2021届安徽省高考物理押题试卷(一)(含答案解析)

2021届安徽省高考物理押题试卷（一）

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.有A、B、C三颗地球卫星，卫星A还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，卫星8是近地卫

星，绕地球运行的轨道半径近似等于地球半径，卫星C是地球静止轨道卫星，周期为24/7,下

列说法正确的是（）

A.在相同时间内卫星3转过的弧长最短

B.卫星8的周期大于24/7

C.卫星A的加速度小于卫星C的加速度

D.正常运行时，卫星C可以经过齐齐哈尔的正上方

2.如图所示，空间分布着场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场，电

场中的O点固定一电荷量为-Q的点电荷，。、b、c、d四点在以点电

荷为圆心、半径为，•的圆周上，其中八c连线与匀强电场的电场线

垂直，氏d连线与匀强电场的电场线平行.则以下说法中正确的是（）

A.a、c两点电势相等、场强相同

B.a、c两点的电势差U"与氏d两点的电势差为d相等

C.沿圆周上的路径a->d-c和路径a-b-c移动电荷时，电势能的变化情况完全相同

D.若从〃点竖直向上抛出一个带正电的小球，则小球可能围绕。点做匀速圆周运动

3.如图所示，用轻绳系住一质量为3〃7的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量

为m的匀质

小球，各接触面均光滑，系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为a，两球心连线

。1。2与轻绳之间的夹角为。，则a、。应满足（）

A.4tana=tan(a+/?)B.3tana=tan(a+/?)

C.tana=4cot0D.tana=3cot/?

4.如图所示，从一根内壁光滑的空心竖直钢管A的上端边缘，沿直径方向向管内以水

平初速度为抛入一个弹性小球，球与管壁多次相碰后落地（球与管壁相碰时间不计）.

若换一根等高但直径更大的内壁光滑的钢管B,用同样的方法抛入此钢球，则以下说

法正确的是（）

A.在4管中的球运动时间长

B.在B管中的球运动时间长

C.在两管中的球运动时间一样长

D.小球与B管碰撞的次数比A管碰撞的次数多

5.如图所示，P。为竖直平面内半圆的直径，。为圆心，分别加上竖直向下的匀强电场和垂直纸面

向外的匀强磁场时，带正电的粒子以初速度v沿直径水平射入（不计粒子的重力），均通过N点，

则（）

A.甲、乙两图中，粒子在N点的速度方向均沿ON方向

B.甲、乙两图中，粒子在N点的速度均大于在P点的速度

C.甲图中，若增大粒子的入射速度v,电场力对粒子做的功将变大

D.乙图中，若减小粒子的入射速度v,粒子在半圆内运动的时间将变大

二、多选题（本大题共5小题，共30.0分）

6.下列说法正确的是（）

A.放射性物质的温度升高，则半衰期减小

B.用能量等于笊核结合能的光子照射静止笊核，不可能使笊核分解为一个质子和一个中子

C.第8〃（铀）衰变为至“pa（镁）原子核要经过1次a衰变和1次0衰变

D.依玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小

7.如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比小：n2=20：1,接线柱a、6接上

一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示.变压器右侧部分为一火警报警系统原理

图，其中/?2为用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器，&为一定值电阻.下

列说法中正确的是（）

白出甲

A.电压表的示数小于11V

B.此交变电源的频率为50Hz

C.当传感器/?2所在处出现火警时，电压表的示数减小

D.当传感器&所在处出现火警时，电流表的示数减小

8.学生为即将发射的“神州七号”载人飞船设计了一个可测定竖直方

向加速度的装置，其原理可简化如图，拴在竖直弹簧上的重物与滑动

变阻器的滑动头连接，该装置在地面上静止时其电压表的指针指在表

盘中央的零刻度处，在零刻度的两侧分别标上对应的正、负加速度值，

当加速度方向竖直向上时电压表的示数为正.这个装置在“神州七号”

载人飞船发射、运行和回收过程中，下列说法中正确的是（）

A.飞船在竖直减速上升的过程中，处于失重状态，电压表的示数为负

B.飞船在竖直减速返回地面的过程中，处于超重状态，电压表的示数为正

C.飞船在圆轨道上运行时，电压表的示数为零

D.飞船在圆轨道上运行时，电压表的示数为负

9.关于热现象的描述，下列说法正确的是（）

A.当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大

B.当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小

C.气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关

D.空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工

作是不遵守热力学第二定律的

E.一定质量的某种气体，在压强不变时，气体分子在单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次

数随温度的降低而增加

10.对于以下的光学现象说法中正确的是（）

A.图甲是双缝干涉示意图，若只增大挡板上两个狭缝Si、S2间的距离“，两相邻亮条纹间距离

△x将减小

B.图乙是单缝衍射实验现象，若只在狭缝宽度不同情况下，上图对应狭缝较宽

C.图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平

面在此处是凹陷的

D.图丁中的P、。是偏振片，当P固定不动，缓慢转动。时，光屏上的光亮度将一明一暗交替

变化，此现象表明光波是横波

三、填空题（本大题共1小题，共2.0分）

11.两物体A、B的质量之比如：mB=1：2,在光滑水平面上沿同一直线相向而行，它的速度之

比为4：1,则动量大小之比为；两者碰后粘在一起，则其总动量与B原来动量大小之比

P-PB=----------

四、实验题（本大题共2小题，共7.0分）

12.在“探究做功与物体速度变化的关系”实验中，某同学安装了如图所示的实验器材:

（1）要完成实验目的，除了图示器材，在下列实验器材中还需要的有

A.毫米刻度尺

8.4〜6v■直流电源

C.4〜6U交流电源

D沙桶或钩码

（2）下列纸带（左边为先打下的点），哪个比较符合实验要求,平衡摩擦力过度的是

13.甲图中游标卡尺的读数为mm；

乙图中螺旋测微器的读数为mm.

丙图中多用电表的读数为n.

123(cm)

Ii1,1,1,1,i,i,i,i,I,tHI1.1JJ.1.1.1,1.1i

|।1।11।1''1111।f।।।।I

01020

国甲

五、计算题(本大题共5小题，共46.0分)

14.下列有关电学实验的说法中，正确的是(填选项字母)

A.在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”实验中，用恒定电流场模拟静电场

B.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，电流表采用内接法，滑动变阻器采用限流式接法

C.在“测定金属的电阻率”实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，为减小误差，多次测量求平

均值

。.在使用多用电表欧姆档测未知电阻时，不必每次换档都进行欧姆档调零.

15.如图所示，某个力尸=10N作用于半径r=1m的转盘的边缘上，力P的大

小保持不变，但方向任何时刻均沿过作用点的切线方向，则转盘转动一周

的过程中，力厂所做的功为J.

16.一个正方形导线圈边长I=0.2m,共有N=100匝，其总电阻r=40,线圈与阻值R=160的外

电阻连成闭合回路.线圈所在区域存在着匀强磁场，磁场方向垂直线圈所在平面向外，如图甲

所示；磁感应强度的大小随时间变化，如图乙所示.

(1)0-4s内线圈产生的感应电动势.

(2)0-4s内，电阻R中的电流强度大小和方向.

17.如图，内壁光滑的圆柱形玻璃缸竖直放置，缸上端有一抽气孔，缸壁正中央有一卡

口C,缸内下部被活塞封住一定质量的理想气体.已知起初气体温度为7\,活塞上cnc

方的压强达到Po,此时活塞下方气体的体积为匕，活塞上方缸的容积为2.6匕，活塞—=

因重力而产生的压强为0.5p0.现将活塞上方的气体缓慢抽出(整个抽气过程中缸内匚

气体温度保持不变)，活塞上方抽成真空后密封，然后将下方气体缓慢加热.求：

(1)活塞刚到卡口时下方气体的压强P2；

(2)当下方气体压强为1.6p0时达到的温度72。

18.一质点做简谐运动的图象如图所示.求

(1)质点离开平衡位置的位移x和时间，的函数关系式;

(2)从t=。到t=5x10-25的时间内，质点的路程s和位移x的大小.

【答案与解析】

1.答案：C

解析：解：A、C是地球静止轨道卫星，则A、C的角速度相等，根据u=T3可知C的线速度大于A

的线速度，因为B、C是地球的卫星，根据万有引力提供向心力有:粤=根艺，解得线速度:"=回，

r2r7r

所以B的线速度大于C的，则%>%>以，则在相同时间内B转过的弧长最长，故A错误；

B、根据万有引力提供向心力，誓=沅等「，解得周期：T=2兀后,8的半径小于C,则B的周

期小于C的周期，小于24人故B错误；

C、卫星4和卫星C属于同轴转动的模型，角速度相等，根据a=32”轨道半径大的，加速度大，

卫星C的轨道半径大，加速度大，故C正确；

。、因为同步卫星在赤道的正上空，所以卫星C不会经过齐齐哈尔的正上方，故。错误。

故选：Co

同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，且在地球赤道的正上方。

同步卫星与地球赤道上的物体属于同轴转动的模型，角速度相等。

根据万有引力提供向心力得到线速度、周期和轨道半径的关系，分析解答.

此题考查了人造卫星的相关知识，解决该题的关键是明确知道同步卫星的周期以及轨道特征，知道

4、C两星球的角速度大小相等，知道B、C都是靠万有引力提供向心力。

2.答案：D

解析：

由电场场强的矢量叠加原理进行分析求解A项；依据电势差等于电势之差求解8选项；根据电场力

做功与电势能变化的关系分析电荷电势能变化，分析C选项；由做匀速圆周运动条件分析。项。

本题考查场强的叠加原理，关键明确矢量合成法则，知道电场力做功等于电势能的减小量，会分析

匀速圆周运动的力学特点。

A.点a、c,的电场强度大小相等，点电荷在ac两点的电势相等，电场E在ac两点的电势相等，所以

ac两点的电势相等，而。在。点与c点场强方向相反，因此八c两点场强方向不相同；故4错误；

8.若只考虑点电荷，则以c两点的电势差Uac与反4两点的电势差相等，但由于还处于匀强电

场，则它们的电势差不相等；故8错误；

C.沿圆周上的路径a-d-c和路径a->b-c移动同一电荷时，电势能的变化情况才完全相同；故C

错误：

D若能做匀速圆周运动，要使小球所受的合力大小不变，方向变化，则应为匀强电场力与重力相平

衡，合力为Q所给的库仑力，因此小球可能围绕。点做匀速圆周运动，故。正确。

故选

3.答案：A

解析：解：对小球进行受力分析如图

1：受到三个力，水平方向墙面给的

力FN，竖直方向的重力mg,沿。山2方

向大球给的弹力F；由受力可以看出：

^=tan(a+0)

对大球和小球的整体进行受力分析

墙面给的力心，竖直方向的重力4/ng,沿绳子方向绳子给的拉力7；由受力可以看出：=tana

将上面两个式子联立可得：4tana=tan(a+故A正确，BCD错误。

故选：Ao

对小球进行受力分析，根据平衡条件求解墙的支持力表达式；将两个球作为一个整体进行受力分析，

再次根据平衡条件求解墙的支持力。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、

利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程

进行解答。注意整体法和隔离法的应用。

4.答案：C

解析：解：A8C、小球在竖直方向上做自由落体运动，换一根等高但直径更大的内壁光滑的钢管B,

竖直方向上的运动规律相同，则运动的时间相同，故A、2错误，C正确.

。、小球在水平方向上与管壁碰撞前后均做匀速直线运动，直径变大，碰撞的时间间隔变长，总时

间一定，则小球与8管碰撞的次数比A管碰撞的次数少，故力错误.

故选：C.

将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，结合竖直方向上的运动规律判断运动的时间.根据水平

方向上的运动规律判断碰撞的次数.

解决本题的关键知道小球在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式分析

求解，基础题.

5.答案：D

解析：解：A、甲图中，根据类平抛运动的推论：末速度的反向延长线过其水平位移的中点。所以粒

子在N点的速度方向，不是沿着ON方向。乙图中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，沿半径方向射

入一定沿半径方向射出，故粒子在N点的速度方向一定沿ON方向，故A错误；

8、甲图中粒子做类平抛运动，电场力做正功，粒子的速度增大，故粒子在N点的速度大于在P点

的速度；乙图中，粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，故粒子在N点的速度大小等于在P点的速

度大小，故B错误；

C、甲图中，若增大粒子的入射速度v,粒子的水平位移将增大，竖直位移将减小，故电场力对粒子

做的功将变小，故C错误；

D、乙图中，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB=m^,即：R得,当减小速度时，

粒子的半径减小，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角。变大。

则粒子在磁场中的运动时间t==7=等=警，由于圆心角。变大，运动时间f也变大，故。

正确。

故选：Do

根据类平抛运动的推论：末速度的反向延长线过其水平位移的中点，可判断在甲图中的N点速度方

向；

乙图粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变；

根据甲图中初速度变化可以判断水平位移变化从而判断竖直位移变化，进一步判断电场力做功变化；

粒子在乙图中做匀速圆周运动，运动时间用1求解。

27r

本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，分别根据类平抛运动的规律和匀速圆周运动的规律进行

分析。关键要掌握平抛运动的推论末速度的反向延长线过其水平位移的中点。

6.答案：BC

解析：解：A、半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，由原子核本身决定，

与原子的物理、化学状态无关，则A错误；

B、根据动量守恒定律可知，用能量等于笊核结合能的光子照射静止笊核，笊核吸收光子后的动量不

为0,则若使笊核能否分解为一个质子和一个中子，质子和中子的动量也不为0,所以需要的能量大

于气核结合能，则B正确

C、龙叼（铀）衰变为品“Pa（镶）原子核要经过1次a衰变和1次/?衰变，则C正确，

。、玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的，故氢原子在辐射光子的同时，

轨道不是连续地减小，则。错误；

故选：BC。

A、半衰期由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关；

8、由动量定理可分析出结论；

C、根据质量数和电荷数守恒判断；

。、玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的；

解决该题关键要掌握氢原子跃迁能量是不连续的，轨道是不连续的，辐射光子后，动能增大，电势

能减小，相反吸收光子后，动能减小，电势能增加，同时掌握a衰变与6衰变的不同，注意衰变中

的电子从何而来，理解半衰期不受外界影响，且针对大量原子核才有意义。

7.答案：ABC

解析：解：A、由图象可知，输入的电压为220匕变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的

电压为11匕电压表测的是半导体热敏材料的电压，R],的总电压为11匕所以电压表的示数小

于11匕所以A正确；

B、由图象知交流电的周期为0.02s,所以频率为50”z,所以8正确；

C、当出现火警时，温度升高，电阻/?2减小，副线圈的电流变大，所以％的电压要增大，由于副线

圈的总电压不变，所以％的电压就要减小，所以C正确；

。、由C的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也就要增大，所

以。错误.

故选：ABC.

输出电压是由输入电压和匝数比决定的，电压与匝数程正比，由图象无频率，电流与匝数成反比，

根据理想变压器的原理分析即可.

本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率

等问题彻底理解.

8.答案：ABD

解析：解：A、飞船在竖直减速上升的过程中，加速度方向竖直向下，由牛顿第二定律得知，飞船处

于失重状态.由题当加速度方向竖直向上时电压表的示数为正，则此时电压表的示数为负.故A正

确.

以飞船在竖直减速返回地面的过程中，加速度方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，处于超重状态，

电压表的示数为正.故8正确.

C、。飞船在圆轨道上运行时，加速度方向竖直向下，电压表的示数为负.故C错误，。正确.

故选：ABD

根据加速度方向，判断飞船处于失重或超重状态，并确定电压表示数的正负.飞船在圆轨道上运行

时，加速度方向竖直向下，电压表的示数为负.

本题关键是抓住加速度的方向与电压表示数正负的关系，要有快速读取有效信息的能力.

9.答案：BCE

解析：解：AB、影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素，不是空气中水蒸气的绝对数

量，而是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距；水蒸气的压强离饱和汽压越远，

越有利于水的蒸发，人们感觉干爽，所以空气的相对湿度越小，人们感到越干燥，故A错误，B正

确。

C、气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低；在非绝热

过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历

的过程有关，故C正确。

。、热量不能自发地从温度较低的室内传到温度较高的室外，但在电流做功的情况下，热量可以从

温度较低的室内传到温度较高的室外，这并不违反热力学第二定律，故。错误。

E、根据气体压强的微观意义，气体压强和单位时间单位面积对地面撞击次数N、气体的分子平均动

能区有关，可以表示为：pocN•区；P不变，温度降低，或减小，N增大，故E正确。

故选：BCE.

空气的相对湿度小，人们感到干燥；气体对外做功和外界对气体做功情况不确定，气体温度每升高

1K所吸收的热量也不确定；热量不能自发地从温度较低的室内传到温度较高的室外；根据气体压强

的微观意义来判断。

考查相对湿度、热力学定律、气体压强的微观解释等知识点。E为易错项，微观上气体的压强是由

大量气体分子频繁碰撞器壁而产生的，在数值上等于单位面积地面受到的气体分子碰撞的总压力，

而单位时间内气体分子给地面的总冲量就等于地面所受的压力；为了更好理解气体压强的微观意义,

我们可以用p8N.以来理解。

10.答案：ACD

解析:解:A、根据双缝干涉相邻两亮条纹的间距△x与双缝间距离”及光的波长4的关系式4X=5•九

可知只增大挡板上两个狭缝Si、S2间的距离以两相邻亮条纹间距离△刀将减小，故A正确；

8、当入射角i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中

的光线不会消失，故肯定有光线从油'面射出，故B错误：

C、由图可知，条纹向空气薄膜较厚处发生弯曲，说明空气薄膜变厚，则被检测的平面在此处是凹起

的，故C正确；

。、只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故。正确。

故选：ACD.

根据双缝干涉相邻两亮条纹的间距Ax与双缝间距离1及光的波长4的关系式九判断相邻亮

条纹间距离的变化；根据薄膜干涉的特点分析；光的偏振现象表明光是一种横波。

本题要知道薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的发射光干涉产生的。以及知道薄膜干涉是一种等

厚干涉。同时要掌握双缝干涉相邻两亮条纹的间距△x与双缝间距离d及光的波长;I的关系式△X=9

九

11.答案：2：1；I：1

解析：解：根据P=nw,因为西：mB=1：2,速度大小之比为4：1,则动量大小之比为2：1.

两物体碰撞前后动量守恒，所以总动量与原来的总动量相等，

碰撞前，A、8的动量方向相反，则总动量与B原来的动量之比为1：I,则碰后总动量与8原来的

动量之比为1：1.

故答案为：2：1,1：1

根据动量的公式求出A、8两物体的动量大小之比.两物体碰撞前后动量守恒，总动量相等.

解决本题的关键掌握动量的公式，知道碰撞前后动量守恒，即碰撞前总动量等于碰撞后的总动量.

12.答案：ACBD

解析：解：(1)实验中用到了打点计时器，故需要.4〜6了交流电源，打出点的纸带要测量距离，故需

要毫米刻度尺，故AC正确，8。错误；

(2)橡皮筋对小车做功，当橡皮筋恢复原长后，小车做匀速运动，故打出相邻两点间的距离相同，故

8纸带符合实验要求，由于平衡摩擦力过大，故小车将做加速运动，相邻两点间的距离越来越大，

故。符合

故答案为：(1MC；(2)8,D

(1)根据实验装置和原理判断出所需的实验器材；

(2)橡皮筋恢复原长后，小车获得最大速度，根据要求即可判断出打出纸带的点的轨迹

本题主要明确实验原理，知道在不同条件下打出纸带的点的规律即可判断

13.答案：13.55；4.699；1000

解析：解：1、游标卡尺的主尺读数为13〃〃"，游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游

标读数为11x0.05mm=0.55mm,所以最终读数为：13mzn+0.55mm=13.55mm.

2、螺旋测微器的固定刻度为4.5mm,可动刻度为19.9xO.Olnwn=0.199mm,所以最终读数为

4.5mm+0.199mm=4.699mm.

3、欧姆档的读数是100；然后表盘读数乘以倍率，该电阻的电阻值为：/?=100x10=1000/2.

故答案为:13.55；4.699；1000.

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读.螺旋测微器的读数

方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读.

根据选择开关位置确定多用电表所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，然后读出其示数.

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关

测量.

14.答案：AC

解析：解：A、在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”实验中，用恒定电流场模拟静电场.故4

正确.

从在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，由于小灯泡的电阻较小，使用电流表的外接法误差较

小，电流和电压要从零开始测起，滑动变阻器需采用分压式接法.故B错误.

C、测量金属丝的直径，一次测量偶然误差较大，应多次测量取平均值.故C正确.

。、使用多用电表时，每换一次挡，需重新欧姆调零一次.故。错误.

故选AC.

在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”实验中，用恒定电流场模拟静电场；通过灯泡的电阻大

小确定电流表的内外接，根据电压电流需从零测起，确定滑动变阻器采用分压式接法；测量长度、

直径等问题都需多次测量取平均值，从而减小测量的误差；使用多用电表，不换挡不需欧姆调零，

只要换挡，必须重新欧姆调零.

本题考查了四个电学实验，关键掌握实验的原理、误差来源以及注意事项，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.

15.答案：207r

解析：解：转半周通过的轨迹长度为：x=2itr=27r

力月所做的功：W=Fx=10x2nJ=20nJ；

故答案为：207T.

根据功的计算公式：W=Fx可以求出力所做的功.

本题应注意，力虽然是变力，但是由于力一直与速度方向相同，故可以直接由W=FL求出.

16.答案：解：⑴根据法拉第电磁感应定律E=W?=n-S”

解得：E=27；

(2)根据全电路欧姆定律/=W