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1、2021年安徽省安庆市示范高中高考物理模拟试卷（4 月份）1.如图为氢原子的部分能级图，假设通过电场加速的电子 n EeVs-0.54轰击氢原子时，电子全部的动能被氢原子吸收，使处于 4 。.853-1.51基态的一群氢原子受激发后可以向外辐射出3种频率 2 3,40的光，则使电子加速的电压至少为（）I-13.6A.12.09KB.12.75VC.13.06VD.13.61/2 .2 0 2 1 年 2 月 1 0 日，我国首次火星探测任务“天问一号”火星探测器实施近火捕获制动，开启了环绕火星之旅。假设天问一号探测器在绕火星做圆周运动时距火星表面高为，绕行的周期为火星绕太阳公转的周期为7 2,
2、公转半径为凡太阳半径为 1，火星半径为 2。若忽略其他星球对天间一号探测器的影响，则火星与太阳质量之比为（）A*B.翳 C.（誓）3 D.期.（等）33 .如图所示，在 x O y 平面上以O为圆心的圆形区域内存在匀强磁场（图中未画出），磁场方向垂直于X。y 平面向外。一个质量为小、电荷量为4 的带负电粒子，从原点。以初速度大小为孙沿y 轴负方向开始运动，后来粒子经过x 轴上的A点，此时速度方向与x 轴的夹角为3 0。A到。的距离为优不计粒子的重力，则圆形磁场区域的半径为（）八yVoOA xvo 0)的带电粒子(重力忽略不计)，以某一恒定的水平初速度从极板M 的中央小孔Si处射入电容器，穿过小
3、孔S2后从A 处进入磁场，当平行板M、N 间不加电压时，带电粒子恰好从。点正下方的C 点射出磁场。(1)求带负电的粒子的初速度大小；(2)当平行板M、N 间加上一定电压时，带负电的粒子在磁场中运动的时间变为原来 的|,求、N 板间的电势差UM N。12.如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道半径R=0.4 5 m,下端恰好与平台平滑对接，在光滑的水平面上有一个静止的、足够长的木板c,可视为质点的小滑块人静止在距离木板右端L=2.25m处，木板的右端紧靠侧壁竖直的平台，平台的上表面光滑并与木板上表面等高。可视为质点的小滑块。由圆弧轨道顶端无初速释放，a、b 碰撞时间极短，碰后粘连在
4、一起运动。已知两个小滑块与木板的质量均为m=1/c g,小滑块。、匕与木板间的动摩擦因数均为=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s2。(1)求小滑块滑到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小；(2)求小滑块出 方碰后瞬间速度的大小；(3)若“、间发生弹性碰撞，求碰撞后小滑块“、b 之间的最大距离。13.关于分子动理论和热力学定律，下列说法中正确的是()A.空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量氏 布朗运动是由于分子无规则运动直接形成的，而扩散现象是分子热运动的间接反映C.阿伏加德罗常数是联系微观物理量和宏观物理量的桥梁，已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以求出该常数
5、D.热传递的自然过程是大量分子从无序程度大的状态向无序程度小的状态转化的过程E.水面上的单分子油膜，在测量油膜分子直径时可把它们当做球形处理14.如图甲所示，竖直放置气缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m,横截面积为S,现对气缸内气体缓慢加热，使其温度从7;升高了 7,气柱的高度增加了%,吸收的热量为Q。已知大气压强为P o,重力加速度大小为g,不计活塞与气缸间摩擦。(i)求对气缸内气体缓慢加热的过程中气体内能的增加量；(ii)如果在活塞上缓慢堆放一定质量细砂，保持缸内气体温度不变(升高后的温度),如图乙所示，使缸内气体的体积又恢复到初始状态，求所堆放细砂的总质量。第 6 页，共
6、 19页1 5.图甲为一列简谐横波在t=0时的波形图,图乙为介质中平衡位置在x=1.5m处的质点P的振动图象，下列说法正确的有(甲A.波的波长为1胆B.波的周期为1sC.波的传播速度大小为0.5m/sD.波向左传播E.图甲中P点的振动方程为y=0.8sin?rt(cm)1 6.玻璃直角三棱镜的截面如图所示，4B=30,一束光线从AB边上的M点以平行于BC的方向射入棱镜，经 B C 边反射后的反射光线与A8边平行。已知=2L,B M=1L,真空中的光速为c.求：棱镜的折射率3)该束光线从M点射入到第一次从AC边射出经历的时B间。第8页，共19页答案和解析1 .【答案】A【解析】解：要使处于基态的
7、氢原子受到激发后可以向外辐射出三种不同频率的光子，说明一群氢原子中最高要跃迁到n =3 能级，电子加速获得的能量至少等于第一和第三能级差，即e U =邑 一 用=-1.5 1 e V -（-1 3.6 e V）=1 2.0 9 e 7,解得：U=1 2.0 9 V,故A正确，B C O 错误；故选：A。处于基态的一群氢原子受激发后可以向外辐射出3 种频率的光，从而判定跃迁的能级，再依据辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，即Em-“=/，进而即可求解电子加速的最小电压。本题考查对玻尔理论的理解和应用能力，解决本题的关键知道辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，即E m-En=AE,注意
8、本题求解的是电子加速的电压最小值。2 .【答案】D【解析】解：由牛顿第二定律得：尸 向=m an=m（）2r,万有引力定律公式为正引=G等,火星绕太阳公转时由万有引力提供向心力，故有G噎 主=火（光）2/?,同理，天问一号探测器绕火星运动时有G =M1 底）2（七+九），联立解得：标=偿）2.（誓）3,故A B C 错误，。正确。故选：D o天问一号绕火星做圆周运动，火星绕绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力，即可求解火星与太阳质量之比。本题考查万有引力与航天问题，关键是知道万有引力提供向心力，能正确列出并求解表达式。3 .【答案】B【解析】解：粒子的运动轨迹如图所示，设轨迹半径为R根据几
9、何知识有：d=R+焉,解得R=d,则圆形磁场区域的半径为：r =OB=2Rcos3(T=叱d,故B正确、AC。错误。3故 选:Bo根据题意作出粒子从0到A的运动轨迹，根据几何知识求解圆形磁场区域的半径。解决该题的关键是正确作出粒子的整个运动轨迹，能根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径以及圆形磁场区域的半径。4.【答案】C【解析】解：小 从A抛出的网球做平抛运动，从B抛出的做斜上抛运动，因为A C等高，根据九=从A到。的时间与从C到。的时间相等，根据对称性8运动到。的时间是A到。的时间的2倍，故4错误；B、由u=gt,知=vy B,又因为水平方向的位移相同，根据x=可 知，水 以=2VB,则落地
10、时的速度分别为力=J若+咤,，VB =J v j+VB，故以%，即前一个过程中，网球击中。点时速度较大，故B错误；C、根据动能定理W=知运动员对网球所做功等于刚抛出时网球获得的动能即WA=m v 1,WB=m vB2,因为以与如 大小不确定，故无法确定做功的多少，故C正确。、由于竖直方向做的是自由落体运动，下落的高度相同，故落地时竖直方向的速度相同，则重力的瞬时功率P=m g%相同，故力错误。故选：Co从4点抛出的做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向匀速运动，从B点抛出的做斜抛运动，到最高点的过程中，竖直方向做减速运动，水平方向匀速运动，根据运动规律和速度的合成即可判断。解决本题的关键
11、是知道平抛运动和斜抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合第10页，共19页运动学公式灵活求解。5.【答案】B【解析】解:AB“c刚进入磁场时有效的切割长度等于乙,产生的感应电动势为E=B Lv,感应电流为/=&=竺二 故4 错误、8 正确；v rC、线框的“公 边在磁场中，受到的安培力自=8”,其中/为有效长度，根据图中几何关系可得：l =y2L,所以线框所受安培力大小为片=包丝包，故 C错误；rD、根据欧姆定律可得就 两端电压为U=/*r =黎，故。错误。故 选:Boac刚进入磁场时有效的切割长度等于A 边 长 由 E=8口和欧姆定律求解感应电流;根据安培力的计算公式求解安培力大小，根
12、据欧姆定律求解 两端的电压。解决本题时要知道安培力是联系电磁感应与力学知识的桥梁，要熟练地由法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力表达式，要明确通电导体与不平行时就要受到安培力作用。6.【答案】AC【解析】解：A3、原来C静止，根据平衡条件得，水平方向：A、B 对 C弹力的水平分力等大反向，竖直方向：A、3 对 C弹力的竖直分力之和等于重力。电动小车以某一加速度向左做匀加速运动时，合外力方向水平向左，但 A、3 对 C弹力的竖直分力之和等于仍重力不变，且两个弹力方向不变，所以只能是积木A对积木C 的支持力减小，积木 B对积木C 的支持力增大，故 A 正确，8 错误；C、当电动小车的加速度为某
13、一适当的值劭时，积木A 与积木C之间可能没有弹力作用,A8C完全相同，三个截面圆心连线构成等边三角形，则AC圆心连线、BC圆心连线与水平方向夹角均为60。，如图，由牛顿第二定律，：潦 器=叫）,解得:劭=乎g,故 C 正确；D、以A2C整体为研究对象，两种情况下整体竖直方向合力均为零，小车底板对积木A、8 支持力的合力一直等于ABC的重力不变，故。错误。故选：ACo用正交分解的方法分析：利用两个弹力竖直方向分力之和等于重力，保持不变，结合水平方向运动情况分析两个弹力的变化：以A B C整体为研究对象分析小车底板对积木A、B支持力的合力。本题考查了连接体问题的动态过程分析，注意此类题目的解题关键
14、是要抓住变化过程中的不变量。7.【答案】B D【解析】解：A、夯锤做自由落体的时间为f,根据自由落体的规律有：h=lgt2,解得：t 0.4s,故A错误；B、夯锤做自由落体运动的末速度大小为。=10*0.46/5=4 6/5,故8正确；C、整个运动的总时间为t=t+t=(0.4+0.05)s=0.45s,地面给夯锤的作用力为F,且该力的作用时间为 t=0.05s,选向下为正方向，对全程根据动量定理有：mgt-F t=0-0,解得：F=4500JV,故 C错误；D、地面给夯锤的作用力的冲量大小为：/=F t=4500 x 0.05/V-S=225N s,故。正确。故选：B D。用自由落体的位移公
15、式求自由落体的运动时间；用u=求自由落体的末速度；用动量定理求夯锤对地面的作用力大小；用/=Ft求地面对夯锤的作用力的冲量。本题主要考查了动量动量的应用，此题的易错点是全程对夯锤用动量定理列方程时，容易把夯锤与地面接触过程中夯锤重力的冲量丢掉。8.【答案】A C D【解析】解：A、动能先增大后减小，根据能量守恒定律可知：电势能先减小后增大，故A正确：3、因为带正电的粒子在只受电场力的作用动能先增加后减小，可知在x轴上粒子先朝电场强度方向运动，后朝电场强度方向反方向运动，可知在x轴上，电场强度的方向不是由A指向B,故8错误：C、由图中的斜率可知动能的改变率先越来越小，后越来越大，即速度的改变率先
16、越来越小，后越来越大，故粒子所受电场力先减小后增大，故C正确：。、在x轴上，从A到8该正电荷的动能先增大后减小，可知电势能先减小后增大，根据电势能的定义Ep=pq,可知电势先降低后升高，故。正确。故选：AC。第 12页，共 19页由电场力做功，动能和电势能的关系分析出电势能的变化，从而分析出电场力做功，同时分析出电势的变化。本题主要考查了电场力做功与电势能的变化问题，解题关键在于，带电粒子在电场中运动时，若只受到电场力，则电势能和动能之和为一个定值。9 .【答案】A 4.0 m以=别*)2 心“*)2【解析】解：(1)调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间
17、相等，小车做匀速直线运动，已平衡了摩擦力，此实验并不要求斜面是光滑的，也不需要测出斜面的倾角，选项A正确，B错误，故选A；(2)游标卡尺的精度为0.1 m m,游标卡尺读数是主尺与游标尺的示数之和，所以遮光条的宽度为d =4 m m 4-0 x 0.1 m m =4.0 m m；(3)小车从光电门1 下滑至光电门1 过程中，合外力做的总功W合 小 车 动 牟 变化A E k -实验中若表达式m94=2“6)2 一2 (5 2 成立，则验证了动能定理。故答案为：(1)4 (2)4.0；(3)m g L =?M*)2 g M($2(1)根据实验原理和注意事项判断操作的正确定与否；(2)游标卡尺的读
18、数为主尺与游标尺的读数之和，还与游标卡尺的精度有关：(3)挂上沙桶时，小车沿木板匀速下滑，取下细绳和沙桶后，小车受力不再平衡，其合力为撤去的沙桶中沙子重力m g,根据动能定理可以求其需要验证的表达式。本题考查了探究功与速度变化的关系的实验。本实验重点是平衡摩擦力的操作，要理解其实验原理，这也是本实验的创新点。1 0 .【答案】x 1 6 1.7 0 0?-台 酬 也 不变l2 4L【解析】解：(1)因欧姆表刻度线不均匀，要求欧姆表指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，当 用“X 1 0 0”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率较大，应 选 择“xl”倍率。此时欧姆表读数为6 x 1 0 =6。；(2
19、)可动刻度的最小刻度为O.O l m m,固定刻度的读数为1.5 加小，可动刻度对齐的刻度为2 0.0,则电阻丝直径d =1.5mm+2 0.0 x 0.0 1 m m -1.7 0 0 m m；(3)闭合S i，当S 2 接。时，电压表示数为U i，电流表示数为根据欧姆定律可得：Rx+Ro+RA-71;当52接 6 时,，电 压 表 示 数 为 电 流 表 示 数 为 6，根据欧姆定律可得：RA+R0=T12所以待测电阻的阻值为&12根据电阻定律可得：Rx=pg=p 盘4该电阻丝的电阻率为：p=啜;(4)根据(3)的分析可知，电流表和电压表的内电阻对实验没有影响，不存在系统误差，电阻的测量值
20、与真实值相比不变。故答案为：x l；6；(2)1.700；乎 一台；殴 也；(4)不变。1 l2 4L(1)用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数：(2)根据螺旋测微器的读数方法进行读数；(3)根据电路连接情况结合欧姆定律求解电阻，根据电阻定律求解电阻率；(4)根据实验电路图结合实验方法进行分析。对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。11.【答案】解：(1)分析粒子在磁场中的运动，如图所示，根据几何关系可知
21、粒子在磁场中做圆周运动的半径为：R=：I 1r 粒子在磁场中做匀速圆周运动有:quB=u21 m-N Mr解得粒子的初速度大小为：D=管；(2)粒子在磁场中运动的周期为：7=翳当平行板M、N 间不加电压时，粒子在磁场中运动的时间为：耳=；7当平行板M、N 间加电压时，粒子在磁场中运动的时间为：所以粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为60。，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的半径：r =2rcos30。=遮 r粒子在磁场中做匀速圆周运动有：qvB =第1 4页，共1 9页粒子在电场中运动，由动能定理可得：-C/UMN=m u”-户解得M、N板上所加的电势差为：MN=“V m答：(1)带负电的粒子的
22、初速度大小为 警；(2)当平行板M、N间加上一定电压时，带负电的粒子在磁场中运动的时间变为原来的|,则 M、N板间的电势差为一心。m【解析】(1)粒子在磁场中做圆周运动，根据几何关系求解半径，由洛伦兹力提供向心力求速度V 大小；(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小，在电场中由动能定理即可求出电势差。本题考查了带电粒子在磁场中运动，粒子在加速场中的运动运用动能定理求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，能够根据几何关系求解半径是关键。1 2.【答案】解：(1)小滑块。释放到达圆弧轨道底端的过程，根据动能定理得：m g
23、R =1 2解得：v0=yj2gR=V 2 x 1 0 x 0.45m/s=3m/s,根据牛顿第二定律得：FN-m g =m 4 R解得：FN=m g +=(1 x 1 0 +1 x /)N =30 N,根据牛顿第三定律知，小滑块。对圆弧轨道底端的压力大小为30 M(2)a 滑上c 后做匀减速直线运动，加速度大小:%=臂=9 =0.1 x 1 0 m/s2=lm/s2,b、c,发生相对滑动的临界加速度a =0.1 x 1 0 m/s2=lm/s2,假设C 保持相对静止，一起匀加速运动的加速度大小：a2=I X 0.1 x10 m/s2 0.5m/s2 根据机械能守恒定律有：m 谱+域=m v/
24、2+m v22,代入数据解得:%=0.5m/s,代=2m/s,碰撞后、c 一起运动，设三者共同速度为，规定向左为正方向，根据动量守恒定律得：2?nvi +m v2 =3mv,设。间最大距离为“，根据能量守恒得：nmgd=j x 2mv12+m v22-|x 3mv2,代入数据，联立解得：d=0.75 m。答：(1)小滑块。滑到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小为3 0 M(2)小滑块a、b碰后瞬间速度的大小为1.2 5 m/s：(3)碰撞后小滑块。、人之间的最大距离为0.75 m。【解析】(1)根据动能定理求出小滑块 滑到圆弧最低点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出小滑块对圆弧底
25、端压力的大小；(2)根据牛顿第二定律分别求出。滑上c 后。与 c 的加速度大小，结合运动学公式，抓住两者的位移之差等于L求出a 滑上c 后到与匕碰撞经历的时间，从而求出碰撞前a、b的速度，结合动量守恒定律求出小滑块。、6 碰撞后的速度大小；(3)若发生弹性碰撞，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后。、的速度，判断出a、b.c 的运动规律，结合动量守恒定律求出最终的速度，根据能量守恒定律求出碰撞后a、人之间的最大距离。本题考查了滑块模型问题，涉及到动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式等，综合性较强，对学生能力要求较高，关键要理清、氏 c在整个过程中的运动规律
26、，选择合适的规律进行求解。1 3.【答案】ACE【解析】解：小空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，因为电能有部分转化为热能，故 A正确；3、扩散现象是由于分子无规则运动直接形成的，而布朗运动是分子热运动的间接反映，故 8 错误；第 16页，共 19页C、阿伏加德罗常数是联系微观物理量和宏观物理量的桥梁，已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以求出阿伏加德罗常数，故 C正确：。、根据热力学第二定律可知，热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的状态向无序程度大的状态转化的过程，故 O错误；E、油膜为单分子紧密排列的，测量油膜分子直径时可把它们当做球形处理，因此单分子油膜的厚度被认
27、为是油分子的直径，故 E正确。故选：ACE.根据能量守恒定律判断；扩散现象是分子热运动，而布朗运动是分子热运动的间接反映;阿伏加德罗常数是联系微观物理量和宏观物理量的桥梁；热传递的过程向无序程度大的状态转化的过程；单分子油膜的厚度被认为是油分子的直径。本题考查了能量守恒定律、布朗运动、扩散现象、热力学第二定律、阿伏加德罗常数、油膜法测分子直径等热学基础知识，要注意准确掌握相关热学规律。1 4.【答案】解：设缸内气体的温度为A时压强为p i，活塞受重力、大气压力和缸内气体的压力，根据平衡条件得：m g +p0S=prS气体膨胀对外界做功为：W =prS h根据热力学第一定律得：Q联立解得对气缸内
28、气体缓慢加热的过程中气体内能的增加量：U =Q -(p o S +m g)h(i t)设放入细沙的质量为缸内气体的温度为G时压强为P 2,系统受重力、大气压力和缸内气体的压力，根据平衡条件：(M+m)g+p0S=p2S根据查理定律得：7=?联立可得堆放细砂的总质量为：M=叫 詈)5答：(i)对气缸内气体缓慢加热的过程中气体内能的增加量为Q -(p S +mg)h；3)使缸内气体的体积又恢复到初始状态，求所堆放细砂的总质量为仇【解析】对活塞进行受力分析，根据平衡条件可求出缸内气体压强；由于气体发生等压变化，气体对活塞的压力不变，根据功的计算公式W=F，计算出气体对外界做的功，再根据热力学第一定律
29、，求解内能增量。()保持缸内气体温度不变，再在活塞上放一祛码，缸内气体发生等温变化，由平衡条件求出缸内气体的压强，再由查理定律定律求解即可。本题考查的是理想气体状态方程和热力学第一定律的结合，关键要准确分析气体作何种变化，再选择相应的规律解答，根据平衡条件求解封闭气体的压强是惯用的思路，要加强训练，熟练掌握。1 5.【答案】ACE【解析】解：A、由图甲波形图可知，波的波长为4=l zn,故 A 正确；B、由图乙振动图线可知，波的周期7 =2 s,故 B 错误；C、波的传播速度大小=：=m/s =0.5m/s,故 C 正确；D、1 =0 时/5点向上振动，波向右传播，故。错误；E、振幅4=0.8
30、 c m,3 =与=-rad/s=rtrad/s,振动方程y =O.Ssirmtcm,故 E正确；故选：A C E。根据波的图像可读出波长，振幅，根据振动图像可读出周期，结 合 公 式 求 出 波 速，根据振动方向确定波的传播方向。本题主要考查了波的图像和振动图像，解答本题的关键是要熟练掌握质点的振动方向与波的传播方向关系。1 6.【答案】解：（t）根据题意，作出光路如图所示：根据几何关系可知，光线在M点的入射角i =60；折射角为r =30。根据折射定律可得：几=吗sinr代入数据解得棱镜的折射率为：n =V 3（拓）光在棱镜中的传播速度为：由几何知识，可得MN =B M =g、ON=L线从M点射入到第一次从A C 边射出经历的时间为：t =竺上空第1 8页，共1 9页联立解得：t=里三2c答：（i）棱镜的折射率为旧；5）该束光线从M 点射入到第一次从AC边射出经历的时间为警。【解析】由几何知识分析光在AB面的入射角和折射角，根据折射定律求解棱镜的折射率”；（ii）根据几何知识，结合公式9=：,求解该束光线从M 点射入到第一次从AC边射出经历的时间。解决此题的关键是根据折射定律及几何知识分析作出光在介质中传播光路图，再通过分析几何关系即可确定入射角和折射角，从而由折射定律求出折射率。