2021年安徽省合肥市高考物理一模试卷.pdf

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1、2021年安徽省合肥市高考物理一模试卷一、单 选 题（本大题共7 小题，共 28.0分）1.2020年 11月 2 4 日4 时 30分，我国用长征五号遥五运载火箭成功发射嫦娥五号探测器。该探测器顺利到达月球表面并取回1.73kg月壤。月壤中含有氮-3cH e）,2个氢-3 聚变可以产生氢-4cH e）和质子，已知氢-3、氢-4和质子的质量分别为如、加2和瓶3。下列说法正确的是（）A.2ml m2 4-2m3 B.2m1 m2+2m3C.2徵1=m2+m3 D.2m1=m2+27n32.某质点做匀变速直线运动，其位移-时间图像如图所X j F-示。下列说法正确的是（）、/A.h 与七时刻的速度

2、相同/B.J与12时刻的加速度不同”一C.G至t2时间内的位移为2（X2-%）D.t 至t2时间内的平均速度为零3.如图甲所示，质量为0.4kg的物块在水平力F 作用下由静止释放，物块与墙面间的动摩擦因数为0.4,力尸随时间 变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。下列图像中，能正确反映物块所受摩擦力大小与时间（斤-t）变化关系的是（）4.我国自主研发的“天 问 1号”火星探测器,预计于2021年 5 月左右着陆火星表面。未来可以在火星上发射其同步卫星。己知火星的质量约为地球的0.1倍，火星的自转周期与地球的大致相等，地球同步卫星的轨道半径约为4.2 x 10整巾，

3、则火星同步卫星的轨道半径约为（）A.2.0 x 104fcm B.3.0 x 104km C.3.6 x IQ41cm5.如图所示，在某匀强电场中，有一个与电场方向平行的圆面，。为圆心，A、8、C 为圆周上的三点 一群速率相同的电子从圆周上A 点沿不同方向射入圆形区域，电子将经过圆周上的不同点，其中经过C 点的速率最大，电子间的相互作用和D.4.2 x 104fcm空气阻力均不计，则该匀强电场方向为（）A.沿 C 4方向 B.沿 CB方向 C.沿 CO方向6.如图甲所示，两段等长轻质细线将小球A、B悬挂在。点，现对小球A 施 加 水 平 向 右 的 恒 力 对 小 球 8 施加水平第2 页，共

4、20页向左的恒力尸 2,当系统处于静止状态时，小球B 刚好位于。点正下方，如图乙所示。若F：尸 2=4：1.则mA：巾8为（）A.1：IB.2：1C.3：1D.4：17.如图所示，置于竖直面内的光滑细圆环半径为R,质量为修的小球套在环上，一原长为R 的轻弹簧一端系于球上，另一端系于圆环最低点，圆环绕竖直直径转动，重力加速度为g。若角速度 由零开始缓慢增大，下列说法正确的是（）A.当3 篇 时，弹簧一定处于压缩状态D.当3 足够大时，小球能够到达与圆心等高的位置二、多 选 题（本大题共3 小题，共 12.0分）8.如图所示，电荷量相等的三个离子。、氏 c,其 质 量=mb mc,它们分别以%、外

5、、%的速率进入速度选择器，且 0)、质量为a,M N =2y/2d,OS=d,不计粒子间的相互作用及粒子重力。求：(1)从粒子源发射的粒子运动到板的最短时间；(2)粒子打到板上的区域长度。1 6.如图所示，光滑水平面上放置长木板A 和滑块C,滑块8 置于A 的左端，二者间的动摩擦因数 =0.50,A、B 和 C 质量分别为成4 =1.0kg、mB=mc=2.0kg开始时C 静止,A、8 一起以北=4.5?n/s的速度匀速向右运动,A 与 C 发生弹性碰撞，经过一段时间，B 恰好停在A 的右端，g=10m/s2o 求：(1)4与 C 发生碰撞后的瞬间A、C 的速度；(2)4、C 碰撞后至8 停在

6、A 的右端过程，A 的右端与C 的最大距离。第8页，共20页答案和解析1 .【答案】A【解析】解：该核聚变方程为：H e+U e-$H e +2；，该核反应放出能量，可知有质量亏损，即2 7 n l g+2 阳，故 A正确，B、C、。错误。故 选:A o抓住核聚变过程中释放能量，结合爱因斯坦质能方程得出反应前质量和反应后质量的大小关系。掌握爱因斯坦质能方程，知道释放能量与质量亏损的关系，即 E=A m c 2,注意轻核聚变和重核裂变都释放能量，都是反应前的质量大于反应后的质量。2 .【答案】D【解析】解：A、在x-t 图像中，直线的斜率代表速度，由于在t 与1 2 时刻斜率的方向不同，故速度方

7、向不同，故 A错误；8、质点做匀变速直线运动，加速度恒定，故 B 错误；C、匕至t 2 时间内，质点运动到相同的位置，故位移为零，故 C错误；D、由于九至功时间内的位移为零，故平均速度为零，故。正确；故选：。在x-t 图像中，直线的斜率代表速度，由于质点做匀变速直线运动，故加速度恒定，通过图像可以判断出质点任意时刻所在的位置，即可判断出质点运动的位移，根据平均速度定义式求得即可判断。本题主要考查了位移-时间图像，明确直线的斜率代表质点的速度，抓住位移和平均速度的的定义即可。3 .【答案】C【解析】解：物块水平方向受力平衡F=FN=5t滑动摩擦力竖直向上F =4 F =0.4 x 5 t =2

8、t所以以一 t 图象的是过原点的倾斜直线，斜率k =2,当物块静止时，物块受到静摩擦力作用Ff=mg=0.4kg x ION=4N图象和，轴平行，/图象的面积表示/=的冲量，根据动量定理mgt-x 2/=o解得物块运动的时间为t=4 s,故C正确，A8O错误。故选：Co物体先做加速度逐渐减小的加速运动，然后做加速度反向增大减速运动，最后停止，根据摩擦力与重力的关系分析，利用动量定理求解时间。本题考查了摩擦力的判断和计算，求解摩擦力的问题时，首先要判断是静摩擦力还是滑动摩擦力。4.【答案】A【解析】解：火星对同步卫星的万有引力提供向心力，则至GM,km=工4n2mr2,ks地球对同步卫星的万有引

9、力提供向心力，则GMM,m=下4n2mrM.地 地由于7火=1地联立解得r火=2.0 x 104km,故A正确，BCC错误；故选：Ao火星静止轨道卫星绕火星做匀速圆周运动，由火星的万有引力提供向心力，地球对同步卫星的万有引力提供向心力由此列式求解。解决本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一重要思路，采用比例法进行分析。5.【答案】C【解析】解：一群速率相同的电子从圆周上A点沿不同方向射入圆形区域，到达圆周上各点时，其中过C点的速率最大，说明电场力做功最大，AC间电势差最大；若过C点作匀强电场的等势面，该面与圆只能有一个交点，即该等势面在C点与圆相切，而电场方向与等势面是垂直的，所以电场方向一定

10、与OC平行，由于电子带负电，要使电子的动能增加，所以该匀强电场方向为沿CO方向，故A8O错误，C正确。故选：C。电子到达C点时动能最大，说明电场力做功最大，从而得AC两点沿电场强度方向的距离最大。根据电场力做功公式=q U,分析AC间电势差什么情况下最大，从而确定电场的方向。第 10页，共 20页解决本题时，要掌握匀强电场中电场线和等势面的分布情况，知道C点是沿电场强度方向离A点最近，则电场线与过C的切线相垂直。同时要能运用只有电场力做功，分析动能的变化情况。6.【答案】B【解析】解：设A。与竖直方向的夹角为a,首先对两个球整体分析，受F、刍、总重力、A 0绳的拉力，如 图1所示：图1根据平衡

11、条件有:&=尸2+FA OsinaFA Ocosa=(mA+mB)g再隔离8球分析，如图2所示图2根据平衡条件有:F2=mBgtana解得&=(mA+2 mB)gtana由于Fi：F2=4：1解得见4：mB=2：1故3正确，4 8错误故选：B。本题可采用整体法和隔离法，先对两个小球组成的整体进行受力分析，再隔离B球进行受力分析，根据共点力平衡条件，可求出题中各个力之间的关系，从而得到两球质量之比。本题考查共点力平衡，要求学生熟练运用整体法和隔离法对物体进行受力分析，从而找出题目中各个力之间的关系，对学生思维能力有一定要求，难度中等偏高.7.【答案】B【解析】解：A B C,设角速度为3时弹簧处

12、于原长状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为/8=6 0 ,则有 mgtan 0=mRsin 0 小，即3 =当角(|)速度不等于3时，小球受三个力作用，当3 旧 时，弹簧 被压缩，故 B 正确，AC错误；J。、当3足够大时，假设小球能够到达与圆心等高的位置，则圆环的支持力向左指向圆心，而弹簧的拉力斜向下，重力竖直向下，小球在竖直方向合力向下，竖直方向无法平衡，故假设不成立，故。错误。故选：B。因为圆环光滑，所以圆环肯定是重力、环对球的弹力，另外可能受到弹簧的弹力。细绳要产生拉力，弹簧就有形变量，根据几何关系及向心力基本格式求出刚好不受弹力时的角速度，此角速度为临界角速度

13、，如果大于此角速度就受三个力。本题主要考查了圆周运动向心力公式的应用以及同学们受力分析的能力，要求同学们能找出临界状态并结合几何关系解题，难度适中。8.【答案】CD【解析】解：4、离子在速度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件得：qE=q v B,解得：能通过速度选择器的离子速度相等；一个离子打到极板上，另两个离子从速度选择器射出，从速度选择器中的离子速度相等，则离子打在极板上，仇 C离子从速度选择器射出，由于不知。离子带正电还是带负电，a 离子可能打在上极板上，也有可能打在下极板上，故 A错误；8、由左手定则可知，正离子在速度选择器中所受洛伦兹力竖直向上，离子在速度选择器中做匀速直线运动，离子

14、所受洛伦兹力与电场力等大反向，正离子所受电场力竖直向下，极板间的电场强度竖直向下，沿电场线方向电势逐渐降低，则上极板比下极板电势高，故 B 错误：第12页，共20页C、通过速度选择器的离子速度相等，离子速度%=%=。，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得:qvB2=m-,解得粒子的比荷5 =三，1 4 r Hi t 2 i由图示可知，打在4 点的离子轨道半径万小于打在&点的离子轨道半径 2，即心 2,由于V、口 2 相等，离子所带电荷量4 相等，则打在&点的离子质量小于打在4 点的离子质量，由于m/jC n i c，打在工 1 点的离子是儿 打在4 点的离子是C，离

15、子在磁场中做匀速圆周运动的周期7 =平=翳，打在4 点的离子周期A与打在久 点的离子周期，2 的关系是A ，两离子在磁场中转过半个圆周，离子在磁场中的运动时间t =：T，由于A T2,则射出的离子中到达4 的离子运动时间较短，故 C正确；。、打在公点的离子质量小于打在4 点的离子质量，打在两处的离子速度v 相等，由动能 的 计 算 公 式&可 知，射出的离子中到达庆 的离子动能较大，故。正确。故选：C D。在速度选择器中，离子受到的电场力和洛伦兹力相等，有q E=q u B,求出能通过速度选择器的离子的速度，然后判断打在极板上的离子；离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二

16、定律求出离子的轨道半径，然后根据离子在磁场中做圆周运动的周期公式比较粒子在磁场中运动时间的长短；根据动能的计算公式比较离子动能的大小。能通过速度选择器的离子做匀速直线运动，离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据题意分析清楚离子运动过程是解题的前提，应用平衡条件、牛顿第二定律与动能的计算公式即可解题。9.【答案】CD【解析】解：A、由。点到C点，沿电场方向，电势一直降低，则A错误；8、电场强度大小一直在变化，电场力也就在不断变化，带正电的粒子的加速度在不断变化，是变加速运动，则 B错误；C、根据E 随 x的变化规律可知，由A到 C电场强度平均值大于0 A 段电场强度平均值，A到 C电场力做功大于2

17、EK，则粒子运动到C点时动能大于3a,故 C正确；D、粒子在A B 段平均电场力大于8 c 段平均电场力，则 A B 段电场力做的功大于B C 段电场力做的功，所以在A B 段电势能减少量大于8 c 段电势能减少量，则。正确；故选：C D。电场力做正功，动能增加，电势能减小，因是正电荷则电势降低，动能的变化量等于电势能的变化量，结合动能定理逐项分析.考查电场力做功与能量的变化关系，明确电场力做功与电势能的变化关系，结合运动定理求解.1 0 .【答案】AB【解析】解：A、根据匀变速直线运动的位移-速度关系可得：v -v2=2ax,解得棒M 的位移大小为比尤，故A正确；2aB、根据动量定理可得：B

18、 1L-t =m v TTIVQ则通过棒ab的电荷量为q =I t=喑2故 5正确；C、由于金属棒做匀加速直线运动，则速度逐渐减小，感应电流逐渐减小，根据P=/2R可得框架P N 段的热功率减小，故 C错误；。、根 据 功 能 关 系 可 得 整 个 回 路 中 产 生 的 焦 耳 热 为（诏-/），故棒外产生的焦耳 热 小 于（诏一/）,故。错误。故选：AB根据匀变速直线运动的位移-速度关系求解位移大小；根据动量定理求解通过棒ab的电荷量；根据P =产/?可得框架P N 段的热功率的变化；根据功能关系分析金属棒ab产生的焦耳热。本题主要是考查法拉第电磁感应定律，关键是弄清楚导体棒的运动情况，

19、根据匀变速直线运动的规律以及功能关系分析，知道求解电荷量的方法。1 1 .【答案】D 0.2 0 1.5 2【解析】解：（1）描绘小灯泡的伏安特性曲线实验要求电压从零开始调到最大,只有分压接法才能达到目的,而分压接法一般选择最大阻值小的滑动变阻器,所以选择最大阻值为1 0。的滑动变阻器D-（2）电流表选择的是0.6 A 的量程，由最小分度值读出电流为0.2 0 4 同样道理，电压表的示数 U =1.5 2 K；电路图 实物图（3）控制电路采用是分压接法，而小灯泡是小电阻，所以电流表采用外接法，按此思路的电路图如图所示，再按电路图进行连线。第14页，共20页故答案为：(1)D;(2)0.2 0、

20、1.5 2；(3)如图所示；(1)先选择控制电路：灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，再选择最阻值小的滑动变阻器；(2)根据灯泡的额定电压和功率，大致确定电流表、电压表所用的量程，再结合最小分度读出两表的示数；(3)确定电流表的外接后再画电路图，按电路图实物连线。解决本题的关键掌握器材选择的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别.1 2.【答案】0.6 7 0.94 在误差允许的范围内，小车的加速度与作用力成正比，与小车的质量成反比【解析】解：(2)本题考查的是数据处理问题，从记录的表格来看，应该分为两大类，一是作用力一定，一种是质量一定。从第一

21、空看，它与前一组数据恰恰质量均为0.3 6 k g,则加速度与作用力成正比，所以有：氏=詈，所以求得a i =0.6 7m/s 2,从第二空看，它与前一组数据恰恰是作用力均为0.2 9N,那么根据加速度与质量成反比有：照=焉，所以求得&2 =U.o l U.o l0.94 m/s2o(3)由于a =,则a-F和a-三图象均是直线，将图2 的点尽量画成一条直线即可，如m m图所示，(4)从图甲和图乙图象来看均是过原点的直线，所以在误差允许的范围内，小车的加速度与作用力成正比，与小车的质量成反比。故答案为：(2)0.6 7、0.94；(3)如图所示O9S7654321Ox.oao.o.o.Go.Q

22、Qa l(ms:);(4)在误差允许的范围内，小车的加速度与作用力成正比，与小车的质量成反比(2)根据相邻数据质量和作用力的关系，利用牛顿第二定律的正、比关系来求：(3)(4)将所描的点尽量画成一直线，从而得到正、反比关系。“探究加速度与力、质量的关系”实验中是用控制变量法达到目的的，也还有诸多操作细节问题要考虑，此题是考查数据处理：包括补全数据，画图象，分析得到结论等。1 3.【答案】解：(1)救护车匀速运动0.5 s 过程：%!=v t =8 x 0.5 m =4m救护车刹车过程：a=-r-m/s2=m/s2 5.3 m/s22x 2(8-4 +1)3(2)救护车匀加速运动过程:v,2(黑

23、)2 2 5 0X2=T m=m-7=-S=1 0 Sa 53救护车匀速运动到下一个路口的过程t3=74 0 0-挈 6 S =1 9 s3 6到下一个路口总共需要时间t =t2+t3=1 0 s +1 9 s =29s 30 s所以救护车能够通过下一个路口。答：(1)救护车刹车的加速度大小为5.3m/s 2；(2)救护车能够通过下一个路口。【解析】第一问：题目给出位移信息，求刹车过程加速度，可利用速度一位移公式求解；第二问：涉及两个运动过程的分析，可先通过速度-位移公式以及加速度定义式，求匀加速过程的位移和时间，再利用匀速直线运动的规律求后半程时间。第16页，共20页本题对匀变速直线运动进行

24、了较为综合的考查，需要学生准确读取以及整合题目所给出的有效信息，并运用相关公式进行求解。本题计算过程较多，难度中等。14.【答案】解：（1）若物块匀速上海，对木块受力分析如图所不，根据共点力平衡可知：垂直于斜面方向，FN=mgcosO+Fsin9沿斜面方向Fcosd=f +mgsinOf =吗联立解得F=20N若木块沿斜面匀速下滑，对木块受力分析可知此时受到的滑动摩擦力沿斜面向上，则垂直于斜面方向，FN=mgcosd+FsinO沿斜面方向Feos。+/=mgsindf =吗联立解得F=1.82N（2）木块从斜面向上做加速运动的过程，设加速度为的，根据牛顿第二定律可得：垂直于斜面方向，FN=mg

25、eosO+FsinO沿斜面方向Feos。f -mgsinO=ma1f 二叫解得：即=5巾2,平行于斜面向上，2.0s末的速度为为u=a1t=5 x 2m/s 10m/s2s内通过的位移为1 x 5 x 22m=10m撤去外力后，根据牛顿第二定律可得：mgsinO+/=ma2FN=mgcosdf =血联立解得g=10m/s2,方向沿斜面向下该过程发生的位移为小=弃=券血=5m斜面的长度为 L=xx=%1 +x2=10m+5m=15m答：（1）水平推力B 的大小为20N或者未1.82N；（2）撤去F 时木块的速度及斜面的长度分别为lOm/s和 15m。【解析】（1）在水平推力作用下，木块在斜面上做

26、匀速直线运动，可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下运动，根据受力分析，利用共点力平衡求得推力大小；(2)在水平推力作用下，根据牛顿第二定律求得加速度，当撤去推力后，根据牛顿第二定律求得加速度，利用运动学公式即可求得。在牛顿第二定律的应用问题中，一般先分析物体受力及运动情况得到加速度、合外力的表达式，然后根据牛顿第二定律联立，即可求解相关问题。15.【答案】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：V2qvB=m r解得，粒子圆周运动的轨道半径r=d粒子做匀速圆周运动的轨道半径一定，运动轨迹对应的弦长越短，粒子转过的圆心角越小，粒子在磁场中的运动时间越短，粒子运动轨

27、迹对应的最短弦长是S O,粒子运动轨迹如图1所示，X X X X X X由几何知识可知，粒子转过的圆心角。=60,粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=寻=黑v qB粒子在磁场中的最短运动时间t=急7=黑、要=翳(2)。为 MN 中点，MN=2&d,OS=d,由几何知识得：SM=J d2+(V2d)2=V3d 2r=2d,如图2 所示，OM部分一定有粒子打在上面，粒子初速度方向沿SO方向，粒子运动轨迹与MN相切，切点是A,如图3 所示，A 是粒子打在MN板上的最右边界点，OA=r=d,则粒子打到板上的区域长度L=M。+0 4=+d=(&+l)d第 1 8 页，共 2 0 页答：（1）从粒子源发射

28、的粒子运动到板的最短时间是 布；（2）粒子打到板上的区域长度是（夜+1）服【解析】（1）带电粒子在匀强磁场中做圆周运动运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径；粒子在磁场中转过的圆心角越小李志忠运动时间越短，根据题意结合粒子做圆周运动的周期求出粒子在磁场中的最短运动时间。（2）求出粒子打在MN板上的临界位置，然后求出粒子打到板上的区域长度。本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用几何知识、牛顿第二定律与粒子在磁场中做圆周运动的周期公式即可解题。16.【答案】解：（1）4与 C 发生弹性碰撞，对于A 与 C

29、组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAv0=mAvA+mcvc+|mcvE R tTA,rnC 2m4w r r A MA+MC u,c mA+mc u代入数据解得以=-1.5m/s,负号表示长木板A 的速度方向水平向左，vc=3 m/s,滑块 C 的速度方向水平向右。（2）4与 C 碰撞后，对 4 和 8 组成的系统，由动量守恒定律得mAvA+mBv0=（mA+mB）v代入数据解得。=2.5m/s对滑块A，由牛顿第二定律得 巾 4g=mAa由运动学公式有f =以+at，刀 4=殁 乙解得t=0.4s,xA=0.2m碰撞后C 一直向右做匀速直线运动，时间内

30、的位移为和=vct解得%c=l-2mA、C 碰撞后至B 停在A 的右端过程，A 的右端与C 的最大距离为x=xc xA=1.2m 0.2m=lm答：（1）4与 C 发生碰撞后的瞬间A 的速度是1.5m/s,方向水平向左，C 的速度是3m/s,方向水平向右。(2)4、C碰撞后至8停在A的右端过程，A的右端与C的最大距离为【解析】(1)4与C发生弹性碰撞，对于A与C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求出碰撞后的瞬间A、C的速度。(2)4与C碰撞后，A向左运动，B向右运动，对于A与C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出B与A相对静止时的共同速度。由牛顿第二定律和运动学公式相结合求出碰后到4 B共速的时间和A的位移。碰撞后C 一直做匀速直线运动，由位移-时间公式求出C的位移，从而求得A的右端与C的最大距离。本题考查动量守恒定律、能量守恒定律以运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，注意应用动量守恒定律解题时要规定正方向。第20页，共20页