校联考物理详细解析1.B解析：根据核反应方程+147N 116C+，该反应同时释放的是氦核，即粒子，B 正确，A 错误；40 min 为两个半衰期，1 g 的 116C 经 40 min 后,剩余 116C 的质量为原来的，即 0.25g，C 错误；半衰期不受物理、化学条件的改变，所以将 116C 置于回旋加速器中,其半衰期不会发生变化,D 错误；所以本题选 B 选项2.C解析：2224()GMmrh mrhT（）得232()4GMTrh，T 相同 M 火=M 地，r 火=r 地，可得 h 火 12h地，所以本题选 C 选项。3.D 解析：当磁场与导体棒处处垂直的时
2、候，导体棒的有效长度为两端点之间的直线距离,所以 当导体棒折成直角时，有效长度变为 L，所以安培力变为 F;所以本题选 D 选项。4.C解析：大量处于 n=4 能级的氢原子向低能级跃迁时，最多辐射 6 种不同频率的光子，A 选项错误,n=1 能级跃迁到 n=4,需要吸收 12.75eV 的能量，B 选项错误，用大量能量为 11eV 的电子轰击一群处于基态的氢原子时，只需要电子能量大于或等于氢原子跃迁所需要的能量即可,由于氢原子从基态跃迁到 n=2 能级态，需要吸收 10.2eV 的能量，故 C 选项正确；氢原子从 n=3 能级跃迁到 n=2 能级，辐射出的光子能量为 1.89eV，光子能量大于
3、金属的逸出功，可以使该金属发生光电效应，故选项 D 错误。5.A解析：由题目条件可知在刹车反应时间 0.5 内汽车运动的位移为 10m,由于汽车是匀减速直线运动，刹车距离 x=（30-10）m=20m，由 2ax 可得可知:a=-10 m/s2，所以 A 选项正确。6.C解析：刚开始下落的时候，没有阻力，所以开始下落时加速度最大，均为重力加速度，故 A、B 两个雨滴最大加速度相等，由于 f=kv2,当 mg=kv2 时有最大速度，质量之比为 1:4，所以最大速度之比为 1:2，可知 C 选项正确。7.D解析：对于图甲中的小球，=，t=对于图乙中的小球=，T=可得 y:Y=,v12:v22=3,
4、E1：E2=v12:v22,可得 E1：E2=3，本题选 D。8.A解析：比较两图情形，甲图中线框进入磁场时初速度较小，线框在磁场中平均切割速度也较小，故产生的平均感 应电动势较小，平均感应电流较小，故产生的焦耳热较小，而两图中线框从出发到MN，克服摩擦力做功相等，故摩擦产生的热相等。根据能量守恒，甲图线框到达 MN 处速度较大，即 v1v2。选项 A 正确。9.A解析：物块进入粗糙部分越多，摩擦力越大，所以摩擦力先逐渐增大后逐渐减小，且物体对粗糙 部 分 的 正 压 力 与 位 移 成 正 比（图 右 图 所 示），故 平 均 摩 擦 力 1/2Mgcos，所 以Wf=1/2Mgcos2d=
5、Mgdcos，答案选 A。10.B解析：粒子做与竖直上抛运动类似的匀减速直线运动，根据对称性知，粒子速度从减为零到点 P 用时 2t，则速度 vP=at=mEqt2.v0=a(t+2t)=mEqt23.粒子由 OP，由动能定理知，-Uq=21m(vP2-v02),解得 U=E2qt2/m，从而选 B 项。11.AC解析：由于原线圈两端电压不变，所以副线圈两端电压也不变，理想变压器不考虑线圈电阻，所以并联灯泡两端电压不变，A 正确；两个灯泡都能正常发光，原、副线圈匝数之比1122220=10nunu=22：1，B 错误；变压器输入功率和输出功率相等，=P2=4W,I10.018A,C 正确,D
6、错误；从而选 AC 项。12.AD解析：金属圆环套在螺线管上，穿过金属圆环的是双向磁场。根据楞次定律，当螺线管中电流增大时，螺线管周围磁场增强，穿过金属圆环的净磁通量增大。根据楞次定律，圆环 M 有扩张的趋势，因为圆环 M 半径越大，穿过的磁通量越小（典型的“增扩减缩”反例），所以 A 正确，2Tt 时刻，原线圈电流为零，原磁感应强度为零，所以 M 线圈所受安培力为零，所以 B 错误。感应电流与原电流的变化率成正比，t=时刻,螺线管内有最大的感应电流，但是变化率为零，所以圆环 M 内感应电流为零。C 选项错误，8Tt 和 t=时刻,原电流的变化率大小相同，方向相反，所以圆环 M 内有等大反向的
7、感应电流，从而选 AD 项。13.BC解析：对小球受力分析：小球受到重力 mg、拉力 F 与风力，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则 F 与风力的合力与 mg 大小相等、方向相反，作出 F 与风力产生的作用力的合力，如图所示，由图可知，风产生的作用力方向指向右侧，故 A 错误；由图可知，当风力产生的作用力与 F 垂直时，风产生的作用力最小则得：F 风mgsin 45，所以风产生的作用力的最小值为22 mg，故B 正确；当风产生的作用力大小等于 mg 时，根据几何关系，风产生的作用力水平向右，与 MN 垂直，小球从 M 运 动到 N 风产生的作用力不做功，故 C 正确；由于风产生的作用力变化时
8、，F 大小也跟着改变，所以不能确定 F 所做功的具体值，故 D 错误。来源:学科网14.BD解析：离子受到的电场力向右，所以洛伦兹力向左，根据左手定则，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，A 选项错误，R=,在加速电场中，Eqd=1/2mv2,加速电场场强 E=qB02R2/2md，B 正确。由题意知，,整理得：离子打在胶 片上的位置越靠近狭缝 P，即 R 越小，离子的荷质比越大，C错误，离子在速度选择器中做直线运动，故离子所受的洛伦兹力与电场力平衡，即 qvB=Eq，所以能通过狭缝 P 的离子的速率等于 E/B，D 正确，本题选 BD。来源:学科网 ZXXK15.ACD解析：物块和传送带的运
9、动过程如图所示。由于物块的加速度 a1=g=2m/s2,小于传送带的加速度 a2=4 m/s2，所以前面阶段两者相对滑动，时间t1=v/a2=3s,此时物块的速度 v1=6 m/s，传送带的速度 v2=12 m/s，物块的位移 x1=a1 t12=9m，传送带的x2=a2t12=18m,两者相对位移为 9m，此后传送带减速，但物块仍加速，有 12-a2t2=6+a1 t2，t2=1s，t1+t2=4s，两者相对位移为 3m，所以 A 正确。物块开始减速的速度为 v3=6+a1t2=8 m/s，物块在 t3=v3/a1=4s 停止，传送带在 t4=v3/a2=2s 停止，该过程物块的位移为 x3
10、=a1 t32=16m，传送带的 x2=a2t42=8m，两者相 对 位 移 为 8m，回 滑 不 会 增 加 划 痕 长 度，所 以 划 痕 长 为 9m+3m=12m，全 程 相 对 路 程 为L=9m+3m+8=20m，所以 Q=mgL=80J。16.(1)0.7950.00214.25(2)CD解析：(1)螺旋测微器主尺读出 0.5mm，可动刻度 29.50.01mm，最后读数 0.5 mm+0.295 mm=0.795mm，游标卡尺读数 19mm-514.25mm。（2）偶然误差是由人的读数、测量不准等偶然因数造成的，由仪器结构缺陷、实验方法不完善造成的是系统误差，A 错误，多次测量
11、求平均值只能减小偶 然误差，B 错误，本题选 CD。17.（1）h（2）1.01.50.313解析：（1）限流式接法，可以去掉这根 h 导线。（2）路端电压U1=EIr=rRUE02，由图乙可知，U1-U2 图线为一倾斜向下的直线，故电池内阻 r 是常数；由图乙知00.5=2.5rR，得 r=1，电动势为 1.5V；因为 R0r，所以当滑动变阻器电阻 R=0 时电源输出功率最大，2000.313mEPRrRW。18.解：（1）轨道不固定，小球和轨道组成的 系统机械能守恒=+M；水平方向系统动量守恒 0=m-M，=，(2)水平方向系统动量守恒 0=m-M,可得 0=mx1-Mx2，x1+x2=R
12、,可得 x2=19.解：对物块受力分析，当静摩擦力达到最大并沿斜面向下时圆盘转动的角速度最大，设为1。由圆周运动规律知：正交分解可得：FN1cos30o=mg+fm1sin30oFN1sin30o+fm1cos30o=m12r=可得：1=9.5rad/s当静摩擦力达到最大并沿斜面向上时圆盘转动的角速度最小设为2。由圆周运动规律知：FN2cos30o+fm2sin30o=mgFN2sin30o-fm2cos30o=m22r可得：2=5.9rad/s故圆盘转动的角速度的取值范围为 9.5rad/s20.解：（1）小球从 A 点运动到 B 点，由动能定理可得：mgL-EqL=,=3 m/s，小球在
13、B 点，根据牛顿第二定律有，F-mg+Eq=2BmvL代入数据可计算得出 F=3N(2)小球离开 B 点做类平抛运动，设小球到达 C 点速度为,到达 C 点时由水平方向速度保持不变,又小球垂直撞在斜面上，故有=m/s，根据动能定理，小球从 A 点运动到 C 点，（mg-Eq）H=m代入数据可计 算得出 H=2.5m，A、C 两点间的电势差=EH=2500V21.（1）粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，打在 M 点设为 v，由2021 mvE 可得mEv02=1=（2）如图所示，仍从 A 点动能增为 2E0 沿某方向射入区域，粒子在区域中运动时间最长，则粒子要从 C 点射出，r2=r1区域中磁场
14、为时，粒子在区域中运动半径为r3=r1要垂直打在荧光屏上，在区域中偏转 45o，所以 荧光屏与 x 轴的距离为 LBC=r1 sin45o=2r1=（3）区域中换成匀强电场后，粒子从 C 点进入电场做类斜抛运动，则有 vC=2(vC)2=2LBC,.解得场强E=电场强度沿 y 轴正向，场强最小。故场强至少为22.(1)ABC解析：根据热力学第一定律，当和外界热交换不明确时，外界对气体做功，其内能不一定会增大，故 A 说法错误；热力学第二定律可以表示为：不可能制成一种循环动作的热机，从单一热源取热，使之完全变为功而不引起其它变化这句话强调的是不可能“不产生其它变化”；即在引起其他变化是可能的；故
15、 B说法错误；由理想气体状态方程可知，理想气体等压膨胀，温度升高，内能增加，对外做功，W 为负，由热力学第一定律U=W+Q,需要从外界吸热，故 C 说法错误。由热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，D 说法正确；如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必 定达到热平衡，E 选项说法正确。（2）（i）对于 A 部分气体，初态 pA，VAh由于活塞 b 绝热，活塞 a 导热，A 部分气体温度不变，又由于是等压变 化，所以 A 部分压强不变末态 A 部分气体体积不变，VAh 气体高度仍然为 hpAp0末态，活塞 a 上升与汽缸口齐平，所以 B
16、部分气体时气柱长为 h（ii）B 部分气体初态时气柱长为 h/2，此时弹簧压缩量为 h/2对活塞 b 有：pApB对于 B 部分气体，初态 pBp0-，VBh由于初态活塞 a 到汽缸口的距离等于弹簧的压缩量，所以末态弹簧恢复原长，pB=pA0，VBh根据理想气体状态方程：=解得 T=23.（1）BCE解析：简谐运动受到的回复力是变力，所以简谐运动不是匀变速运动，A 错误，周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量,B 正确，当位移减小时，回复力减小，则加速度减小，物体向平衡位置运动，速度增大，故 C 正确；回复力与位移方向相反，故加速度和位移方向相反，但速度与位移方向可以相同，也可以相反；物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，故 D 错误，E 正确.来源:学,科,网（2）由于紧贴玻璃半球左侧面为 2R 的圆形纸片，光能射到半球面上的点为 A 点，由折射定律有sinrsinin,入射角为 i=45o，折射角为 r=45o，出射的光线交 OO轴于 B 点,在OAB 中，根据正弦定理，有=sin15sin135OBLR，得 LOB=sin15R射到半球面上的 C 点刚好发生全反射，由 sinC=得全反射临界角 C=45o，在OCD 中 LOD=R,设出射的光线交 OO轴于 D 点，由图可知 DB 距离为 R
