安徽省滁州市全椒县高考物理三年（2021-2023）模拟题（一模）按题型分类汇编-01选择题
一、单选题
1. 某质点做直线运动的位置与时间的关系图像如图所示。由图像可知( )
A. 前秒内，质点先加速运动再匀速运动 B. 前内质点的位移是
C. 第内质点的位移是 D. 前内质点的平均速度为
2. 如图所示，光滑半圆环竖直固定放置，最高点处有一光滑小滑轮，质量为的小球穿在环上。现用细绳一端拴在上，另一端跨过滑轮用力拉动，使由图示位置缓慢向上移动，圆环对的弹力为，则( )
A. 力逐渐变大
B. 弹力逐渐变小
C. 弹力大小不变
D. 弹力的方向先背离圆心后指向圆心
3. 如图所示，竖直平面内有一固定光滑的绝缘轨道，斜面与半径为的圆弧轨道平滑相切于点，为竖直直径，在圆心处固定一个正点电荷。质量为的带负电小球，从斜面上的点由静止释放，小球能到达圆弧最高点，重力加速度为。则小球( )
A. 到达点时速度可能为零
B. 到达点时的速度可能等于
C. 从点沿圆轨道到点过程机械能守恒
D. 在、两点的机械能相等
4. 粗糙绝缘水平面上垂直穿过两根长直导线，两根导线中通有相同的电流，电流方向竖直向上。水平面上一带正电滑块静止于两导线连线的中垂线上，俯视图如图所示，某时刻给滑块一初速度，滑块沿中垂线向连线中点运动，滑块始终未脱离水平面。则在运动过程中( )
A. 滑块一定做曲线运动 B. 滑块可能做匀速直线运动
C. 滑块的加速度一直增大 D. 滑块的速度一直减小
5. 水刀切割具有精度高，无热变形、无毛刺，无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀机床工作时，垂直射向钢板的圆柱形水流的横截面直径为，水流穿过钢板后速度方向不变，大小变为原来的一半。已知水的流量单位时间流出水的体积为，水的密度为，则钢板受到水的平均冲力大小为( )
A. B. C. D.
6. 高中物理教材指出，图象下面的面积等于物体的位移，关于图象中的面积与物理量的对应关系不正确的是
( )
A. 图线力随力的方向上位移变化下面的面积等于力做的功
B. 图象加速度随时间变化下面的面积等于速度的变化量
C. 图线磁通量随时间变化下面的面积等于感应电动势的大小
D. 图线电流随时间变化下面的面积等于通过的电量
7. 如图，一质量的小球通过轻绳连接在质量的小车上，现给小球施加一个水平方向的恒力，使小球和小车一起在光滑水平地面上向右做匀加速运动，已知轻绳和竖直方向的夹角为，则小车的加速度的大小为取( )
A. B. C. D.
8. 如图所示，、是两个电量相等的正点电荷，它们的连线中点是，、是中垂线上的两点，，用、、、分别表示、两点的场强和电势，则( )
A. 一定大于，一定大于
B. 不一定大于，一定大于
C. 一定大于，不一定大于
D. 不一定大于，不一定大于
9. 一弹丸在飞行到距离地面高时仅有水平速度，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为：，不计质量损失，取重力加速度，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
A. B.
C. D.
10. 如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个正六边形线框，它的六个顶点均位于一个半径为的圆形区域的边界上，为圆形区域的一条直径，上方和下方分别存在方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于圆形区域，上方磁感应强度大小为，下方磁感应强度为。现给线框接入从点流入、从点流出的大小为的恒定电流，则金属线框受到的安培力的大小为( )
A. B. C. D.
11. 从地面上以初速度竖直上抛一质量为的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为，且落地前小球已经做匀速运动，则下列说法中正确的是( )
A. 小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小
B. 小球抛出瞬间的加速度大小为
C. 小球被抛出时的加速度值最大，最高点的加速度值最小
D. 小球上升过程的平均速度等于
12. 如图甲所示，在平行于纸面的匀强电场中，有一个半径为的圆形区域，圆心为，为圆弧上的一个点，从点出发沿逆时针运动，为连线旋转的角度，点电势随变化情况如图乙所示，则( )
A. 场强大小为 B. 电子在点时的电势能为
C. 电子在点时所受电场力指向点 D. 电子沿圆弧运动过程中电场力不做功
二、多选题（本大题共7小题，共36.0分）
13. 某航天器的发射过程可简化为两个阶段，如图所示，先由椭圆轨道运动后调整至圆轨道，然后以大小为的速度在轨道上稳定运行。轨道上、、三点与地球中心在同一直线上，、两点分别为轨道的远地点与近地点，且。则( )
A. 航天器在轨道上点的速度小于其在轨道上点的速度
B. 航天器在轨道上的机械能等于其在轨道上的机械能
C. 航天器在轨道上点的加速度等于
D. 航天器在轨道上运行的周期与在轨道上运行的周期之比为
14. 如图甲所示，物块、中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长，物块的质量为。时对物块施加水平向右的恒力，时撒去，在内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，则( )
A. 时物块的速度为 B. 时弹簧弹力为
C. 物块的质量为 D. 大小为
15. 如图所示，静止在光滑水平面上的小车，由三段轨道平滑连接而成。段是倾角为的斜面，段水平，段是半径为的竖直圆弧，、两点等高，小车的总质量为。一质量为的小物块，从点以的初速度沿斜面向下运动，当其首次经过段的最左端时，速度大小为。已知段粗糙，段、段均光滑，重力加速度取，，则( )
A. 小物块最终相对于小车静止在点
B. 小物块首次经过段的最左端时，小车的速度大小为
C. 小物块会从点离开小车
D. 小车向左位移最大时小物块的速度大于
16. 两颗人造卫星绕地球逆时针运动，卫星、卫星分别沿圆轨道、椭圆轨道运动，圆的半径与椭圆的半长轴相等，两轨道相交于、两点，某时刻两卫星与地球在同一直线上，如图所示，下列说法中正确的是( )
A. 两卫星在图示位置的速度 B. 两卫星在处的加速度大小相等
C. 两颗卫星在或点处可能相遇 D. 两卫星永远不可能相遇
17. 如图所示，长木板与物体叠放在水平地面上，物体与木板左端立柱间放置轻质弹簧，在水平外力作用下，木板和物体都静止不动，弹簧处于压缩状态。将外力缓慢减小到零，物体始终不动，在此过程中( )
A. 弹簧弹力不变 B. 物体所受摩擦力逐渐减小
C. 物体所受摩擦力始终向左 D. 木板所受地面的摩擦力逐渐减小
18. 如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度向右匀速通过一正方形磁场区域，垂直于导轨且平行于导体棒，右侧的磁感应强度是左侧的倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是规定电流从经到为正，安培力向左为正( )
A. B. C. D.
19. 如图所示，将质量相同的、、三个小球从水平地面上的点用相同的速率、以不同的方向斜向上抛出，三个小球在空中的运动轨迹分别为、、，三个小球在空中运动过程中的动量变化量分别为、、，落地时重力的瞬时功率分别为、、，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 三个球动量变化量相同 B. 三个球落地时重力的瞬时功率相等
C. 最大，最小 D. 最大，最小
答案和解析
1.【答案】
【解析】A.前秒内，质点先匀速运动再静止，A错误；
B.前 内质点的位移是，B正确；
C.第 内质点的位移是，C错误；
D.前 内质点的平均速度为，D错误。
故选B。
2.【答案】
【解析】根据平衡条件知与的合力与等大反向共线，作出与的合力，如图所示
由三角形相似得
由图可知与大小相等，根据图中的几何关系知，缓慢向上移动时
不变，减小，
联立解得
的方向始终背离圆心，而大小变小。
故选C。
3.【答案】
【解析】小球恰好能从点飞出根据牛顿第二定律可知
小球通过点的速度一定大于 ，AB错误；
C.点电荷的等势面为球面，小球从点沿圆轨道到点过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，C正确；
D.小球从 到 过程，电场力做正功，小球的机械能变大，即小球在 点的机械能大于在 点的机械能，D错误。
故选C。
4.【答案】
【解析】根据安培定则，知两导线连线上的垂直平分线上，上方的磁场方向水平向左，而下方的磁场方向水平向右，根据左手定则，可知，滑块受到的洛伦兹力方向垂直于水平面先向下后向上，滑块所受的支持力先增大后减小，则滑块所受的摩擦力也随先增大后减小，根据牛顿第二定律可知滑块的加速度也会先增大后减小，滑块所受的滑动摩擦力与速度反向，滑块一定做减速直线运动。
故选D。
5.【答案】
【解析】以水为研究对象，根据动量定理可知
可得
又 ，
代入可得
故选A。
6.【答案】
【解析】解：在坐标系中，图线和横轴围成的面积为；
A、根据功的公式：，可知图线和横轴围成的面积表示力的总功；故A正确；
B、根据速度的变化量与加速度的关系：可知，加速度时间图线和横轴围成的面积表示速度的变化量，故B正确；
C、根据法拉第电磁感应定律知感应电动势大小在图象中，穿过线圈的磁通量的变化量为，不能用阴影面积表示磁通量的变化量，更不能表示感应电动势大小。故C错误；
D、根据电流的定义式：，得，知在图象中，电流时间图线和横轴围成的面积表示通过的电量，故D正确。
本题选不正确的，
故选：。
研究任意坐标系，根据图线和横轴围成的面积为：；将换成具体的物理量分析即可。
本题关键明确在坐标系中，图线和横轴围成的面积为：；可以根据此方法求解功、速度改变量等。
7.【答案】
【解析】解：对小球受力分析，受重力、绳子拉力，根据牛顿第二定律有：
水平方向：
竖直方向：
对整体，水平方向：
解得：
故B正确，ACD错误；
故选：。
先对小球受力分析，再对整体受力分析，由牛顿第二定律列式求解加速度。
本题主要考查了牛顿第二定律的应用，关键是抓好受力分析与牛顿第二定律的运用。
8.【答案】
【解析】
【分析】
根据点电荷场强公式，运用矢量合成的平行四边形定则求出连线中垂线上各个点的合场强。
本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低。
【解答】
两个等量正点电荷连线中点的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从点沿着中垂线到无穷远处电场强度先增大后减小，设场强最大的点为点，点可能在、两点之间，也可能在、之间，也可能在点的外侧，当点可能在、两点之间时，可能大于，也可能小于，还可能等于；当在、之间时，大于；当点在点外侧时，
小于；在连线的中垂线上，场强方向沿方向，沿电场线方向电势越来越低，因此一定大于 ；故ACD错误，B正确。
故选B。
9.【答案】
【解析】解：规定向右为正，设弹丸的质量为，则甲的质量为，乙的质量为，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力外力，遵守动量守恒定律，则有：
则
两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，，
水平方向做匀速运动，，，
则
结合图象可知，的位移满足上述表达式，故B正确。
故选：。
炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力外力，遵守动量守恒定律；
当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动．根据平抛运动的基本公式即可解题．
本题考查了动量守恒定律的直接应用，知道当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动，难度适中．
10.【答案】
【解析】解：由题意可知，线框流过边的电流，流过边的电流，
那么、受到的安培力等大同向，斜向左下方，同理 、受到的安培力等大同向，斜向右下方，
则、、、所受的安培力合力为，方向向下，
边受到的安培力，方向向下，
边受到的安培力，方向向上，故线框受到的安培力，故A正确，BCD错误；
故选：。
根据各边的长度关系，结合串并联电路特征，可知，流过边与流过边的电流大小关系，再依据安培力表达式，结合矢量的合成法则，即可求解。
考查矢量的合成法则，掌握串并电路特征，理解左手定则的应用，注意磁场方向的不同，及左手定则与右手定则的区别。
11.【答案】
【解析】解：、小球上升过程，对小球受力分析，小球受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律得：
解得
由于是减速上升，速度减小，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；
下降过程，小球受重力和阻力，根据牛顿第二定律得：
解得：
小球加速下降，速度变大，阻力逐渐增大，故加速度不断减小，当重力等于阻力时，加速度为零；
即上升过程，加速度一直在减小，在下降过程，先减小，后不变，小球被抛出时的加速度值最大，最高点的加速度值不是最小，故AC错误；
B、空气阻力与其速率成正比，最终以匀速下降，由平衡条件得：
小球抛出瞬间，由牛顿第二定律得：
联立解得：
故B正确；
D、图象与时间轴所围的面积表示位移，平均速度是位移与时间的比值，从图象可以看出，小球的位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于，故小球上升过程的平均速度小于，故D错误。
故选：。
对小球受力分析，根据牛顿第二定律求解小球的加速度，进而分析加速度的变化；图像与坐标轴所围的面积表示位移，平均速度是位移与时间的比值，匀变速直线运动平均速度等于初末速度的平均值，将小球的运动与匀变速直线运动比较即可。
本题考查牛顿第二定律和图像，解题关键是对小球做好受力分析，知道图像与坐标轴所围的面积表示位移，结合牛顿第二定律分析即可。
12.【答案】
【解析】解：、由图乙可知：，电子在点电势能
当时，点位于下图中的点处，此时可得：
当时，点位于下图中的点处，由几何知识可知、、三点共线，此时可得：
则圆心点的电势为：
过点作的垂线交于点，由几何知识易得，点为中点，则下图中点的电势为：
故直线为等势线，由于电场线与等势面垂直，则可知电场线沿方向，过点作电场线的垂线，交于点，如下图所示
则有：
电场强度的大小为：，故A正确，B错误；
C、根据上面的分析可知，电子在点时所受电场力平行于斜向下，故C错误；
D、电子从点沿圆弧逆时针移动，电势先降低再升高，电势能先升高后降低，则电场力先做负功后做正功，故D错误。
故选：。
电场强度方向从高电势点指向低电势点，根据推论解得电场强度与点的电势，根据功能关系分析选项。
本题主要考查了场强的相关应用，根据图像结合推论和场强的定义式即可完成分析。
13.【答案】
【解析】A.卫星在 点所在圆轨道变轨到轨道需要加速离心，所以航天器在轨道上点的速度大于轨道上 点即点的速度，
根据开普勒定律可知，椭圆轨道上点的速度大于点的速度，
综上可知航天器在轨道上点的速度大于其在轨道上点的速度，A错误；
B.卫星由轨道加速变为轨道，则卫星在轨道上的机械能大于轨道上的机械能，故B错误；
C.由题意可得，轨道半径为
轨道上经过点的加速度等于轨道上经过点的加速度，又卫星在轨道上点速度为 ，轨道上经过点的加速度等于 ，则在轨道上经过点的加速度等于 ，故C正确；
D.轨道的半长轴为，轨道的半径为 ，
由开普勒第三定律可得
轨道与轨道上运动的周期之比
D正确。故选CD。
14.【答案】
【解析】A.若物体的加速度从均匀减小到，图像的面积为
而的初速度为零，可知时的速度为，
但实际是物体的 图像的面积偏小，即速度变化量小于，则 时的速度大小小于，故A错误；
恒力拉动的瞬间，由 图像的加速度为 ，有
时两者的加速度相等 ，对、由牛顿第二定律有
解得，
故BD正确，C错误；
故选BD。
15.【答案】
【解析】A.只要小物块在点速度不为零，小物块就会冲上斜面，并下滑。由能量守恒定律，小物块最终相对于小车静止在点。A正确；
B.设小车质量为 ，小物块质量为 。
设水平向右为正方向，小物块首次经过段的最左端时速度 ，小车和小物块水平方向动量守恒
解得
小物块首次经过段的最左端时，小车的速度大小为 。B错误；
C.设小物块在段上升最大高度相对为 ，此时小物块和小车速度相同，设为 。
由水平方向动量守恒，得
由机械能守恒定律
解得，
小物块不会从点离开小车。C错误；
D.小车向左位移最大时，小车的速度为零，小物块此时在段，设小物块的速度为 ，速度方向与水平方向的夹角为 ，由水平方向动量守恒得
因为
得
D正确。
故选AD。
16.【答案】
【解析】解：、为椭圆轨道的远地点，速度比较小，表示做匀速圆周运动的速度，，故A错误
B、两个轨道上的卫星运动到点时，所受的万有引力产生加速度，加速度相同，故B正确；
、椭圆的半长轴与圆轨道的半径相同，根据开普勒第三定律知，两颗卫星的运动周期相等，则不会相遇，故D正确，C错误。
故选：
根据开普勒定律比较两卫星的运动周期，根据万有引力的大小，通过牛顿第二定律比较加速度，结合速度的大小比较向心加速度的大小。
本题考查万有引力定律、开普勒第三定律、牛顿第二定律等知识，知道卫星变轨的原理是解决本题的关键。
17.【答案】
【解析】解：、由于木板和物体始终不动，因此将外力缓慢减小到零过程中，弹簧压缩状态不变，依据胡克定律，可知弹簧的弹力不变，故A错误；
、对受力分析，弹簧对的向右的弹力，水平向左的推力，因两者力的大小不知，因此可能受到静摩擦力，也可能没有摩擦力，当开始有向右的静摩擦力时，则随着外力的减小，则静摩擦力会减小，然后变成向左的静摩擦力，之后静摩擦力大小会增大，也可能有向左的静摩擦力，随着外力减小，则向左的静摩擦力会增大，故BC错误；
D、对整体分析，当外力减小时，则木板受到地面的摩擦力逐渐减小，故D正确。
故选：。
根据胡克定律，判定弹力大小变化；
对受力分析，结合平衡条件，判定受到摩擦力方向与大小的变化情况；
根据整体法即可判定受到的摩擦力大小情况。
本题主要是考查了摩擦力的判断，理解弹力不变是解题的关键；
判断摩擦力大小和方向的一般方法有：根据摩擦力产生的条件来判断；根据假设法来判断；根据共点力的平衡来判断；根据牛顿第二定律来判断。
18.【答案】
【解析】解：设左侧磁感应强度是，则右侧的为导轨间距为。
、设导体棒下端为，上端为，导体棒通过区域时，由右手定则，可知导体棒感应电流从到，为正方向，
由，刚要到时，；导体棒通过区域时，
由右手定则可知导体棒感应电流从到，为负方向，
由，可知随时间均匀减小，棒刚离开时，；当导体棒过后，磁感应强度为，有效切割长度为，速度为，则故A正确，B错误。
、导体棒通过区域时，安培力。
导体棒通过区域时，安培力大小为。
根据数学知识可得，故C错误，D正确。
故选：。
根据楞次定律判断感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律列式分析感应电流大小变化规律，再得到安培力随时间的变化，由平衡条件分析的变化规律．
本题运用半定量的研究方法，通过法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式得到感应电流和安培力的表达式，再进行分析，要注意公式中是有效的切割长度．
19.【答案】
【解析】解：、斜上抛运动可以看成是两个对称的平抛运动，下落过程，竖直方向，由位移时间公式得：
解得：
由图可知，
所以
根据动量定理得：
所以
故A错误，C正确；
、三个球落地时重力的瞬时功率为
所以
故B错误，D正确。
故选：。
斜上抛运动可以看成是两个对称的平抛运动，竖直方向根据位移时间公式求解时间，进而比较小球在空中运动的时间，根据动量定理求解三个小球动量的变化，比较即可；根据功率公式求解落地时重力的瞬时功率，比较即可。
本题考查功率的计算和动量定理，解题关键是掌握动量定理和瞬时功率的求解公式。
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