2021届安徽省江南十校高三上学期物理第二次联考试题答案.docx

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1、2021届安徽省江南十校高三上学期物理第二次联考试题答案一、选择题1D 【解析】由可知，物块的加速度大小为；根据牛顿第二定律有，解得：，在第内，物块的位移，物块的重力势能增加量：，选项A错误；机械能的增加量等于除了重力外拉力的功：，选项B错误；动量的增量；，方向向上，选项C错误；拉力的平均功率：，选项D正确2B 【解析】在加速电场中，有；在偏转电场中，有，联立可得，选项B正确3D 【解析】根据左手定则可知，若粒子从C点射出，则粒子带正电，选项A错误；若粒子从D点射出，由几何知识可知粒子的轨道半径大于a，选项B错误；若粒子能从边射出的磁场，且粒子恰好不从边射出，则根据几何知识可得其临界轨迹的半径

2、为，选项C错误；若粒子能从边射出磁场，则粒子在磁场中的运动的轨迹所对应的圆心角都相同，均为，结合可知，粒子在磁场中的运动时间与其速度大小无关，选项D正确4A 【解析】地球同步卫星运行速度为，选项A正确，倾斜地球同步卫星的周期、角速度大小与地球自转的周期、角速度也相同，但由于轨道平面与赤道平面有夹角，所以它的纬度和经度都在不停变化，选项B错误；由，得，解得卫星的线速度和卫星的线速度大小之比约，选项C错误；由，得，解得卫星的向心加速度和卫星的向心加速度大小之比约为94，选项D错误5B 【解析】由图象可知，质点B在内的加速度与质点A在内的加速度相同，选项A正确；在时间内，质点B的位移为，平均速度，选

3、项B错误；在内，由图象得，质点B的速度大于质点A的速度，速度-时间图象的斜率表示加速度，由图象可知，质点B的加速度小于质点A的加速度，选项C正确；在时间内，质点B的位移为，质点A的位移为，B比A多运动了，所以时刻，两质点相遇，选项D正确，故本题选B6D 【解析】若受电线圈的c、d两端断开，在时刻，送电线圈中的电流在从a到b逐渐减小的过程中，穿过受电线圈中磁通量减小，根据楞次定律可知，时刻，c点的电势比d点的电势低，选项A错误；若受电线圈的c、d两端断开，时刻，受电线圈的磁通量的变化率为零，因此c、d两端的电压为零，选项B错误；若受电线圈的c、d两端连接，时刻受电线圈中感应电流最大，但送电线圈中

4、的电流为零，两线圈不会有相互作用，选项C错误；由图乙可知，从时刻到时刻，电流先从a端流入逐渐减小到零然后从b端流入逐渐增大，根据安培定则可知，送电线圈中电流产生的磁场在受电线圈中先向上逐渐减小，后向下逐渐增大，根据楞次定律可知，俯视来看，受电线圈中的电流一直沿逆时针方向，选项D正确7AC 【解析】以整体为研究对象，外力F有水平向右的分力，由水平方向受力平衡可得，地面对斜面体有向左的摩擦力，选项A正确；因为不知道物体P是否处于临界状态，所以根据题给条件，无法判断斜面体对物块的P的最大静摩擦力的大小，也就无法判断烧断细绳后物块P的状态，选项B错误；烧断细绳的瞬间，由弹性绳的延时性特点，可判断小球Q

5、的合力为，小球M的合力为零，根据牛顿第二定律可得小球Q和M的加速度分别为和0，选项C正确；由于不知道物块P的具体质量，故无法判断斜面体对物块P的摩擦力的方向；可能沿斜面向下，也可能沿斜面向上，还可能没有摩擦力，因此也无法判断烧断橡皮筋后，物块P的摩擦力的变化情况，选项D错误8ACD 【解析】电压表的读数为电源输出电压的有效值，故电压表读数为，选项A正确；原线圈中的电流，副线圈中的电流，根据变压器电流与匝数的关系有得，选项B错误；又，根据变压器电压与匝数的关系有得，定值电阻两端的电压，定值电阻的阻值，选项C正确；变压器的输入功率，选项D正确9BD 【解析】在B点微粒机械能最大，说明C到B电场力做

6、功最大，由数学关系知过B点做圆的切线，即电场力沿方向，带电粒子电性未知，场强方向不能确定在F点微粒动能最大，说明C到F合力做功最多，即重力电场力的合力方向沿，有：，解得，动能定理有：，故选项A错误、B正确；反向延长线与圆的交点，为等效重力的最高点，合力做的负功最大，动能最小，选项C错误；根据C、A关于延长线对称，带电微粒从C点到A点等效重力（合力）做功为零，动能不变，选项D正确10AC 【解析】小球不脱离半圆轨道的临界条件有两个，一是恰好从D点飞出，小球刚好能从D点飞出应满足，得，所以选项A正确；其二是小球在半圆形导轨在E点减到速度为零，由动能定理，得，小球能进入半圆轨道有，得，所以选项C正确

7、二、实验题11（6分）（1）20分度（2分） （2）（2分） （3）（2分）【解析】（1）根据遮光条的宽度，可知该同学用的是“20分度”的游标卡尺；（2）；（3）对重物，根据牛顿第二定律有，得12（8分）（1）电路连接见解析（2分） （2）1.0（0.9-1.1）（2分） 2.75（2.65-2.83）（2分） （3）D（2分） （4）D（2分）【解析】（1）由于电压调节范围大，滑动变阻器用分压接法，由于灯泡的电阻较小，因此安培表采用外接法（2）小灯泡额定电压为，由图可知，小灯泡的额定电流为，因此小灯泡的额定功率为；当灯泡两端的电压为时，由图可知，灯泡中的电流为，则此时灯泡的电阻为（3）由于电

8、压很小时，温度变化不大，I、U成线性关系，因此用欧姆表测常温下灯泡的电阻约为，选择D项（4）为灯泡的电阻，由于U为零时，因此图象不过原点，选项A、C错误；图象的割线斜率为，随着电压增大，电流增大，一直减小，由于B图象是先减小后增大，选项B错误，D正确三、计算题13（8分）解：由图可知，碰撞前有： （1分） （1分）碰撞后有 （1分）对A、B组成的系统，由动量守恒定律及动量定理得： （1分）（2） （1分）所以 （1分）（3）碰撞中A、B组成的系统损失的机械能： （1分）代入数据解得： （1分）14解：（1）由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能、电路中产生的焦耳热、金属棒和导轨之

9、间摩擦产生的热量三者之和： （2分）即 （2分）（2）金属棒达到最大速度时，金属棒切割磁感线产生的感应电动势： （1分）由闭合电路欧姆定律得： （1分）从b端向a端看，金属棒受力如图金属棒达到最大速度时，满足： （1分）由以上三式得： （1分）由题图乙可知：斜率，纵轴截距所以得到，解得 （2分）15解：（1）根据题意，画出带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，可知粒子从y轴正半轴上一点射出，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，由 （1分）得 （1分）同理可得 （1分）由对称性可知 （1分）由几何关系可得射出磁场坐标 （1分）代入数据得 （1分）放粒子射出磁场时的位置坐标为；（2）设带粒子依次运动五段圆

10、弧所对应时间为、 （1分） （1分） （1分）由几何关系知粒子在磁场中运动时间 （1分）由第（1）问知粒子在磁场中运动的位移 （1分），方向沿y轴正方向 （1分）16解：（1）（6分）设物块滑上长木板的大小为在长木板上运动的加速度大小为，根据牛顿第二定律：求得： （1分） （1分）求得 （1分）假设物块在传送带上先加速后匀速，设物块在传送带上加速度为；根据牛顿第二定律：得： （1分）物块加速运动的位移：，假设成立 （1分）因此传送带的速度大小为 （1分）（2）物块传送带上加速的时间为： （1分）匀速运动的时间： （1分）物块滑上长木板后，由于因此物块滑上长木板后，长木板开始做初速度为零的匀加速运动，设经过时间物块和长木板具有共同速度，对长木板研究，根据牛顿第二定律： （1分）求得： （1分）求得： （1分）共同速度： （1分）此后物块与长木板一起向前做匀减速运动，加速度大小：一起运动的时间： （1分）因此物块运动的时间： （1分）迎访问“高中试卷网”