【高考模拟】安徽省示范高中皖北协作区高考物理联考试卷（4月份）答案与祥细解析

1、试卷第 =page 24 24页，总 =sectionpages 25 25页试卷第 =page 25 25页，总 =sectionpages 25 25页安徽省示范高中皖北协作区高考物理联考试卷（4月份）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1. 某实验小组用如图甲所示的电路研究a、b两种单色光照射金属K的光电效应规律，通过实验得到的光电流I与电压U的关系如图乙所示。则（ ） A.a光的频率大于b光的频率B.保持单色光的光强不变时，向右移

2、动滑片，电流表的示数一定增大C.a光照射出的光电子的最大初动能小于b光照射出的光电子的最大初动能D.将图甲的电源反接，电流表的示数一定为零2. 如图所示是一个由电池、电流计、理想二极管、电键S与平行板电容器组成的串联电路，其中电流计指针偏转方向与电流方向满足图示“右进右偏，左进左偏”。电键S闭合，电路稳定后，下列说法正确的是（ ） A.若将A板向上平移一小段距离，则电流计指针会左偏B.若紧贴A板内侧插入一块玻璃板，则电流计指针会左偏C.若将B板向右平移一小段位移，则电流计指针会右偏D.若将B板向上平移一小段位移，则电流计指针会右偏3. 11月24日凌晨，搭载嫦娥五号探测器的长征五号遥五运载火箭

3、从文昌航天发射场顺利升空，12月17日“嫦娥五号”返回器携带月球样品在预定区域安全着陆，在落地之前，它在大气层打个“水漂”。现简化过程如图所示，以地心为中心、半径为r1的圆周为大气层的边界，忽略大气层外空气阻力。已知地球半径为R，返回器从o点进入大气层，经a、b、c、d回到地面，其中o、b、d为轨道和大气层外边界的交点，c点到地心的距离为r2，地球表面重力加速度为g，返回器无穿过大气层开普勒飞行段动力装置，以下结论正确的是（ ） A.返回器在o点动能大于在b点的动能B.返回器在b点动能大于在d点的动能C.返回器在c点的加速度大于D.返回器通过a点处于失重状态4. a、b两个带正电的粒子经同一电

4、场由静止加速，先后以v1、v2从M点沿MN进入矩形匀强磁场区域，经磁场偏转后分别从PQ边E、F离开。直线ME、MF与MQ的夹角分别为30、60，粒子的重力不计，则两个粒子进入磁场运动的速度大小之比为（ ） A.v1:v21:3B.v1:v23:1C.v1:v23:2D.v1:v22:35. 物块在轻绳的拉动下沿倾角为30的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行，已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33，重力加速度取10m/s2若轻绳能承受的最大张力为1500N，则物块的质量最大为（ ） A.150kgB.1003kgC.200kgD.2003kg6. “奋斗者号”是我国自主研制的目前世界上下潜能力最

5、强的潜水器之一。假设某次海试活动中，“奋斗者号”从距海面深H处以某一初速度竖直上浮，并从此时刻开始计时，做匀减速直线运动，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则下列说法正确的是（ ） A.上浮时的初速度为B.上浮时的初速度为C.在t0(t0t)时刻距离海平面的深度为D.在t0(t0t)时刻距离海平面的深度为7. 如图1所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其放置小滑块A。滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图2所示的a-F图像，已知g取10m/s2，则（ ） A.滑块A的质量为2kgB.木板B的质量为6kgC.当F=12N时，木板B的加速度为4m/

6、s2D.滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.48. 如图1所示，足够长固定绝缘光滑斜面倾角为，以斜面底端为坐标原点，沿斜面建x轴，沿x轴部分区域存在电场，电场方向沿斜面向上。质量为m、电量为+q、可视为质点的滑块在斜面底端由静止释放，空气阻力不计，滑块对原电场无影响，滑块向上运动的一段过程机械能E随位移x变化图像如图2所示，曲线A点处切线斜率最大，以下说法正确的是（ ） A.在x1x3过程中，滑块先减速后匀速B.在x1处滑块的动能最大C.在x1处电场强度最大D.在0 x3过程中，滑块先加速后减速三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选

7、考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。 某同学用如图1所示装置验证小球向下摆动过程中机械能守恒定律，细线一端固定在天花板上的O点，另一端吊着小球，在O点的正下方有一温度很高的电热丝，小球运动至最低点时下端距水平地面的高度为h。小球的质量为m，当地的重力加速度为g。 （1）实验开始前，用游标卡尺测出小球的直径，示数如图2所示，测得小球的直径D_mm；再让小球处于自然悬挂状态，测出悬线的长为L。 （2）将小球向左拉离平衡位置，使细线与竖直方向成一定的张角，由静止释放小球，使小球在竖直面内做圆周运动，小球运动到最低点时细线立即被电热丝烧断（不计细线烧断时能量损失）。 （3）烧断细线后，小

8、球水平抛出，测得小球抛出后的水平位移为x，则验证机械能守恒定律成立的表达式为_（用已知和测量物理量的符号表示）；若满足机械能守恒，则烧断细线前瞬间细线所受的拉力大小F_（用m、g、表示）。 某实验小组用电阻箱、电压表测量电源的电动势和内阻，所测电源的电动势E约为6V、内阻r为2535，允许通过的最大电流为50mA。所用电路如图1所示，图中电阻箱R的阻值范围为0999.9。 （1）电路中R0为保护电阻。实验室中备有以下几种规格的定值电阻，本实验中应选用（）。A.20，125mAB.50，20mAC.100，60mAD.1000，5mA （2）实验中多次调节电阻箱，记录电阻箱的阻值R及相应电压表的

9、示数U，根据测得的多组数据，作出图线，图线的纵轴截距为a，斜率为b，则电源的电动势E_，内阻r_。 （3）图2中图线是由测量值作出的图线，则由真实值作出的图线符合要求的选项是_。 如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面间的夹角为，两导轨之间距离为L，导轨上端接有定值电阻为R，有理想上边界ef的匀强磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B。一质量为m的光滑金属ab从距离磁场边界ef上端某处由静止释放，经过时间t刚好进入磁场。金属棒在两轨道间的电阻为r，其余部分的电阻忽略不计，ab、ef均垂直导轨（重力加速度为g）。求： （1）ab棒最终在磁场中运动的速度大小； （2）ab棒刚好

10、运动至磁场ef时，ab棒所受安培力大小与时间t的关系式，并讨论此时加速度的方向与时间t的关系。 如图所示，一轻质弹簧的一端固定在球B上，另一端与球C接触但未拴接，球B和球C静止在光滑水平地面上。球A从光滑斜面上距水平地面高为H5m处由静止滑下（不计小球A在斜面与水平面衔接处的能量损失），与球B发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，稍后球C脱离弹簧，在水平地面上匀速运动后，进入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内。已知球A和球B的质量均为1kg，球C的质量为3kg，且三个小球均可被视为质点。圆弧的半径R5m，g取10m/s2。求： （1）小球A和小球B碰后瞬间粘在一起时的共同速度大小vA

11、B； （2）球C脱离弹簧后在圆弧上达到的最大高度h； （3）调整球A释放初位置的高度H，球C与弹簧分离后恰好能运动至圆弧轨道的圆心等高处。求球C在圆弧轨道内运动过程中克服重力的最大瞬时功率P。物理选修3-3 下列说法中正确的是（ ） A.布朗运动反映了分子热运动的规律，即小颗粒的运动是液体分子的无规则运动B.对于一定质量的理想气体，在压强不变而体积增大时，单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少C.温度是分子平均动能的标志，两个动能不同的分子相比，动能大的温度高D.当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是指向液体内部E.不可能利用高科技手段将散失在环境中的内能重新

12、收集起来加以利用而不引起其他变化 如图所示，总长度为20cm的导热气缸放置在水平面上。活塞的质量m10kg，横截面积S50cm2，可沿气缸壁无摩擦地滑动但不漏气，活塞厚度不计。气缸内封闭一定质量的理想气体，气体温度为27C，活塞到气缸底的距离12cm。将气缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体缓慢加热，使活塞刚好与气缸口相平，g取10m/s2，外界大气压强为1.0105Pa。求：(i)活塞刚好与气缸口相平时气体的温度为多少；(ii)在竖直放置稳定后对气缸内气体加热的过程中，气体的内能增加200J，求这个过程气体吸收的热量。 物理选修3-4 在同一介质中两列简谐横波沿x轴以相同速度0

13、.4m/s相向传播，波源分别位于(-0.2m,0)和(1.2m,0)处，振幅均为2cm。t0时刻波的图像如图所示，此时(0.2m,0)、(0.8m,0)的两个质点E、F刚好开始振动，B、C、D的平衡位置坐标分别为(0.4m,0)、(0.5m,0)、(0.6m,0)，以下说法正确的是（ ） A.t0.75s两列波恰好在C点相遇B.两列波叠加能够发生干涉现象C.两列波叠加后B点的位移始终为4cmD.两列波叠加后D点的位移始终为0E.两列波叠加后C点振动周期为0.5s 某种透明介质的横截面为直角三角形ABC，如图所示，直角边BC15cm，B60，两束相同的平行光a、b从斜边P、Q两点以入射角45射入

14、介质，恰好都从直角边M点射出。P、M到B点的距离都是5cm，求：(i)介质的折射率；(ii)PQ的距离。 参考答案与试题解析 安徽省示范高中皖北协作区高考物理联考试卷（4月份）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.【答案】C【考点】爱因斯坦光电效应方程【解析】本题解题的关键是通过图象判定a、b两种单色光谁的频率大，反向截止电压大的则初动能大，初动能大的则频率高，故b光频率高于a光的频率；光电管加正向电压时，虽然正向电压增大，但电流表的示

15、数不一定增大，光电流可能已经达到饱和值；只要有光电子到达阳极A，电流表就有示数。【解答】AC、图可知，单色光b照射后遏止电压较大，根据EkmeUC知，b光照射后产生的光电子最大初动能较大，根据光电效应方程Ekmhv-W0，得b光的频率大于a光的频率，故C正确，A错误；B、保持单色光的光强不变时，向右移动滑片P，虽然正向电压增大，但电流表的示数不一定增大，光电流可能已经达到饱和值，故B错误；D.将图甲的电源反接，虽然电场力对光电子做负功，但只要有光电子到达阳极A，电流表就有示数，故D错误。2.【答案】D【考点】电容器的动态分析【解析】依据电容的决定式C来判定电容的变化，再由电容的定义式C来判定当

16、电量Q不变时，电容与电压的关系，当电压U不变时，电容与电量的关系，从而即可判定。【解答】A、若将A板向上平移一小段距离，即极板间距d增大，根据电容的决定式C，可知，电容会减小，而由图可知，二极管的单向导电性，因此电容器只能充电不会放电，那么由电容的定义式C，电容器处于不能放电状态，因此电容器的电量Q不变，则电流计指针不动，故A错误；B、若紧贴A板内侧插入一块玻璃板，即极板间电介质增大，根据电容的决定式C，可知，电容会增大，而由图可知，二极管的单向导电性，而电容器能充电，那么由电容的定义式C，电容器的电压U不变，电流从右进入电流计，那么电流计指针会右偏，故B错误；C、若将B板向右平移一小段位移，

17、即极板的正对面积减小，根据电容的决定式C，可知，电容会减小，而由图可知，二极管的单向导电性，因此电容器只能充电不会放电，那么由电容的定义式C，电容器处于不能放电状态，因此电容器的电量Q不变，则电流计指针不动，故C错误；D、若将B板向上平移一小段位移，即极板间距d减小，根据电容的决定式C，可知，电容会增大，而由图可知，二极管的单向导电性，而电容器能充电，那么由电容的定义式C，电容器的电压U不变，电流从右进入电流计，那么电流计指针会右偏，故D正确；3.【答案】A【考点】向心力同步卫星万有引力定律及其应用人造卫星上进行微重力条件下的实验【解析】根据万有引力做功情况和阻力做功情况分析动能的大小；根据牛

18、顿第二定律求解加速度大小；根据返回器在a点的加速度方向确定是超重或是失重。【解答】A、返回器从o到b运动过程中万有引力做功为零，但空气阻力做负功，使得返回器在o点动能大于在b点的动能，故A正确；B、返回器从b到d运动过程中，万有引力做功为零，其它力不做功，所以返回器在b点动能等于在d点的动能，故B错误；C、根据牛顿第二定律可得返回器在c点的加速度大小为：a，根据黄金代换公式可得：GMR2g，所以a，故C错误；D、根据返回器的运动轨迹可知，返回器通过a点时加速度方向向上，处于超重状态，故D错误。4.【答案】B【考点】带电粒子在电场中的加（减）速和偏转带电粒子在匀强磁场中的运动规律【解析】根据几何

19、关系求解两种粒子的轨迹半径之比，根据洛伦兹力提供向心力得到半径的表达式，粒子在加速电场中加速过程中，根据动能定理求解比荷与速度的关系，由此得到速度之比。【解答】设两种粒子在磁场中运动的轨迹半径分别为r和R，如图所示；由于FMQ60，根据图中几何关系可得OMF为等边三角形，则OMMF又有：OMr+3r，ROM，故R3r根据洛伦兹力提供向心力可得：r，R，设粒子在加速电场中的加速电压为U，根据动能定理可得：qU则有：，联立解得：v1:v23:1，故B正确、ACD错误。5.【答案】A【考点】力的合成与分解的应用解直角三角形在三力平衡问题中的应用【解析】以物体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件列方程求

20、解物块的最大质量。【解答】解：以物体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得：Fmgsin30+mgcos30当拉力最大时质量最大，解得：m150kg，故A正确，BCD错误故选A6.【答案】B,C【考点】匀变速直线运动规律的综合运用匀变速直线运动的位移与时间的关系【解析】“奋斗者号”上浮过程做匀减速直线运动，上浮到海面时速度恰好减为零，可由平均速度求位移，从而求出初速度，上浮过程某时刻的位置可用H减去上浮过程位移求得。【解答】AB、“奋斗者号”上浮过程做匀减速直线运动，可由平均速度求位移，即H，解得上浮时的初速度为v0，故A错误，B正确；CD、上浮的加速度为a，则在t0(t010N时，A与B发生

21、相对滑动，对A单独受力分析，由牛顿第二定律得：F-mg=maa=Fm-g即图像的斜率为1m，由图得，斜率k=0.5，故m=2kg，M=8kg，=0.4，故AD正确，B错误；C、当F=12N10N，A与B之间摩擦力为滑动摩擦力mg，由牛顿第二定律得：mg=MaB，aB=1m/s2，故C错误；8.【答案】C,D【考点】摩擦力做功与能量转化【解析】根据E-x图象分析可知，滑块不会出现匀速运动的过程；电场力做的功等于滑块机械能的变化，由此分析E-x图像的斜率表表示的物理意义，再根据滑块受到的电场力与重力沿斜面向下分力的大小分析加速度和速度的变化情况。【解答】A、在x1x2过程机械能增加，高度在x2x3

22、过程，高度增加，机械能不变，说明只有重力做功，所以动能相应减小，即最后该过程一直做匀减速运动，不会出现匀速运动的过程，故A错误。BCD、电场力做的功等于滑块机械能的变化，即qExE，所以E-x图像的斜率表示qE，由图像可知0 x1过程电场力逐渐增大，x1x2过程电场力逐渐减小，直到x2处减小至0，所以x2处电场力最大，对应的电场强度也最大；由牛顿第二定律可得qE-mgsinma，所以加速度先增大后减小，然后反向增大，直到电场力为0后保持不变，所以物体在整个过程先做加速度逐渐增大的加速度运动，x1处沿斜面向上的加速度最大，然后做加速度逐渐减小的加速运动，在x1x2之间的某处加速度减为0时动能最大

23、；随后滑块做加速度逐渐增大的减速运动，在x2处之后加速度保持不变做匀减速运动，故CD正确，B错误。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。【答案】9.8验证机械能守恒定律成立的表达式为：mgh0mv代入整理得：(L+）(1-cos)(L+）(1-cos),mg(3-2cos)【考点】用纸带测速法（落体法）验证机械能守恒定律用光电门测速法验证机械能守恒定律【解析】（1）游标卡尺的读数：主尺读数+游标尺读数；（3）依据平抛运动处理规律，结合运动学公式，即可求解平抛运动的速度，根据几何关系

24、求最高点与最低点的高度差，从而求得动能的增加量与重力势能减少量；小球运动到最低点时，再由重力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，求出细线所受的拉力大小。【解答】（3）小球水平抛出，做平抛运动，水平位移为x，最低点时下端距水平地面的高度为h，根据平抛运动竖直方向自由落体运动，水平方向匀速直线运动，则有：h那么水平抛出速度大小为：v0因此由静止释放摆到最低点时小球的动能增加量为：Ek，小球摆到最高点时与最低点的高度差为：h0(L+）(1-cos)则下摆过程中，小球的重力势能减小量为：EPmgh0mg(L+）(1-cos)验证机械能守恒定律成立的表达式为：mgh0mv代入整理得：(L+）(

25、1-cos)若满足机械能守恒，小球运动到最低点时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，依据牛顿第二定律，结合向心力公式，则烧断细线前瞬间细线所受的拉力大小为：F-mgm解得：Fmg(3-c2os)【答案】C,C【考点】测定电源的电动势和内阻【解析】（1）求出电路最小总电阻，从而选择定值电阻的规格；（2）根据闭合电路欧姆定律求出关于-表达式，再结合图象的斜率和截距求解即可；（3）从等效电源的角度去分析，当考虑电压表内阻时，电动势和内阻的误差情况进行分析。【解答】电路最小总电阻约为Rmin120，为保护电路安全，保护电阻应选C；根据闭合电路欧姆定律有：U，变形得到：+，由题意可知：a，b，联立解得：

26、E，r。考虑电压表内阻的分流时，可以用等效电源的方法来确定，当外电路断路（即开关断开）时，由于电压表仍有电流通过，则路端电压小于电动势，故测量值大于真实值；而当外电路短路时，短路电流未变化，故斜率未变化，综合来看，故C正确，ABC错误。【答案】ab棒最终在磁场中运动的速度大小为；ab棒刚好运动至磁场ef时，ab棒所受安培力大小与时间t的关系式为F；当t时，加速度a沿导轨向上。【考点】单杆切割磁感线感生电动势闭合电路的欧姆定律【解析】（1）ab棒最终在磁场中匀速运动，沿导轨方向根据平衡条件结合安培力的计算公式求解；（2）根据动量定理求解ab棒刚好运动至磁场ef时速度与t的关系，再结合安培力的计算

27、公式得到安培力大小与时间t的关系；ab棒刚好运动至磁场ef时，根据牛顿第二定律求解加速度与时间t的关系，再根据表达式分析加速度的方向。【解答】ab棒最终在磁场中匀速运动，沿导轨方向根据平衡条件可得：mgsinBIL其中I联立解得：v；设ab棒刚好运动至磁场ef时速度为v0，根据动量定理可得：mgtsinmv0，解得：v0gtsinab棒刚好运动至磁场ef时，ab棒所受安培力大小为：FBIL其中：I所以：Fab棒刚好运动至磁场ef时，取向下为正，根据牛顿第二定律可得：mgsin-Fma解得：ag1-sin。当t时，加速度a沿导轨向上。【答案】小球A和小球B碰后瞬间粘在一起时的共同速度大小为5m/

28、s；球C脱离弹簧后在圆弧上达到的最大高度为0.8m；球C在圆弧轨道内运动过程中克服重力的最大瞬时功率为100W。【考点】瞬时功率机械能守恒的判断系统机械能守恒定律的应用动量守恒定律的综合应用动量守恒定律的理解平均功率【解析】（1）球A由斜面最高点下滑到最低点的过程中根据机械能守恒列式求解球A的速度大小，当其与球B发生正碰时，根据动量守恒定律可求共同速度。（2）从球A与球B结合为一个整体后到球C离开弹簧时，根据动量守恒求解球C的速度，从球C离开弹簧运动至圆弧上最大高度处过程中应用机械能守恒定律求得高度；（3）竖直方向加速度为零时，竖直方向速度最大，此时克服重力的瞬时功率最大，由牛顿第二定律和机械

29、能守恒定律求解速度，进而求解功率。【解答】小球A由斜面最高点下滑到最低点的过程中机械能守恒，可得：mAgH解得：vA10m/s小球A与小球B发生正碰时动量守恒，取向右为正，根据动量守恒定律可得：mAvA(mA+mB)vAB解得：vAB5m/s；从球A与球B结合为一个整体后到球C离开弹簧时，取向右为正，由动量守恒定律可得：(mA+mB)vAB(mA+mB)vAB+mCvC由机械能守恒得：(mA+mB)vAB2(mA+mB)vAB2+mCvC2联立解得：vC4m/s从球C离开弹簧运动至圆弧上最大高度处过程，由机械能守恒定律得：mCvC2mCgh解得：h0.8m；当竖直方向加速度为零时，小球受力情况

30、如图所示；此时有：FymCgFNsin竖直方向速度最大，此时克服重力的瞬时功率最大在该位置，在沿半径方向由牛顿第二定律得：FN-mCgsinmC从该位置处至圆弧轨道圆心等高处过程，由机械能守恒定律得：mCgRsin联立以上三式得：sin，v10m/s；此时克服重力的最大瞬时功率为：PmCgvcos，其中cos代入数据解得：P100W。物理选修3-3【答案】B,D,E【考点】气体压强的微观意义分子动能* 液体的表面张力现象和毛细现象热力学第二定律布朗运动【解析】悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动；温度是分子平均动能的标志；体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，单位时间内撞

31、击单位面积上的分子数增大；液体表面层内的分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子力表现为引力；根据热力学第二定律判断。【解答】A、布朗运动不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动。它间接证明了：分子永不停息地做无规则运动，故A错误；B、对于一定质量的理想气体，在压强不变而体积增大时，由理想气体状态方程可知，气体温度升高，气体分子平均动能增大，单个分子撞击器壁时的平均作用力变大，由于气体压强不变，正确单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少，故B正确；C、温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大，故C错误；D、当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子力表现为引力，其合力指向液体内部，故D正确；E、根据热力学第二定律，能量转化具有方向性，因此不可能将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化，故E正确。【答案】(i)活塞刚好与气缸口相平时气体的温