2021年安徽省高考物理最后一卷（5月份）(含答案详解)

2021年安徽省高考物理最后一卷（5月份）

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.已知核反应出+出£He+；n中笊核的比结合能为当，晁核的比结合能为%,氨核比结合能为

E3,下列说法正确的是（）

A.该核反应类型属于人工转变B.该反应放出能量％+E2-E3

C.该反应放出能量E3-%-EiD.该反应放出能量4%一2邑一3E2

2.15.质量为小的木箱置于水平面上,水平推力F即可使木箱做匀速直线运

动。现保持F的大小不变，方向改为与水平方向成60。斜向上拉木箱，仍

能使其做匀速直线运动，如图所示。则木箱与水平面间的动摩擦因数

为

A.李B.坐C.ID.选

笈将K

3.所示，在a、b两点上放置两点电，们的电荷分别为ql、2,M是/___-1___£一七-\

ah

连接两点直线P是直线上的一点，下种情下P点场强可能为（）

A.qi、q2都是正电荷，且qi＞勺2

B.qi是正电荷，勺2是负电荷，且%＜均2|

C.qi是负电荷，12是正电荷，且均11＞勺2

D.qi、勺2都是负电荷，且QI＜㈤

4.如图所示，两个半径不同而内壁光滑的半圆轨道固定于地面，一个&..........D-.....1

小球先后从与球心在同一水平高度的4、8两点由静止开始自由下滑，

通过轨道最低点时（）

A.小球对两轨道的压力不同

B.小球对两轨道的压力大小均为小球重力大小的2倍

C.此时小球的向心加速度不相等

D.此时小球的向心加速度相等

5.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为5：1,原线圈接入图乙所示的电压，

副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R。为定值电阻，R为半

导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小.下列说法正确的是（）

A.图乙中电压的有效值为220V

B.电压表的示数为44U

C.R处出现火警时电流表示数增大

D.R处出现火警时电阻扁消耗的电功率减小

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.某宇宙飞船到了某行星附近（该行星没有自转运动），以速度"绕该行星表面做匀速圆周运动，测

出运动的周期为T,已知引力为G,则下列结论正确的是（）

A.该行星的半径为在B.该行星的平均密度为篇

C.该行星的质量为泞D.该行星表面的重力加速度为竽

GmT

7.如图所示，内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内，轨道内甲乙两小球分别固,、

定在轻杆的两端，甲球的质量小于乙球的质量，开始时乙球位于轨道的最低点；（甲）

现由静止释放轻杆，下列说法正确的是（）

A.甲球下滑的过程中，轻杆对其做正功

B.甲球滑回时，一定能回到初始位置

C.甲球不可能沿轨道下滑到最低点

D.在甲球滑回的过程中，杆对甲球做的功大于杆对乙球的功

8.如图所示，一个宽工=0.20伍的“U”型绝缘导轨与水平面成37。倾角固［尸入

定放置.在导轨区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1.0T.

一根质量为o.iokg的金属棒垂直放置在导轨上，棒上通有/=5.04的电

流.金属棒静止，重力加速度g=10m/s2,则（）

A.导轨对金属棒的支持力大小为0.8N

B.导轨对金属棒的支持力大小为0.2N

C.导轨对金属棒的摩擦力大小为0.2N

D.导轨对金属棒的摩擦力大小为1.4N

9.下列说法中正确的是（）

A.一定质量的理想气体温度升高时，分子的平均动能一定增大

B.可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功

C.不可能使热量从低温物体传向高温物体

D.当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大

E.分子间距离增大时，分子力一定减小.

10.均匀介质中，各质点的平衡位置在同一直线上，相邻质点的距离均为s,如图甲所示.振动由质

点1从平衡位置开始向右传播，质点1从平衡位置开始运动时的速度方向竖直向上，经过时间t,

前13个质点第一次形成如图乙所示的波形.关于这列波的周期和波速有如下说法正确的是()

C.传播速度是"=中D.传播速度是v=等

三、实验题(本大题共2小题，共15.0分)

11.为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如图所示的装置进行实验.实验中，当木块4

位于水平桌面上的。点时，重物B刚好接触地面.将4拉到P点，待B稳定后静止释放，4最终滑

到Q点.分别测量。P、OQ的长度九和s.改变九，重复上述实验，分别记录几组实验数据.

(1)实验开始时，发现4释放后会撞到滑轮.请提出两个解决方法.

(2)请根据下表的实验数据作出s-九关系的图象.

h/cm20.030.040.050.060.0

s/cm19.528.539.048.056.5

(3)实验测得2、B的质量分别为m=0.4kg、M=0.50kg,根据s—九图象可计算出A木块与桌面间的动

摩擦因数〃=.(结果保留一位有效数字)

(4)实验中，滑轮轴的摩擦会导致〃的测量结果(选填“偏大”或“偏小”).

12.某物理兴趣小组在“测定金属丝电阻率”实验中碰到了下列问题，请你帮助他们完成该实

图丙图T

（1）需要测量的物理量有：金属丝的电阻&,金属丝的直径d和金属丝的长度3计算金属丝电阻率的

表达式是：p=（用所测量的字母表示）.

（2）实验中用游标卡尺测量金属丝的长度L时，如图甲所示L=cm-,用螺旋测微器测量金属丝

的直径d时，测量结果如图乙所示，则金属丝的直径&=mm.

（3）如图丙所示是测量金属丝电阻勺的电路图，由于电压表和电流表的内阻会对实验产生影响，使测

量出现误差，为使测量更准确，按以下操作分别测有两组数据：S接a时，电压表、电流表示数

分别为a、/1；S接b时，电压表、电流表示数分别为4、/2-

①如果电压表示数变化很小，电流表示数变化较大，待测电阻测量值&=：

②如果电流表示数变化很小，电压表示数变化较大，待测电阻测量值勺=.该值较真实值偏

（“大”或“小”）.

③在实物图丁上用实线代替导线连接好5接力时的电路（两电表左端接线柱均为“-"）.

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）

13.如图所示，％和%为距离d=0.1m的两平行的虚线，%上方和%下方都是垂直纸面向里的磁感应

强度均为B=0.207的匀强磁场，4、B两点都在％上.质量m=1.67x10-27^^电量q=1.60x

IO-19c的质子，从4点以%=5.0xlOS^/s的速度与。成。=45。角斜向上射出，经过上方和下

方的磁场偏转后正好经过B点，经过B点时速度方向也斜向上.求(结果保留两位有效数字)：

(1)质子在磁场中做圆周运动的半径;

(2)4、8两点间的最短距离;

(3)质子由4运动到B的最短时间.

XXXXXXXX

XXXXKXxx

XXXXXXXX

14.一长为3质量为M的木板静止在光滑的水平面上，一质量为m的滑块以初速度％滑到木板上,

木板长度至少为多少才能使滑块不滑出木板.(设滑块与木板间动摩擦系数为〃)

15.如图所示为一倒U型的玻璃管，左端封闭，右端开口且足够长，导热性能良好.当B

温度为27K时，封闭在管内的气柱48长5m,BC^zlOcm,水银柱水平部分CDA

长5cm,竖直部分DE长15cm.已知环境大气压po=75cwiHg不变.

求：气温升高至167K时管内气柱总长度.

16.如图所示，半径R=lOcni的四分之一圆弧形玻璃砖平放在水平木

板上，一细束单色光从4点平行于木板射入玻璃砖，经玻璃砖折射

H

后射到水平木板上的F点，测得4点到圆弧圆心。点的距离为6cm,F点到圆弧的左端点B的距离

为6cm。

（i）求玻璃砖的折射率；

5）若将入射光线平行木板上下移动，当射入玻璃砖的入射点移动到。点（图中未画出）时，圆弧面上

恰好没有光线射出，求4、D两点的距离。

参考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、1个笊核和1个氟核结台生成1个氮核，这是聚变反应。故A正确；

BCD、该反应放出热量，笊核的比结合能为团,福;核的比结合能为%,氮核的比结合能为生,根据

比结合能等于结合能与核子数的比值，则有：该核反应中释放的核能AE=4E3—2瓦—3%.故BC

错误，。正确。

故选：Do

1个气核和1个僦核结台生成1个氮核，这是聚变反应；

比结合能等于结合能与核子数的比值，由质能方程判断出释放的核能。

本题考查了核反应方程的识别以及比结合能的理解，属于简单基础题目，平时练习中对这类问题注

意多加训练，不可忽视。解题的关键是注意结合能与比结合能的区别。

2.答案：B

解析：本题考察共点力平衡下的力的正交分解

当施加水平推力F时，对物体进行受力分析，物体受水平向右的推力F,水平向左的滑动摩擦力了,

竖直向下的重力G,竖直向上的支持力F1,物体在四个力的作用下处于平衡态即

f=pFl=pmgF-/=0*-

当把F改为与水平方向成60。斜向上拉力时，物体仍保持平衡，对物体受力分析

水平方向：F-£f=0其中?,=必2竖直方向：丛9?8_F2=mg+联立求解得：摩擦系数

为卓

3.答案:C

解析：解：两电荷若都是正荷则两点电荷在p点产强方向均左，故法为零，错误;

ql是正电荷则ql在p点的场强方向左，q是负电荷q2在点的场强方右rl>r,由E=母可知，要使两

电荷在点场强相等应证1>q2|故8错误；

若两电荷为荷，两电荷在p点的场强方向均向右，无为零故。错误；

故选：

要使P场强为零两电在该点的场强应大相等方向相反；则分析项可得确答案.

在电场叠加中要意应先分别出各电在该形成的场强，再根据矢量的合成方得场强的大小方.

4.答案:D

解析：解：4、根据动能定理得，mgR=|mv2-0,解得u=j2gR.在最低点,有：N-mg=m三,

解得N=3mg。知小球对两轨道的压力相等，大小为重力的3倍。故A、B错误。

C、根据a=Q得，a=2g,方向竖直向上。知向心加速度相等。故C错误，。正确。

r

故选：D。

根据动能定理求出小球通过最低点时的速度，再根据牛顿第二定律求出小球在最低点时所受的支持

力，从而进行比较.根据向心加速度的公式求出最低点的向心加速度的大小，从而进行比较.

本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，难度不大，要加强这类题型的训练.

5.答案：C

解析：解：力、设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U.

代入数据得图乙中电压的有效值为110位V,故A错误；

8、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是5：I,

所以电压表的示数为22夜。，故B错误；

C、R处温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈增大,

即电流表示数增大，故C正确.

。、由4知出现火警时电流表示数增大，电阻消耗的电功率增大，故。错误.

故选：C.

求有效值方法是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒

定电流的值就是交流电的有效值.半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温

度系数的电阻，R处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化.

根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握.

根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比

与匝数比的关系，是解决本题的关键.

6.答案：ABD

解析：解：4根据圆周运动的周期与线速度的关系有7=㈣，所以该行星的半径r=在，故A正确；

v27r

B、万有引力提供向心力，G粤=优噂，

r2T2

„3TM37r

可得该行星的质量为：M=£,该行星的平均密度。=懑=而，故B正确，C错误；

D、该星球表面自由落体加速度即为近地飞船的向心加速度，所以有：。=廿=四，故。正确.

rT

故选：ABD

近地飞行的飞船轨道半径等于行星的轨道半径，根据万有引力提供圆周运动的向心力可以求出行星

的质量，该行星表面的重力加速度即为近地飞行飞船的向心加速度.

掌握近地飞行的航天器由万有引力提供向心力，能据此计算中心天体的质量是解决本题的关键.

7.答案：BC

解析：解：4、下滑过程中，乙的机械能逐渐增大，所以甲的机械能逐渐减小，则杆对甲做负功，故

A错误；

夙若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙则到达与圆心等高处，但由于乙的质量比甲大，造成机械能

增加了，明显违背了机械能守恒定律，故甲球不可能到圆弧最低点，但返回时，一定能返回到初始

位置，故BC正确；

。、甲乙组成的系统机械能守恒，在甲球滑回的过程中，杆对甲球做的功等于杆对乙球的功，故。

错误

故选:BC。

甲与乙两小球系统，重力势能和动能相互转化，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律求解即可

本题关键是甲与乙两个球系统机械能守恒，也可以找出系统重心，当作单个物体进行分析.

8.答案：BD

解析：解：导体棒受到安培力F=B/L；

根据左手定则可知，安培力水平向外，对导体棒受力分析，如图所示，

根据平衡条件可知/；

f-mgs讥37。-BILcos370=0一

FN+BILsin370—mgcos370=0

------------------X

联立解得

FN=0.2JV；

f=1.4N,方向沿导轨向上

故8。正确，AC错误。

故选:BD。

根据左手定则分析导体棒受安培力的方向，由F=B/L求得安培力的大小，再对导体棒分析其受到的

所用力，再根据共点力平衡即可判断.

本题主要考查了安培力和共点力平衡条件的应用，解题的关键是对导体棒的受力分析，正确受力分

析是关键，要特别注意安培力的性质分析.

9.答案：ABD

解析：解：力、温度是分子的平均动能的标志，一定质量的理想气体温度升高时，分子的平均动能一

定增大.故A正确；

8、根据热力学第二定律，在一定的条件下，可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功.故B正确；

C、根据热力学第二定律，在一定的条件下，可能使热量从低温物体传向高温物体，如空调.故C

错误；

。、当分子力表现为引力时，分子间距离的增大的过程中需要克服分子力做功，所以分子势能增大.故

。正确；

E、当分子力表现为引力时，分子间距离的增大的过程中，分子力可能先增大，后减小.故E错误.

故选：ABD

温度是分子的平均动能的标志；不可能把热量从低温物体传向高温物体而不引起其它变化；当分子

力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大.

本题考查温度的微观意义、热力学第二定律、分子力与分子势能等，关键是正确理解热力学第二定

律的几种不同的说法以及它们的意义，基础题.

10.答案：BD

解析：解：根据振动的周期性和波的传播特点可知，质点13此时的振动方向向下，而波源的起振方

向向上，所以从质点13算起，需要再过T振动的方向才能向上，即与波源的起振方向相同，设周期为

T,贝悦=|r+/=2T,即r=：.

由题意知，A=8s,结合4=口7,T=I，可得"=等

故选：BD.

本题根据波传播的周期性和振动传播的特点，分析波的图象(振动应传播到第17个质点)，或从第13个

质点此时的振动方向向下数到再经3才能振动方向向上，从而找出周期T与时间t的关系，然后求解即

可.

解决本题的关键要准确分析波形，“经过时间3前13个质点第一次形成如图乙所示的波形”，并不

说波只传到前13个质点.如果是只传到前13个质点，由于第13个质点此时振动方向向下，所以质点

1开始运动时的速度方向也应该竖直向下，这与题给条件矛盾，要熟记：任何质点的起振方向均与波

源的起振方向相同.

11.答案：(1)可以通过减小8的质量；增加细线的长度(或增大4的质量；降低B的起始高度)；

(2)如图所示：

(3)0.4；

(4)偏大.

解析：试题分析：

(1)8减少的重力势能转化成系统的内能和4、B的动能，4释放后会撞到滑轮，说明B减少的势能太

多，转化成系统的内能太少，从而找作答依据.

(2)根据所给数据进行描点、连线作图；

(3)对在B下落至临落地时和在8落地后，A运动到Q,两个过程运用动能定理，求得〃的表达式，再结

合从s-h图象，即可求解心

(4)由于滑轮轴的摩擦会导致s变小，根据〃的表达式可知误差结果.

解：

(1)8减少的重力势能转化成系统的内能和的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的势能太多，

转化成系统的内能太少，可以通过减小B的质量；增加细线的长度(或增大4的质量；降低B的起始高

度)解决.故解决方法有：可以通过减小B的质量：增加细线的长度(或增大4的质量；降低B的起始

高度).

(2)描点，连线，如图所示：

(3)B下落至临落地时根据动能定理有：Mgh-iimgh=1(M+m)v2,在B落地后，A运动到Q,有

=mg^s,〃=d+又人、夕的质量分别为771=0.40/cg、M=0.50kg,在s-/l图象

上任取一组数据代入可以求得：〃=0.4.

故答案为：0.4.

(4)由于滑轮轴的摩擦，会导致绳子的拉力相对偏小，4运动的加速度也就偏小，s也就偏小，根据,

"碗+就+.，所以〃偏大•

故答案为：偏大.

nd2RnH

12.答案：上；10.050；0.688；滔广；偏小

4L，2%

cpLnd2R

解析：解：(1)：根据电阻定律R=疑，可得上；

(2)：游标卡尺的读数为：L=100mm+10x0.05mm=100.50mm=10.050cm,

螺旋测微器的读数为：d=0.5mm+18.8x0.01mm=0.688nun(0.686〜0.689均可以)，

(3)：①：根据串并联规律可知，若电流表示数变化明显，说明电压表的分流作用较大，即电压表的

内阻较小，应选择电流表内接法，所以待测电阻测量值&=器；

12

如果电压表示数变化明显，说明电流表的分流作用较大，即电流表的内阻较大，应选择电流表

外接法，所以待测电阻的测量值为&=

而真实值应为氏真=热，比较可知&<R真，即测量值比真实值偏小;

③：连线图如图所示：

故答案为：⑴;£(2)10.050,0.688；⑶①华,②台,偏小，③如图

I'4L21

本题(1)的关键是根据电阻定律求出电阻率即可；题(2)的关键是游标卡尺读数时，注意主尺上所标

数字是c/n,应按nun读数，螺旋测微器读数时注意半毫米刻度线是否露出；题(3)的关键是明确当电

流表读数变化明显，说明电压表的分流作较大，应选择电流表内接法；当电压表读数变化明显时.，

说明电流表的分压作用较大，应选择电流表外接法.

应明确：①游标卡尺和螺旋测微器读数时都应分成整数部分和小数部分两部分来读；②“试测法”

选择内外接法方法：若电流表读数变化明显，说明电压表的分流作用较大，电流表应用内接法；当

电压表读数变化明显时，说明电流表的分压作用较大，应选择电流表外接法.

13.答案：解：(1)质子在磁场中做匀速圆周运动,

由牛顿第二定律得：qv0B=

代入数解得：R=0.026m；

(2)质子由4运动到B可重复若干周期,

其中一个周期内的运动情景如右图所示,

由几何关系知，4、B间的最短距离为:

AB=2dleot。+2d2cot6=2dcot0=2x0.1xlm=0.2m；

(3)质子在磁场中的运动时间为一个圆周运动的周期：T、=翳，

质子在磁场中的运动时间：71，代入数据解得：0=3.26x10-75,

-d

质子在21和。间的运动时间为：t2=生踵=**，代入数据解得：t2=l/3xio-6s,

“v0v0sin6

质子由4运动到B的最短时间为：t=G+t2”L5x10-6s；

答：(1)质子在磁场中做圆周运动的半径为0.026m；

(2)4、B两点间的最短距离为0.2m；

(3)质子由4运动到B的最短时间为1.5x10-6s.

解析：(1)质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出半径.

(2)作出粒子的运动轨迹图，通过几何关系求出4、B两点间的最短距离.

(3)求出质子在磁场中的运动时间，求出在两磁场间的运动时间，然后求出总的运动时间.

能根据粒子的受力情况判断粒子的运动情况，根据粒子运动轨迹和几何关系求解是关键.

14.答案：解：当两者速度相同时的速度为。，根据动量守恒定律得，

mv0=(M+m)v

根据能量守恒定律得，

fimgL=+m~)V2

际

联立解得：L=M

2(M+7n)〃g

答：木板至少长度为惹乐木块不会从长木板滑下.

解析：木块滑上木板后，木块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，刚好不滑下的临界状态

时速度相同时恰好到达另一端，结合动量守恒定律和能量守恒定律求出木板的长度.

本题也可以根据木块和木板的运动规律，通过牛顿第二定律和运动学公式进行求解，但是没有动量

守恒定律和能量守恒定律解决简捷.

15.答案：解：设玻璃管横截面为S,则初始状态气柱体积匕=15S,管内气体压强心=75-15=

60mmHg,气体温度7\=300k；

设温度为6时水银全部进入竖直段，则此时气体体积匕=20S,管内气体压强P2=