2011安徽高考理综

2021安徽高考物理试卷及答案

本卷共20小题，每题6分，共120分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项

符合题目要求的。

14．原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源。当氘等离子体被加热到适当高温时，

氘核参与的几种聚变反响可能发生，放出能量。这几种反响总的效果可以表示为

2411

1210

6243.15HkHedHnMeV由平衡条件可知〔〕

A．k=1d=4B．k=2d=2C．k=1d=6D．k=2d=3

答案：

B

解析：由质量数守恒和电荷数守恒，分别有410kd，26kd，解得k=2，d=2。正

确选项为B。

15．2009年2月11日，俄罗斯的“宇宙-2251”卫星和美国的“铱-33”卫星在西伯利亚上空约

805km处发生碰撞。这是历史上首次发生的完整在轨卫星碰撞事件。碰撞过程中产生的

大量碎片可能会影响太空环境。假定有甲、乙两块碎片，绕地球运动的轨道都是圆，甲的运

行速率比乙的大，那么以下说法中正确的选项是

A．甲的运行周期一定比乙的长B．甲距地面的高度一定比乙的高

C．甲的向心力一定比乙的小D．甲的加速度一定比乙的大

答案：D

解析：由

GM

v

r



可知，甲的速率大，甲碎片的轨道半径小，故B错；由公式

3R

T2

GM



可知甲的周期小故A错；由于未知两碎片的质量，无法判断向心力的大小，故C错；碎片

的加速度是指引力加速度由

2

GMm

ma

R

得

2

GM

a

R

，可知甲的加速度比乙大，故D对。

16．大爆炸理论认为，我们的宇宙起源于137亿年前的一次大爆炸。除开始瞬间外，在演化

至今的大局部时间内，宇宙根本上是匀速膨胀的。上世纪末，对1A型超新星的观测显示，

宇宙正在加速膨胀，面对这个出人意料的发现，宇宙学家探究其背后的原因，提出宇宙的大

局部可能由暗能量组成，它们的排斥作用导致宇宙在近段天文时期内开始加速膨胀。如果真

是这样，那么标志宇宙大小的宇宙半径R和宇宙年龄的关系，大致是下面哪个图像？

答案：C

解析：图像中的纵坐标宇宙半径R可以看作是星球发生的位移x，因而其切线的斜率就是宇

宙半径增加的快慢程度。由题意，宇宙加速膨胀，其半径增加的速度越来越大。应选C

t

R

t

R

t

R

t

R

ABCD

17．为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人

站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，

如下图。那么以下说法中正确的选项是

A．顾客始终受到三个力的作用

B．顾客始终处于超重状态

C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下

D．顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下

答案：C

解析：在慢慢加速的过程中顾客受到的摩擦力水平向左，电

梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三

定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下；在

匀速运动的过程中，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对

扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下。

18．在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abcd，顶点a、

c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如下图。假设将一个带

负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。

粒子从b点运动到d点的过程中

A．先作匀加速运动，后作匀减速运动

B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势

C．电势能与机械能之和先增大，后减小

D．电势能先减小，后增大

答案：D

解析：由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的。所

以A错；由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中

垂线O点的电势最高，所以从b到a，电势是先增大后减小，

故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相

互转化，故电势能与机械能的和守恒，C错；由b到O电场

力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增

加，D对。

19．右图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动

的径迹。云室旋转在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里。云室中横放的金属板对粒子的

运动起阻碍作用。分析此径迹可知粒子

A．带正电，由下往上运动

B．带正电，由上往下运动

C．带负电，由上往下运动

D．带负电，由下往上运动

答案：A。

解析：粒子穿过金属板后，速度变小，由半径公式

mv

r

qB



可知，半径变小，粒子运动方向为由下向上；又由于洛仑

兹力的方向指向圆心，由左手定那么，粒子带正电。选A。

a

b

cd

·

·

a

b

c

c

d

O

F

N

mg

f

a

20．如图甲所示，一个电阻为R，面积为S的矩形导线框abcd，水平旋转在匀强磁场中，

磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成450角，o、o’分别是ab和cd边

的中点。现将线框右半边obco’绕oo’逆时针900到图乙所示位置。在这一过程中，导线中

通过的电荷量是

A．

2BS

2R

B．

2BS

R

C．

BS

R

D．0

答案：A

解析：对线框的右半边〔obco′〕未旋转时整个

回路的磁通量

1

2

BSsin45

2

oBS

对线框的右半边〔obco′〕旋转90o后，穿进跟穿出的磁通量相等，如右图整个回路的磁

通量

2

0。

21

2

BS

2

。根据公式

2

2

BS

q

RR



。选A

第二卷〔非选择题共180分〕

21．〔18分〕

Ⅰ．〔6分〕用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a、b的位置，如下图。假设多用

电表的选择开关处于下面表格中所指的档位，a和b的相应读数是多少？请填在表格中。

Ⅱ．〔6分〕用右图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻。电池的内阻较小，为

了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R

0

起保护作用。除电池、开

关和导线外，可供使用的实验器材还有：

（a）电流表〔量程0.6A、3A〕；

（b）电压表〔量程3V、15V〕

（c）定值电阻〔阻值1、额定功率5W〕

（d）定值电阻〔阻值10，额定功率10W〕

（e）滑动变阻器〔阴值范围0--10、额定电流2A〕

（f）滑动变阻器〔阻值范围0-100、额定电流1A〕

aa

b

b

c

c

d

d

B

B

450

450

甲

乙

o

o

o/

o/

a

b

V

A

E

S

R

R

0

指针位置选择开关所处挡位读数

a

直流电流100mAmA

直流电压2.5VV

b电阻×100Ω

b(c)

o(o′)

b(c)

o(o′)

那么

〔1〕要正确完成实验，电压表的量程应选择V，电流表的量程应选择A；R

0

应选择的定值电阻，R应选择阻值范围是的滑动变阻器。

〔2〕引起该实验系统误差的主要原因是。

Ⅲ．〔6分〕探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图

所师，实验主要过程如下：

〔1〕设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、

3W、……；

〔2〕分析打点计时器打出的纸带，求出小车的

速度

1

v、

2

v、

3

v、……；

〔3〕作出Wv草图；

〔4〕分析Wv图像。如果Wv图像是一条直线，说明∝

v

；如果不是直线，可考虑

是否存在2Wv、3Wv、Wv等关系。

以下关于该试验的说法中有一项不正确

．．．

，它是___________。

A．本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、……。所采用的方法是选

用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致。当用1条橡皮筋

进行是实验时，橡皮筋对小车做的功为W，用2条、3条、……橡皮筋并在一起进

行第2次、第3次、……实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W、3W、……。

B．小车运动中会受到阻力，补偿的方法，可以使木板适当倾斜。

C．某同学在一次实验中，得到一条记录纸带。纸带上打出的点，两端密、中间疏。出

现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小。

D．根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一

点的距离来进行计算。

答案：I．

指针位置选择开关所处的档位读数

a

直流电流100mA23.0mA

直流电压2.5V0.57V

b电阻×100320Ω

解析：直流电流100mA档读第二行“0～10〞一排，最小度值为2mA估读到1mA就可以了；

直流电压2.5V档读第二行“0~250〞一排，最小分度值为0.05V估读到0.01V就可以了；电

阻×100档读第一行，测量值等于表盘上读数“3.2〞乘以倍率“100〞。

II．答案：

〔1〕3，0.6，1，0～10。〔2〕由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输

出电流小。

解析：由于电源是一节干电池〔1.5V〕，所选量程为3V的电压表；估算电流时，考虑到

干电池的内阻一般几Ω左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A

的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否那么会使得电流表、电压表取值

范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω

能很好地控制电路中的电流和电压，假设取0～100Ω会出现开始几乎不变最后突然变化的

现象。

关于系统误差一般由测量工具和所造成测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者

偏小。本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，

打点计时器

纸带

橡皮筋

造成E测

解析：本实验的目的是探究橡皮绳做的功与物体获得速度的关系。这个速度是指橡皮绳做功

完毕时的速度，而不整个过程的平均速度，所以D选项是错误的。

22．〔14分〕

在2021年北京残奥会开幕式上，运发动手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火

炬，表达了残疾运发动坚忍不拔的意志和自强不息的精神。为了探究上升过程中

运发动与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化。一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的

定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运发动拉住，如下图。设运发动

的质量为65kg，吊椅的质量为15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦。重力加速度取

g=10m/s2。当运发动与吊椅一起正以加速度a=1m/s2上升时，

试求

〔1〕运发动竖直向下拉绳的力；

〔2〕运发动对吊椅的压力。

答案：440N，275N

解析：解法一:(1〕设运发动受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的

两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是F。对运发动和吊椅整体进

行受力分析如下图，那么有：

2F-mmmgma

人人

椅椅

440FN

由牛顿第三定律，运发动竖直向下拉绳的力

440FN





〔2〕设吊椅对运发动的支持力为F

N

，对运发动进行受力分析如下图，那么有：

N

FF-mgma

人人

N

F275N

由牛顿第三定律，运发动对吊椅的压力也为275N

解法二:设运发动和吊椅的质量分别为M和m；运发动竖直向下的拉力

为F，对吊椅的压力大小为F

N

。

根据牛顿第三定律，绳对运发动的拉力大小为F，吊椅对运发动的支持

力为F

N

。分别以运发动和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律

N

FF-MgMa①

N

FFmgma②

由①②得440FN

275

N

FN

23．〔16分〕

如下图，匀强电场方向沿

x

轴的正方向，场强为E。

在A〔d，0〕点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，

某一时刻突然分裂成两个质量均为

m

的带电微粒，其中电

荷量为q的微粒1沿y轴负方向运动，经过一段时间到达

y

0

A(d,0)

·

E

x

F

F

(m人+m椅)g

a

F

m人g

a

FN

〔0，－d〕点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求

〔1〕分裂时两个微粒各自的速度；

〔2〕当微粒1到达〔0，－d〕点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率；

〔3〕当微粒1到达〔0，－d〕点时，两微粒间的距离。

答案：〔1〕

12

qEd

v

m



，

22

qEd

v

m



方向沿y正方向〔2〕

-2qEd

PqE

m



〔3〕22d

解析：〔1〕微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀

加速直线运动。所以微粒1做的是类平抛运动。设微粒1分裂时的速度为v

1

，微粒2的速度

为v

2

那么有：

在y方向上有-

1

dvt

在x方向上有

qE

a

m

，-2

1

2

dat，

1

--

2

qEd

v

m



根号外的负号表示沿y轴的负方向。

中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有

12

0mvmv，

212

qEd

vv

m



方向沿y正方向。

〔2〕设微粒1到达〔0，-d〕点时的速度为v，那么电场力做功的瞬时功率为

Pcos

BBx

qEvqEv

其中由运动学公式

-2

-2

Bx

qEd

vad

m



，所以

-2qEd

PqE

m



〔3〕两微粒的运动具有对称性，如下图，当微粒1到达〔0，-d〕点时发生的位移

1

2Sd

那么当当微粒1到达〔0，-d〕点时，两微粒间的距离为

1

BC222Sd

24．〔20分〕

过山车是游乐场中常见的设施。以下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在

竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、

D间距相等，半径R

1

=2.0m、R

2

=1.4m。一个质量为m=1.0kg的小球〔视为质点〕，从轨道的

左侧A点以v

0

=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L

1

=6.0m。小球与水平轨道间

的动摩擦因数μ=0.2，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。

重力加速度取g=10m/s2，计算结果保存小数点后一位数字。试求

〔1〕小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；

〔2〕如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少；

〔3〕在满足〔2〕的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，

半径R

3

应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离。

〔0,-d〕

v

y

〔d,0〕

x

E

y

θ

v

x

解析：〔1〕设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v

1

根据动能定理

22

1110

11

-2

22

mgLmgRmvmv①

小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律

2

1

1

v

Fmgm

R

②，由①②得F10.0N③

〔2〕设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v

2

，由题意

2

2

2

v

mgm

R

④，22

1220

11

2

22

mgLLmgRmvmv⑤

由④⑤得L12.5m⑥

〔3〕要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：

I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v

3

，应满足

2

3

3

v

mgm

R

⑦，22

1330

11

22

22

mgLLmgRmvmv⑧

由⑥⑦⑧得

3

R04.m

II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R

3

，根据动能定理

2

130

1

220

2

mgLLmgRmv，解得

3

R1.0m

为了保证圆轨道不重叠，R

3

最大值应满足

22

2

2332

RRLR-R，解得R

3

=27.9m

综合I、II，要使小球不脱离轨道，那么第三个圆轨道的半径须满足下面的条件

3

0R0.4m或

3

1.0m27.9mR

当

3

0R0.4m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，那么

2

0

1

-0

2

mgLmv

，36.0mL





当

3

1.0m27.9mR时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L〞，那么



1

LL2226.0mLLL





R

1R

2R

3A

B

C

D

v

0

第一圈轨道

第二圈轨道

第三圈轨道

LLL

1