2021届安徽省江南十校高三上学期物理第二次联考试题答案

一、选择题

1．D 【解析】由v5t可知，物块的加速度大小为5m/s2；根据牛顿第二定律有Fmgma，解得：F60N，在第1s内，物块的位移h12at2.5m，物块的重力势能增加量：2ΔEPmgh100J，选项A错误；机械能的增加量等于除了重力外拉力的功：EFh150J，

选项B错误；动量的增量；Δpmv020kgm/s，方向向上，选项C错误；拉力的平均功率：

PWFh150W，选项D正确． tt212d1eUL2．B 【解析】在加速电场中，有eU0mv；在偏转电场中，有，联立可得

22mdv02U0L2k2，选项B正确． U2d223．D 【解析】根据左手定则可知，若粒子从C点射出，则粒子带正电，选项A错误；若粒子从D点射出，由几何知识可知粒子的轨道半径大于a，选项B错误；若粒子能从PA边射出的磁场，且粒子恰好不从DE边射出，则根据几何知识可得其临界轨迹的半径为

2a，选项C错误；若粒子能从PA343边射出磁场，则粒子在磁场中的运动的轨迹所对应的圆心角都相同，均为240，结合

tmT可知，粒子在磁场中的运动时间与其速度大小无关，选项D正确． 2qB4．A 【解析】地球同步卫星运行速度为3.08km/s，选项A正确，倾斜地球同步卫星的周期、角速度大小与地球自转的周期、角速度也相同，但由于轨道平面与赤道平面有夹角，所以它的纬度和

GMGMmmv2v经度都在不停变化，选项B错误；由，得，解得MEO卫星的线速度和GEO2rrr卫星的线速度大小之比约3:2，选项C错误；由

GMmGMmaa，得，解得MEO卫星22rr的向心加速度和GEO卫星的向心加速度大小之比约为9∶4，选项D错误．

5．B 【解析】由图象可知，质点B在02s内的加速度与质点A在24s内的加速度相同，

Δv3m/s2，选项A正确；在04s时间内，质点B的位移为Δt11x(39)2m(910)2m31m，平均速度v7.75m/s，选项B错误；在22tx4s7s内，由图象得，质点B的速度大于质点A的速度，速度-时间图象的斜率表示加速度，由图

象可知，质点B的加速度小于质点A的加速度，选项C正确；在2s8s时间内，质点B的位移为

x111(912)6m63m，质点A的位移为x26(612)442m，B比A多222运动了Δxxx63m42m21m，所以t8s时刻，两质点相遇，选项D正确，故本题选B． 6．D 【解析】若受电线圈的c、d两端断开，在t1时刻，送电线圈中的电流在从a到b逐渐减小的过程中，穿过受电线圈中磁通量减小，根据楞次定律可知，t1时刻，c点的电势比d点的电势低，选项A错误；若受电线圈的c、d两端断开，t2时刻，受电线圈的磁通量的变化率为零，因此c、d两端的电压为零，选项B错误；若受电线圈的c、d两端连接，t1时刻受电线圈中感应电流最大，但送电线圈中的电流为零，两线圈不会有相互作用，选项C错误；由图乙可知，从t2时刻到t3时刻，电流先从a端流入逐渐减小到零然后从b端流入逐渐增大，根据安培定则可知，送电线圈中电流产生的磁场在受电线圈中先向上逐渐减小，后向下逐渐增大，根据楞次定律可知，俯视来看，受电线圈中的电流一直沿逆时针方向，选项D正确．

7．AC 【解析】以整体为研究对象，外力F有水平向右的分力，由水平方向受力平衡可得，地面对斜面体有向左的摩擦力，选项A正确；因为不知道物体P是否处于临界状态，所以根据题给条件，无法判断斜面体对物块的P的最大静摩擦力的大小，也就无法判断烧断细绳OP后物块P的状态，选项B错误；烧断细绳OQ的瞬间，由弹性绳的延时性特点，可判断小球Q的合力为2mg，小球M的合力为零，根据牛顿第二定律可得小球Q和M的加速度分别为2g和0，选项C正确；由于不知道物块P的具体质量，故无法判断斜面体对物块P的摩擦力的方向；可能沿斜面向下，也可能沿斜

面向上，还可能没有摩擦力，因此也无法判断烧断橡皮筋后，物块P的摩擦力的变化情况，选项D错误．

8．ACD 【解析】电压表的读数为电源输出电压的有效值，故电压表读数为80V，选项A正确；原线圈中的电流I12121AA，副线圈中的电流I22AA，根据变压器电流与匝数2412246的关系有I1n1I2n2得n1:n22:1，选项B错误；又U1UUL56V，根据变压器电压与匝数的关系有

U1U2得U228V，定值电阻两端的电压URU2UL4V，定值电阻的阻值n1n2R1UR24Ω，选项C正确；变压器的输入功率PU1I156W4.67W，选项D正确． I2129．BD 【解析】在B点微粒机械能最大，说明C到B电场力做功最大，由数学关系知过B点做圆的切线，即电场力沿OB方向，带电粒子电性未知，场强方向不能确定．在F点微粒动能最大，说明C到F合力做功最多，即重力电场力的合力方向沿OF，有：

mgsin30，tan30，mgF合 qE定

理

有

：

解得

E3mg,F合 2mgq，动能

1212EKFmv0F合 R1cos30mv0(23)mgR，故选项A错误、B正确；OF反向延

22长线与圆的交点，为等效重力的最高点，合力做的负功最大，动能最小，选项C错误；根据C、A关于FO延长线对称，带电微粒从C点到A点等效重力（合力）做功为零，动能不变，选项D正确． 10．AC 【解析】小球不脱离半圆轨道的临界条件有两个，一是恰好从D点飞出，小球刚好能从D

mgh112mv2mgh1umgsmg2RmvDh11.31m，点飞出应满足mg，得vmingR，，

Rtan2所以选项A正确；其二是小球在半圆形导轨在E点减到速度为零，由动能定理

mgh2umgh29umgh3umgsmgR0，得h2m，小球能进入半圆轨道有mgh3umgs，tan8tan9m，所以选项C正确． 8得h1m,1mh二、实验题

d22FLΔt211．（6分）（1）20分度（2分） （2）（2分） （3）（2分）

2L(Δt)22gLΔt2d2【解析】（1）根据遮光条的宽度d0.585cm5.85mm，可知该同学用的是“20分度”的游标卡尺；

v2d2（2）a； 2L2L(Δt)2d2（3）对重物，根据牛顿第二定律有mgFm，得22L(Δt)F2FLΔt2． 222d2gLΔtdg2L(Δt)212．（8分）（1）电路连接见解析（2分） （2）1.0（0.9-1.1）（2分） 2.75（2.65-2.83）（2分） （3）D（2分） （4）D（2分）

【解析】（1）由于电压调节范围大，滑动变阻器用分压接法，由于灯泡的电阻较小，因此安培表采用外接法．

（2）小灯泡额定电压为2.0V，由图可知，小灯泡的额定电流为0.5A，因此小灯泡的额定功率为

PUI1.0W；当灯泡两端的电压为1.1V时，由图可知，灯泡中的电流为0.4A，则此时灯泡的

电阻为RU1.1Ω2.75Ω． I0.4

（3）由于电压很小时，温度变化不大，I、U成线性关系，因此用欧姆表测常温下灯泡的电阻约为

RU0.15Ω1.5，选择D项． I0.1UU为灯泡的电阻，由于U为零时，因此图象不过原点，选项A、C错误；U图象的割线II（4）

斜率为正确．

11，随着电压增大，电流增大，一直减小，由于B图象是先减小后增大，选项B错误，DII三、计算题

13．（8分）解：由图可知，碰撞前有：

vASA410m/s3m/s （1分） tA2vBSB4m/s2m/s （1分） tB2碰撞后有vAvBvs24m/s1m/s （1分） t42对A、B组成的系统，由动量守恒定律及动量定理得：

IBΔpBΔpAmAvAmAvA2kgm/s （1分） vB （1分） （2）ΔpBmBvB所以mBΔpB2kg （1分）

v3BvB（3）碰撞中A、B组成的系统损失的机械能：

11122ΔEmAvAmBvBmAmBv2 （1分）

222代入数据解得：ΔE5J． （1分）

14．解：（1）由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能、电路中产生的焦耳热、金属棒和导轨之间摩擦产生的热量三者之和：mgh12mghcosmvQ （2分） 2sin

即Qmgh12mghcos21mvmghmv2． （2分） 2sin32（2）金属棒达到最大速度vm时，金属棒切割磁感线产生的感应电动势：

EBLvm （1分）

由闭合电路欧姆定律得：IE （1分）

R1R2从b端向a端看，金属棒受力如图Ffmgcos 金属棒达到最大速度时，满足：

mgsinBILmgcos0 （1分）

由以上三式得：

vmmg(sincos)R2R1． （1分）

B2L26030ms1Ω115ms1Ω1，纵轴截距v30m/s． 2由题图乙可知：斜率k所以得到

mg(sincos)mg(sincos)Rvk ，1B2L2B2L2解得R12.0Ω,m0.15kg． （2分）

15．解：（1）根据题意，画出带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，可知粒子从y轴正半轴上一点

v2射出，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，由qvBm （1分）

r得r1mv0.6m （1分） qB同理可得r2mvmv0.3mr30.2m （1分） 2qB3qB

由对称性可知r4mvmv0.3mr50.6m （1分） 2qBqB由几何关系可得射出磁场坐标

y2r3cos30r11cos30r51cos30 （1分）

代入数据得y623m （1分） 5放粒子射出磁场时的位置坐标为0,623m； 5（2）设带粒子依次运动五段圆弧所对应时间为t1、t2、t3、t4、t5

t1t512m105s （1分） 12qB612m105s （1分） 62qB6t2t4t322m4105s （1分） 33qB9由几何关系知粒子在磁场中运动时间

tt1t2t3t4t510105s （1分） 9由第（1）问知粒子在磁场中运动的位移s623m （1分） 5vs9(623)105m/s1.45104m/s，方向沿y轴正方向． （1分） t5016．解：（1）（6分）设物块滑上长木板的大小为v1在长木板上运动的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律：2mgma2

求得：a24m/s （1分）

2v122a2L （1分）

求得v122m/s （1分）

假设物块在传送带上先加速后匀速，设物块在传送带上加速度为a1； 根据牛顿第二定律：1mgma1 得：a15m/s （1分）

2v12物块加速运动的位移：x0.8mL，假设成立 （1分）

2a1因此传送带的速度大小为v传 22m/s （1分） （2）物块传送带上加速的时间为：t1v122s （1分） a15匀速运动的时间：t2Lx2s （1分） v120物块滑上长木板后，由于2mg33mg

因此物块滑上长木板后，长木板开始做初速度为零的匀加速运动，设经过t3时间物块和长木板具有共同速度v2，对长木板研究，根据牛顿第二定律：

2mg33mg2ma3 （1分）

求得：a30.5m/s

2v1a2t3a3t3 （1分）

求得：t342s （1分） 922m/s2 （1分） 9共同速度：v2a3t3此后物块与长木板一起向前做匀减速运动，加速度大小：a4一起运动的时间：t43g1m/s2

v222s （1分） a49672s． （1分） 60 因此物块运动的时间：tt1t2t3t4