安徽省名校2021届高三上学期期末联考物理·高三期末参考答案

理综物理参考答案 第1页（共5页） 2020-2021 学年安徽名校第一学期期末考试 理综物理参考答案 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 D A B C B BD BCD AD 14.D【解析】该反应为聚变反应，重核的裂变和轻核的聚变都会放出核能，根据爱因斯坦的质能方程，一定 有质量亏损，选项 A 错误；根据质量数和电荷数，方程中的 X 表示中子 n1 0 ，是查德威克发现的，选项 B 错 误；聚变反应是放能反应，发生质量亏损，反应后核子的平均质量减小，1 2 H 的比结合能比 4 2 He 的比结合能 小，选项 C 错误、D 正确。 15.A【解析】通电弹体在磁场中受安培力的作用而加速，由功能关系得 BIdL＝1 2 mvm2，代入数值解得 B＝ 12.5T；当速度最大时磁场力的功率也最大，即 Pm＝BIdvm，代入数值得 Pm＝5×106W，故 A 项正确。 16.B【解析】对足球： 0v at ，解得：t=5s，足球的位移为 x1， 2 0 12v ax ，解得： 1 25x m ，足球运动过 程中，运动员的位移 2 120x vt m x   ，因此足球停下后运动员才追上足球，据题意可得： 1 2x vt ，解得： t2=6.25s，运动员追上足球所需时间与足球运动的时间为比值为 1.25，只有选项 B 正确。 17.C【解析】物块受力分析如图，沿斜面方向和垂直斜面方向建立平面直角坐标系，正交分解拉力 F、重力 mg .x 轴： cos30 sin 30 0fF mg F    ，y 轴： Nsin30 cos30 0F F mg    ， NfF F ，代入数值，解得： 5 3NF  ，只有选项 C 正确。 18.B【解析】小球水平抛出，开始做平抛运动有： gHv y 22  ，得 smv y /4 ，由几何关系有 1tan 0  yv v ， 所以斜面倾角 θ＝45°，小球弹回后的运动为平抛运动的逆运动，有 222/ Hgv y  ，得竖直向上的速度： smv y /22/  ，有 / / 0tan yv v ，得水平向左的速度 smv /22/ 0  ，有 sg vt y 5 2/ /  ，小球 C 撞击斜面弹回后， 上升到最大高度时，小球与斜面撞击点的间的水平距离 mtvx 8.0// 0  ，只有选项 B 正确。 19.BD【解析】嫦娥五号沿轨道Ⅰ运动至 N 点时，需向后喷气加速才能进入轨道Ⅱ，选项 A 错误；设嫦娥五 号在Ⅰ、Ⅱ轨道上运行的轨道半径分别为 r1（半长轴）、r2，运行的周期分别为 T1、T2，由开普勒第三定律r3 T2＝ k 可知 T1＜T2，选项 B 正确；因为嫦娥五号只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过 N 点， 嫦娥五号的加速度都相同，选项 C 错误；嫦娥五号在轨道Ⅰ上过 M 点的速率比嫦娥五号在轨道Ⅰ上过 N 点的 速率大，在轨道Ⅰ上过 M 点的动能比嫦娥五号在轨道Ⅱ上过 N 点的动能大，选项 D 正确。 20.BCD【解析】EP-x 图象中直线或曲线某处切线的斜率表示电场力的大小，选项 A 错误；从 x1 到 x2 粒子受 到的电场力逐渐减小，其加速度也逐渐减小，选项 B 正确；只在电场力作用下粒子的动能与电势能之和不 1 理综物理参考答案 第2页（共5页） 变，可知从 x1 到 x2 粒子的动能一直减小，其速度一直减小，选项 C 正确；由图象知 x1 处的电势等于零，故 q1 和 q2 带有异种电荷，选项 D 正确。 21.AD【解析】导体棒由 ab 无初速释放速度增大，由 E=BLv、 EI R 和 F 安=BIL 得棒受的安培力 F 安增大， 由 mgsinθ－F 安=ma 得加速度 a 减小，当加速度减小到零时，合力为零，做匀速运动至 cd 处，A 正确；在 cd、ef 之间由于绝缘，棒不受安培力，由于匀速运动则受力平衡 mgsinθ=μmgcosθ，解得：μ=tanθ，B 错误； 导体棒在光滑导轨上滑动时由 E=BLv、 EI R 和 F=BIL 联立得：F 安= 2 2B L v R ，由平衡条件 F 安=mgsinθ 可解得： v= 2 2 sinmgR B L  ，C 错误；棒在在 cd、ef 之间滑动时摩擦生热为 QT=μmgdcosθ=mgdsinθ，整个过程中由能量守恒 定律得：3mgdsinθ=Q+QT+ 1 2 2mv ，解得：Q= 3 2 2 2 4 4 sin2 sin 2 m g Rmgd B L   ，D 正确。 22.（5 分） （1）3.0（1 分） 200（1 分） （2）1.00（1 分） 2（2 分） 【解析】（1）如题图甲所示的 F－L 图象，在横轴的截距等于弹簧原长 L0，斜率等于弹簧的劲度系数 k.弹簧 原长 L0＝3.0cm，弹簧的劲度系数 k＝ΔF ΔL＝200N/m。（2）根据毫米刻度尺读数规则，要估读到 0.1mm，如题 图乙所示指针所指刻度尺示数为 1.00cm.弹簧被压缩了 Δx＝3.00cm－1.00cm＝2.00cm，根据胡克定律，F＝ kΔx，解得 F＝4N，由此可推测每个钩码重为 2N。 23.（10 分） （1）5.6（2 分） （2）C（1 分） E（1 分） （3）1 a（2 分） 1 b－R0（2 分） （4）偏小（1 分） 偏小（1 分） 【解析】（1）由图可知每一小格表示 5，最小刻度为 5 的不估读，指针指在 140 线上，因此读数为： 140 10 V 5.6 V250   ；（2）电压表 V1 的量程太大，使得电压表指针的偏角太小，测量误差太大，R2＝1000Ω 的 定值电阻太大，使得电压表指针的偏角太小，且在改变电阻箱阻值时，电压表的示数变化不明显，故电压表 选择 C，定值电阻选择 E。（3）由闭合电路欧姆定律得 U＝E－ U R（r＋R0），化简得 1 U＝ r＋R0 E · 1 R＋ 1 E，则有 k＝ a b＝ r＋R0 E ，a＝ 1 E，解得 E＝ 1 a，r＝ 1 b－R0。（4）考虑到电压表的分流作用，则有 E＝U＋ U R＋ U RV （r＋R0）， 变形得 1 U＝ r＋R0 E · 1 R＋ 1 E＋ r＋R0 ERV ，纵轴截距变大，为 1 E＋ r＋R0 ERV ，计算时依然用 1 U＝ r＋R0 E · 1 R＋ 1 E求解 E 和 r，则 求得的值均偏小。 24.（12 分） 【解析】（1）小滑块先做平抛运动时，恰好从 B 点沿轨道切线方向进人轨道，设 B 点的速度大小为 vB，根 据运动的合成与分解和几何关系有 0 sin30Bv v （1 分） 整理后解得 5Bv m/s（1 分） 小滑块到达最低点 D 点的过程中，满足机械能守恒，有 2 理综物理参考答案 第3页（共5页） 2 21 1( sin 30 ) 2 2P P D P Bm g R R m v m v    （2 分） 解得 7Dv m/s（1 分） 小滑块经过 D 点时对轨道的压力大小有： R vmmgFF D N 2  支 （2 分） 解得 25.71NF N（1 分） （2）小滑块与长木板组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得 mvD=（M+m）v 解得 1 mM mvv D m/s（2 分） 小滑块与长木板组成的系统克服摩擦力做功产生的内能 22 )(2 1 2 1 vmMmvEQ Dk  解得 21Q J（2 分） 25. （20 分） 【解析】本题考查带电粒子在复合场中的运动。 （1）设粒子在磁场中运动的轨迹半径为 R0，则由几何关系： 0 0+ 2 =dR R （1 分） 解得  0 = 2-1 dR （1 分） 由牛顿第二定律得 2 0 0 0 vqv B m R （1 分） 设粒子在 y 轴上的坐标为（0，-y0），由动能定理： 2 0 0 1 2qEy mv （1 分） 解得 2 2 0 (3 2 2) 2 qB dy mE  （1 分） 则 S 点坐标为（0， 2 2(3 2 2)- 2 qB d mE  ）（1 分） （2）要使粒子由 M 点静止释放后均能沿垂直于斜边的方向射出磁场，则粒子在磁场中运动的半径 R 满足 (2 1)d n R  ( 0,1,2...)n  （1 分） 由牛顿第二定律得 2vqvB m R （1 分） 设粒子在 y 轴上的坐标为（0，-y），由动能定理： 21 2qEy mv （1 分） 3 理综物理参考答案 第4页（共5页） 解得 2 2 22 2n+1 qB dy mE （ ） ( 0,1,2...)n  （1 分） 则 M 点坐标为（0， 2 2 2- 2 2n+1 qB d mE（ ） ( 0,1,2...)n  ）（1 分） （3）粒子在电场中的加速度为 a，则 qE ma （1 分） 粒子在电场中每单程的运动时间为 0t ，则 2 0 1 2y at （1 分） 粒子在电场中总的运动时间 1 0(2 1)t n t  ( 0,1,2...)n  （1 分） 解得 1 Bdt E （1 分） 粒子在磁场中做圆周运动的周期 2 mT qB  （1 分） 粒子在磁场中总的运动时间 2 8 2 T Tt n  ( 0,1,2...)n  （1 分） 解得 2 1 4 mt n qB  （ ） ( 0,1,2...)n  （1 分） 运动的总时间 1 2 1+ + 4 Bd mt t t nE qB   （ ） ( 0,1,2...)n  （2 分） 33.（15 分） （1）（5 分）ACE 【解析】爆裂瞬间，对外做功，内能减小，故 A 正确；气体分子间分子力（斥力）可忽略不计，故 B 错误； 爆裂前，气体吸热、温度升高，平均动能变大，故选项 C 正确；爆裂前，温度升高，但不是所有分子速率都 在增大，故 D 错误；爆裂前，温度升高，气体分子剧烈程度加剧，故单位面积的平均作用力变大，压强变 大，故选项 E 正确。 （2）（10 分）（i）360K （ii）324K 【解析】（i）缸内气体温度缓慢降低，初状态： 5 1 1 10 Pap   ，T1=400K，V1=（H+h）S=0.005m3 活塞刚好离开 a 时有： 2 0p S mg p S  ， 4 2 0 9 10 Pamgp p S    （2 分） V2=V1=（H+h）S=0.005m3 气体等容变化，由查理定律得， 1 2 1 2 p p T T （2 分） 活塞刚好离开 a 时缸内气体的温度 2 360KT  （2 分） （ii）温度继续缓慢降低，活塞缓慢上升，活塞刚好与 b 接触时： 4 3 2 9 10 Pap p   ，V3=HS=0.045m3 4 理综物理参考答案 第5页（共5页） 气体等压变化，由盖·吕萨克定律得， 32 2 3 VV T T （2 分） 活塞刚好与 b 接触时缸内气体的温度 3 324KT  （2 分） 34. （15 分） （1）（5 分）ACE 【解析】根据图乙的振动图像可知，在 x＝1.5m 处的质点在 t＝2s 时振动方向向下，所以 该波沿 x 轴负方向传播，选项 A 正确；由图甲可知该简谐横波波长为 2m，由图乙知周期 为 4s，则波速为 v＝ λ T＝0.5m/s，选项 B 错误；由于 t＝2s 时，质点 P 在波谷，且 4s＝1T， 所以质点 P 运动的路程为 4A＝24cm，选项 C 正确；由于该波沿 x 轴负方向传播，由图甲 可知 t＝2s 时，质点 P 已经在波谷。所以可知 0～2s 时间内，P 向 y 轴负方向运动，选项 D 错误；当 t＝7s 时，Δt＝5s＝1 1 4T，P 恰好回到平衡位置，选项 E 正确。 （2）（10 分）（i） 2 （ii）R 【解析】（i）由光路图可知，光线射到 AB 面上时的入射角为 300，折射角为 450（2 分） 由 sin sinr in  （2 分） 得折射率为 sin 45 2sin 30n    （1 分） （ii）光线沿 AB 方向射向内球面，刚好发生全反射，在 B 点的入射角等于临界角 C。在△OAB 中，OA= 2 R，OB=R，由正弦定理得： R r R C sin 2 )180sin(  （1 分） 可得：sinr= 1 2，（1 分） 则有 A 点处光线的折射角：r=30°（1 分） 在 A 点，由 n＝ sini sinr（1 分） 得 A 点处光线的入射角：i=45°（1 分） 2 sinh R i R  5