安徽省马鞍山市和县高考物理三年（2021-2023）模拟题（一模）按题型分类汇编-01选择题（含解析）

安徽省马鞍山市和县高考物理三年（2021-2023）模拟题（一模）按题型分类汇编-01选择题
一、单选题
1. 一质点运动的图像为如图所示的一段抛物线，则下列说法正确的是( )
A. 质点做曲线运动
B. 质点做加速度大小为的匀变速直线运动
C. 质点做加速度先减小后增大的直线运动
D. 质点在内的平均速度为
2. 天文爱好者在对天宫空间站观测中发现，时间内，它绕地心转过的角度为。空间站绕地球的运动可视为圆周运动，地球半径为，地球表面重力加速度为，则空间站的离地高度为( )
A. B. C. D.
3. 在轴上坐标为和的两点固定电荷量不等的两点电荷，坐标为处电荷带正电，电荷量大小为。两点电荷连线上各点电势随变化的关系如图所示，其中处电势最低，轴上、两点的横坐标分别为和，则( )
A. 两点电荷为异种电荷
B. 坐标为处电荷的电荷量大小为
C. 负检验电荷在原点处受到向左的电场力
D. 负检验电荷由点运动到点的过程，电势能先减小后增大
4. 如图，圆心为、半径为的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场。从圆周上的点在纸面内沿不同方向射入各种速率的同种粒子，粒子的质量为、电荷量为。其中速率为且沿方向射入的粒子，经时间后从点离开磁场，。则( )
A. 磁场方向垂直纸面向里
B. 粒子在磁场中运动的周期为
C. 速率为的粒子在磁场中的运动最长时间为
D. 从点离开磁场的速率最小值为
5. 如图所示，半径为的光滑半圆形支架竖直固定在水平地面上，套在支架上的两小球和用轻绳连接，处于静止状态。小球和距地面的高度分别为、。则( )
A. 两小球质量之比：：
B. 两小球质量之比：：
C. 支架对两小球的弹力之比：：
D. 支架对两小球的弹力之比：：
6. 同一直线上运动的甲、乙两物体，位置时间图线如图，下列说法中正确的是( )
A. 时刻，甲的速度为零，乙的速度不为零
B. 时刻，甲、乙速度可能相同
C. 时刻，甲、乙相遇
D. 时刻，乙的速度为零，加速度不为零
7. 篮球运动员在某次运球时，篮球落地速度为，方向竖直向下，篮球与地面接触后的反弹速度为落地速度的倍，球与地面的作用时间为，篮球的质量为，重力加速度取。根据以上信息可得，地面对球的平均弹力为( )
A. B. C. D.
8. 在某行星表面进行了如图所示的实验。一小物块从倾角为的斜面顶端滑到底端所用时间为，已知斜面长度为，物块与斜面间的动摩擦因数为，该行星的半径为，引力常量为，，。则( )
A. 该行星表面的重力加速度为 B. 该行星的密度为
C. 该行星的第一宇宙速度为 D. 该行星卫星的最小周期为
9. 一小物块由倾斜传送带顶端静止释放，如图所示。第一次传送带静止，物块从顶端滑到底端所用时间为，摩擦产生的热量为；第二次传送带以速度做逆时针转动，物块一直做匀加速运动，从顶端到底端的时间为，摩擦产生的热量为；第三次传送带以速度顺时针转动，物块从顶端到底端所用时间为，摩擦产生的热量为。则( )
A. ； B. ；
C. ； D. ；
10. 如图所示，半径为的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，为磁场边界上的一点，为直径。大量比荷相同、带电性相同的粒子，以相同的速率在纸面内从点沿不同的方向射入磁场。已知粒子在磁场中的运动轨迹半径；在磁场中运动时间最长的粒子，入射方向与夹角为，这个最长时间为。则( )
A. 粒子飞出磁场时的动能一定相等
B. 粒子运动的轨迹半径
C. 从圆弧中点射出的粒子，在磁场中的运动时间
D. 从圆弧中点射出的粒子，进入磁场的方向与夹角为
11. 在某次光电效应实验中，得到的遏止电压与入射光的频率的关系如图所示，若该直线的斜率为、与横轴交点为，电子电荷量的绝对值为，则( )
A. 普朗克常量为
B. 所用材料的逸出功为
C. 用频率低于的光照射该材料，只要光照足够强，也能发生光电效应
D. 用频率为的光照射该材料，逸出光电子的最大初动能为
12. 年月日时分，我国在西昌卫星发射中心以“一箭双星”方式成功发射第五十二、五十三颗北斗导航卫星。至此，所有中圆地球轨道卫星全部发射完毕，标志着北斗三号全球系统核心星座部署完成。已知中圆地球轨道卫星到地球表面的距离为地球半径的倍，地表重力加速度为，第一宇宙速度为则中圆地球轨道卫星的( )
A. 向心加速度为 B. 周期为 C. 角速度为 D. 线速度为
13. 如图所示，虚线边界右侧充满垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，纸面内有一个边长为，粗细均匀的正方形导线框，边与平行。导线框在外力作用下，先后以和的速度垂直两次匀速进入磁场。运动过程中线框平面始终与磁场垂直，则( )
A. 进入磁场过程中，导线框中感应电流方向为逆时针方向
B. 导线框以速度进入磁场时，两点间电势差为
C. 导线框两次进入磁场过程中产生的热量之比：
D. 导线框两次进入磁场过程中，外力做功的功率之比：
二、多选题
14. 如图所示，是圆的内接直角三角形，，为圆心，半径，有一匀强电场与圆周平面平行图中未画出。位于处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为、电荷量为的粒子，粒子会经过圆周上不同的点，其中到达点的粒子动能为，到达点的粒子动能为，取点电势为零。忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，已知。则( )
A. A、两点的电势差为 B. B、两点的电势差为
C. 粒子在点时的电势能为 D. 匀强电场的电场强度大小为
15. 如图所示，、两个小球可视为质点，间隙极小，两球球心连线竖直，从离地面高度处以相同的初速度同时竖直向下抛出，先与地面碰撞，再与的碰撞后静止于地面，所有碰撞均为弹性碰撞，则( )
A. A、两球的质量之比为： B. A、两球的质量之比为：
C. 碰后球上升的最大高度为 D. 碰后球上升的最大高度为
16. 如图所示，两根光滑直导轨、互成角度水平放置，其中、端接一定值电阻，整个空间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场。一导体棒从位置以一定的初速度向右运动，在水平向右的外力作用下，导体棒向右运动过程中流过电阻的电流保持不变。导体棒所受安培力大小为，导体棒克服安培力做功为，流过电阻的电荷量为，运动时间为，运动位移为。导体棒与导轨接触良好，且电阻均不计，关于以上各物理量之间的关系图像，下列正确的是( )
A. B.
C. D.
17. 质量为的小球在竖直向上的恒力作用下由静止开始运动，重力加速度取，在时间内，小球( )
A. 动量变化率保持不变 B. 动能变化率保持不变
C. 机械能增加 D. 动量增加
18. 如图所示，光滑水平面上有一右端带有固定挡板的长木板，总质量为。一轻质弹簧右端与挡板相连，弹簧左端与长木板左端的距离为。质量也为的滑块可视为质点从长木板的左端以速度滑上长木板，弹簧的最大压缩量为且滑块恰好能回到长木板的左端；若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为，弹簧的最大压缩量也为。已知滑块与长木板之间的动摩擦因数为，则( )
A.
B. 弹簧弹性势能的最大值为
C. 弹簧弹性势能的最大值为
D. 滑块以速度滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端
19. 如图所示，质量相等的、两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，下列关系中正确的是( )
A. 线速度
B. 角速度
C. 它们受到的合力
D. 它们受到的摩擦力
20. 如图所示为一竖直放置的半圆环，半径为，为水平直径，为圆心，为最低点。现从点以水平速度抛出一小球甲，从点以水平速度抛出小球乙，两球都能直接到达点，连线与竖直方向夹角为。则以下说法正确的是( )
A.
B.
C. 甲球运动时间比乙球长
D. 甲球运动时间比乙球长
21. 如图所示，物体、用轻绳连接后跨过定滑轮，物体放在倾角为的长木板上，用手按住，使、处于静止状态。的质量，离地面的高度为，现由静止释放。若的质量为，落地后还能再上升的最大距离为；若的质量为，落地后还能再上升的最大距离为。已知落地后不反弹，不计滑轮处的摩擦，。则下列说法中正确的是( )
A. 若长木板光滑，则等于
B. 若长木板粗糙，则小于
C. 若长木板粗糙，到落地前瞬间，两次运动过程中、系统损失的机械能相同
D. 若长木板粗糙，直到稳定时，、系统减少的重力势能等于克服摩擦力做的功
22. 如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，有两根彼此靠近且平行的长直导线和放在纸面内，导线长度均为导线中通有如图所示的相反方向电流，中电流为，中电流为，受到的磁场力大小为，受到的磁场力大小为，则( )
A. 导线的电流在导线处产生的磁场方向垂直纸面向里
B.
C.
D. 导线的电流在导线处产生的磁感应强度大小为
23. 如图所示，倾斜直杆可以在竖直面内绕点转动，轻绳的端与套在直杆上的光滑轻环连接，绳子中间某点拴一重物，用手拉住绳的另一端初始时水平，现将杆缓慢旋转到竖直，并保持大小和轻环在杆上的位置不变，在转动过程中( )
A. 绳的张力逐渐减小 B. 绳的张力先减小后增大
C. 绳的张力先增大后减小 D. 绳的张力逐渐增大
24. 如图所示，带电量为的正点电荷固定在倾角为的光滑绝缘斜面底端点，斜面上有、、三点，和相距为，为中点，为、的中点。现将一带电小球从点由静止释放，当带电小球运动到点时速度恰好为零。已知重力加速度为，带电小球在点处的加速度大小为，静电力常量为。则( )
A. 小球从到的过程中，速度最大的位置在之间
B. 小球运动到点时的加速度大小为
C. 之间的电势差大于之间的电势差
D. 之间的电势差
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、图像反映的是质点在一条直线上的位置随时间变化的情况，图线是曲线是因为位置随时间变化不均匀，并不是曲线运动，故A错误；
B、图像为如图所示的一段抛物线，说明质点在做匀变速直线运动，根据公式，将图中坐标、分别代入可得：，，即质点做加速度大小为的匀变速直线运动，故B正确；
C、质点做匀变速直线运动，加速度保持不变，故C错误；
D、质点在 内的平均速度为，故D错误。
故选：。
图像反映质点的位置随时间的变化情况，只能表示直线运动的规律；图像为如图所示的一段抛物线，说明质点在做匀变速直线运动，根据位移时间公式求质点的加速度；根据图像的斜率表示速度，分析质点的速度变化情况；平均速度等于位移与时间之比。
本题考查对图像的理解，关键要知道图像的斜率表示速度，纵坐标的变化量表示位移，结合运动学公式分析图像的物理意义。
2.【答案】
【解析】解：空间站的角速度为
地球表面的物体，有
由牛顿第二定律有
联立，解得，故A正确，BCD错误。
故选：。
空间站绕地球做圆周运动，其受到的万有引力提供向心力，结合黄金代换式推导出空间站的离地高度。
明确知道空间站做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供，熟记万有引力和向心力的关系式，熟记黄金代换式。
3.【答案】
【解析】解：正电荷周围的电势为正，负电荷周围的电势为负，因此由图可知，两点电荷均为正电荷，故A错误；
在处电势最低，此处图线的斜率为，即该点的合场强为，设坐标为处电荷的电荷量大小为
得
故原点处的场强大小为
方向向右，负检验电荷在原点处受到的电场力向左，故B错误，C正确；
D.由点到点电势先减小后增大，所以负检验电荷由点运动到点的过程，电势能先增大后减小，故D错误。
故选：。
由图像特点判断电荷电性，由场强公式求解电荷关系，由能量关系求解电势能变化。
本题考查电势能，学生需熟练掌握场强公式等，综合求解。
4.【答案】
【解析】解：速率为且沿方向射入的粒子，经时间后从点离开磁场，根据左手定则判断，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
B.速率为且沿方向射入的粒子，经时间后从点离开磁场，根据几何关系可知，粒子运动了 个周期，所以粒子运动周期为，故B错误；
C.根据以上分析可知，粒子速率为，运动半径为，根据，速率为的粒子运动半径为，根据几何关系可知，当圆直径对应粒子轨迹的弦时，对应圆心角最大，运动时间最大，故C错误；
D.从点离开磁场的速率最小值，对应半径最小，最小半径
解得
故D正确。
故选：。
根据左手定则判断，判断磁场方向；根据几何关系判断粒子运动周期；根据洛伦兹力提供向心力可知速度大小关系。
该题考查了学生对带电粒子在磁场中运动的综合性问题，学生应对粒子的运动状态和受力分析后再解决问题。
5.【答案】
【解析】解：作出小球和的受力示意图如下，
由题意可知连线与水平方向夹角为，连线与水平方向夹角为，设绳子与水平方向成，由几何关系可得
由共点力平衡条件，对有
同理，对
联立可得：：：，：：，
故ACD错误，B正确。
故选：。
对小球和的受力，根据平衡条件联立等列式可求质量和弹力之比。
本题考查共点力作用下的物体平衡，对小球、准确受力分析是解题关键，本题属于静态平衡，直接正交分解列式求解即可。
6.【答案】
【解析】解：、图象的斜率表示速度，可知，在时刻，甲的速度不为零，乙的速度为零，故A错误；
B、时刻，乙图象切线斜率与甲图线斜率的符号相反，则甲、乙速度方向相反，速度不可能相同，故B错误；
C、在时刻，甲、乙位置坐标相同，表示两物体相遇，故C正确；
D、图象的斜率表示速度，知在时刻，乙的位置坐标为零，但速度不为零，乙做加速运动，此时加速度不为零，故D错误。
故选：。
图象表示直线运动中位移随时间的变化情况，图象的斜率表示速度，匀速直线运动的图象是倾斜的直线。
解决本题的关键是要明确图象的物理意义，知道图象的斜率表示速度，两图象的交点表示相遇。
7.【答案】
【解析】解：设向上为正方向，篮球落地速度为，反弹后速度，球的质量，
对碰撞过程由动量定理可得：
解得：，
由牛顿第三定律可得，球对地面的弹力为，故B正确，ACD错误。
故选：。
由题意明确碰撞前后的速度，再对和地面接触过程分析，由动量定理求出对球的弹力，由牛顿第三定律即可求出地面对球的平均弹力。
本题考查动量定理的应用，要注意明确研究过程，注意在根据动量定理列式时需要明确正方向，注意各物理量的符号。
8.【答案】
【解析】解：、设该行星表面的重力加速度为，物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得

根据运动学公式有
联立解得行星表面的重力加速度为，故A错误；
B、物体在行星表面上时，根据，解得该行星的质量为，行星的体积为，则行星的密度，解得，故B正确；
C、设卫星的质量为，根据，解得行星的第一宇宙速度，故C错误；
D、卫星在行星表面附近运行时，周期最小，根据，解得该行星卫星的最小周期为，故D错误。
故选：。
研究物块在斜面上下滑过程，根据牛顿第二定律和位移时间公式相结合求该行星表面的重力加速度；物块在行星表面上时，根据万有引力等于重力，求出行星的质量，再求解该行星的密度；根据万有引力提供向心力求解该行星的第一宇宙速度和该行星卫星的最小周期。
本题考查万有引力定律及其应用，解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
9.【答案】
【解析】解：设传送带的长度为，传送带的倾角为，物块与传送带间的动摩擦因数为。
第一次当传送带静止时，物块所受的滑动摩擦力方向沿传送带向上，根据牛顿第二定律得，得
第二次当传送带以速度做逆时针转动时，物块所受的滑动摩擦力方向均沿传送带向下，根据牛顿第二定律得，得
第三次当传送带以速度顺时针转动时，物块所受的滑动摩擦力方向均沿传送带向上，根据牛顿第二定律得，得
故
三次物块都做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式有，则；
第一次，物块与传送带间的相对位移为；
第二次，物块与传送带间的相对位移为，对于物块，有，则，则；
第三次，物块与传送带间的相对位移为；
故，因摩擦生热为，故，故ABD错误，C正确。
故选：。
分析物块的受力情况，根据牛顿第二定律得到加速度表达式，结合位移公式分析运动时间关系；根据物块与传送带间相对位移关系分析产生的热量关系。
解决本题时，要知道摩擦生热与相对位移有关，要明确物块的受力情况，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合分析物块的运动时间关系，再确定相对位移关系。
10.【答案】
【解析】解：、粒子在磁场中受洛伦兹力作用，洛伦兹力不做功，故射出磁场的动能等于射入磁场的动能，射入磁场的动能为，因为比荷相等，但不知道两电荷质量之间关系，所以不能确定射入的动能相等，故A错误；
B、粒子在磁场中的运动轨迹半径，所以粒子在磁场中不可能做完整的圆周运动，则运动时间越长走过的弧长越长，即弦长越长，故在磁场中运动时间最长的离子从点射出磁场，设粒子转过的角度为，如图，
有题意可知，则由几何关系可知，可得，故B错误；
、设粒子在磁场中运动的最长时间为，可知，可得：
从圆弧中点射出的粒子在磁场中的运动轨迹如图，
设粒子进入磁场的方向与夹角为，由题意可知：，则由几何关系可知，，所以粒子在磁场中的运动时间，故C正确，D错误。
故选：。
洛伦兹力不做功，粒子飞出磁场时的动能一定相等；
粒子在磁场中的运动轨迹半径，所以粒子在磁场中不可能做完整的圆周运动，则运动时间越长走过的弧长越长，即弦长越长，故在磁场中运动时间最长的离子从点射出磁场；
画轨迹根据几何关系可知，从圆弧中点射出的粒子，圆弧对应的圆心角为，根据可求解；
带电粒子在磁场中运动，遵循三个步骤：
一、画轨迹找圆心
二、由几何关系找到圆周运动的半径与已知长度直线之间的关系
三、洛伦兹力提供向心力求速度，或者由求粒子运动的时间。
其中最重要的一步应该是根据几何关系找到角度关系。
11.【答案】
【解析】解：根据光电效应方程，以及得：，
A、图线的斜率，解得普朗克常量，故A正确；
B、根据光电效应方程，当时，入射光的能量等于逸出功，那么逸出功，故B错误；
C、图象的直线与横轴交点为，即为极限频率，若用频率低于的光照射该材料，即使光照足够强，也不能发生光电效应，故C错误；
D、用频率为的光照射该材料，能发生光电效应现象，根据光电效应方程，则有：，故D错误。
故选：。
根据光电效应方程，以及最大初动能与遏止电压的关系得出遏止电压与入射光频率的关系式，结合图线的斜率和截距分析判断。
解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道最大初动能与遏止电压的关系，对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量之间的关系式，结合图线的斜率和截距进行求解，注意求得普朗克常量是解题的突破口。
12.【答案】
【解析】解：卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，
近地卫星绕地球表面飞行，运行速度为第一宇宙速度，根据重力提供向心力，
联立解得：，，，，故ACD错误，B正确。
故选：。
根据万有引力提供向心力以及万有引力等于重力，求出线速度、角速度、周期和向心加速度与轨道半径的关系。
根据重力提供向心力，得到第一宇宙速度与轨道半径的关系，联立求解。
此题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：、万有引力提供向心力，、万有引力等于重力，并能灵活运用。
13.【答案】
【解析】解：、由右手定则可知，线框进入磁场过程感应电流沿顺时针方向，故A错误；
B、线框以速度进入磁场，感应电动势为：，感应电流为：，两点间的电势差为：，故B错误；
C、线框产生的焦耳热为：，线框两次进入磁场过程产生的热量之比为：：：：，故C正确；
D、线框进入磁场过程所受安培力为：，线框做匀速直线运动，由平衡条件得：，
外力做功的功率为：，导线框两次进入磁场过程外力做功的功率之比为：：：：，故D错误。
故选：。
由右手定则可以判断出线框进入磁场过程感应电流方向；
由求出感应电动势，应用欧姆定律求出两点间的电势差；
由欧姆定律求出电流，应用焦耳定律可以焦耳热；
线框做匀速直线运动，由平衡条件求出外力，然后求出外力做功的功率。
线框进入磁场过程边切割磁感线产生感应电动势，由求出感应电动势，应用欧姆定律、安培力公式、平衡条件与功率公式可以解题。
14.【答案】
【解析】
【分析】解决本题需要牢记如下公式：
，，当只有电场力做功时，电势能与动能之和守恒。
求电场强度时，要找出等势线，做等势线的垂线，结合沿电场线方向电势降低即可确定电场强度的方向，最后利用求电场强度。
【解答】、，解得，故A错误；
B、，解得，故B正确；
C、粒子从到，电场力做功为，
因为与共线，，所以粒子从到，电场力做功为，
则粒子在点的动能为，
当只有电场力做功时，动能与电势能之和守恒，
粒子在点的电势为零，则电势能为零，动能与电势能之和为，
粒子在点动能为，则电势能为，故C正确；
D、根据
解得，所以，
与是等势点，连接，则为匀强电场的等势面，过点作的垂线交于点，则的方向就是该电场的电场强度方向，如图所示
点是圆心，由几何关系可知
，
由于是等势面，所以
故D正确。
15.【答案】
【解析】解：、设球的质量为，球的质量为，球下落过程只有重力做功，机械能守恒，应用机械能守恒定律得：，解得：，同理可知，球落地速度大小也是；与地面发生弹性碰撞，碰撞后速度大小不变，方向竖直向上，、发生碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得：
，弹性碰撞过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：，解得：，，、碰撞后静止，则，、两球的质量之比：：，故A正确，B错误；
、由于，则碰撞后球的速度大小，碰撞后上升过程机械能守恒，设上升的最大高度为，由机械能守恒定律得：，解得：，故C正确，D错误。
故选：。
应用机械能守恒定律求出小球落地时的速度大小，发生弹性碰撞时系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析求解；应用机械能守恒定律求出碰撞后上升的最大高度。
弹性碰撞过程系统机械能守恒，分析清楚两球的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
16.【答案】
【解析】
【分析】
A、根据导体棒克服安培力做功等于电路中产生的焦耳热，结合焦耳定律和题意，判断与成正比关系；
B、根据安培力的公式，结合题意分析可得，与的关系；
C、根据闭合电路的欧姆定律，结合题意，可知在图像中切线的斜率应该逐渐增大；
D、根据，结合题意可知与成正比关系。
本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和安培力公式，在处理要注意综合应用各种定律来判断可能的图像。
【解答】
A、导体棒克服安培力做功等于电路中产生的焦耳热，由于电流不变，根据可知与成正比关系，故A正确；
B、设导体棒在轨道间的长度为，则，可知与成正比，由于导轨为直导轨，与必定满足线性关系，且随的增大而减小，所以也必定与满足线性关系，随着的增大而减小，故B正确；
C、根据闭合电路的欧姆定律可得，电路中的电流为，由题可知，为定值，可知随着减小，增大，在图像中，曲线的切线表示速度，所以切线的斜率应该逐渐增大，而不是减小，故C错误；
D、电流大小不变，根据可知，与成正比关系，故D错误。
故选：。
17.【答案】
【解析】解根据，可知，动量变化率为合外力，不变，故A正确；
B.因为合外力不变，物体做匀加速运动，则单位时间位移逐渐增加，根据，可知，动能变化率即单位时间合外力的功在增大，故B错误；
C.物体加速度，，在时间内，机械能增加，故C正确；
D.根据动量定理可知，故D错误。
故选：。
根据动量定理可知物体动量变化率为合外力，机械能的该变量根据除了重力之外的力对物体做的功可得答案。
该题考查动量定理以及功能关系中机械能变化量为除了重力之外的力对物体做的功，属于较易题型。
18.【答案】
【解析】解：当长木板不固定，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为，弹簧最大弹性势能为，
从滑块以速度滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律定律得：
由能量守恒定律得：
从弹簧被压缩到最短到滑块恰好滑到长木板的左端，两者速度再次相等，
由能量守恒定律得：
若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为，弹簧的最大压缩量也为，
由能量守恒定律得：
解得：，
设滑块被弹簧弹开，运动到长木板左端时的速度为，
由能量守恒得：
代入数据可解得：
说明滑块以速度滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端，故ACD正确，B错误。
故选：。
滑块与木板组成的系统动量守恒，弹簧压缩量最大时滑块与木板速度相等，此时弹簧的弹性势能最大；应用动量守恒定律与能量守恒定律分析求解。
本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚滑块与木板的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
19.【答案】
【解析】解：、物体、共轴转动，角速度相等，由知，转动的半径较大，则的线速度较大，故A错误，B正确。
C、物体、随圆筒一起做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：，由题意可知、物体的质量相等，，，所以它们受到的合力，故C错误；
D、在竖直方向上，重力和静摩擦力平衡，重力相等，则摩擦力相等，即它们受到的摩擦力，故D正确。
故选：。
A、共轴转动，角速度相等，结合比较线速度的大小；物块做圆周运动，靠弹力提供向心力，重力和静摩擦力平衡，结合牛顿第二定律比较的它们受到的合力大小。
解决本题的关键知道、的角速度相等，知道、做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，基础题。
20.【答案】
【解析】解：两个小球都做平抛运动，对，沿竖直方向：
可得：
水平方向：
联立可得：
对，沿竖直方向：
可得：
水平方向：
联立可得：
、比较可得：，故A正确，B错误；
、甲球运动时间比乙球长：，故C错误，D正确。
故选：。
甲、乙两个小球都做平抛运动，根据几何关系，可以求出甲、乙两个小球落地的水平距离与竖直位移，根据求出时间，再根据公式可以判断甲、乙初速度大小关系。
两个小球都做平抛运动，在平抛运动规律中，求出落地时间是解决问题的关键。
21.【答案】
【解析】解：、若长木板光滑，若的质量为，由机械能守恒定律有：
上升过程中有：
解得：
同理若的质量为，有：
上升过程中有：
解得：，则等于，故A正确；
B、若长木板粗糙，若的质量为，则有：
上升过程中有：
若的质量为，则有：，
上升过程中有：，联立解得：，故B错误；
C、若长木板粗糙，到落地前瞬间，两次运动过程中、系统损失的机械能都为克服摩擦力做的功即为，故C正确；
D、由能量守恒可知，若长木板粗糙，直到稳定时，、系统减少的重力势能等于克服摩擦力做的功与系统增加的动能，故D错误。
故选：。
若长木板光滑，整体机械能守恒，可列机械能守恒定律，隔离和，分别用动能定理，即可求解；若长木板粗糙，可列能量守恒表达式，结合隔离列动能定理可以求解；运动过程损失的机械能看摩擦力做功。
本题较为复杂，考查能量守恒定律，机械能守恒定律，动能定理，需要注意分析过程选好研究对象和研究过程。
22.【答案】
【解析】解：、由安培定则可判断导线的电流在导线处产生的磁场方向垂直纸面向里，故A 正确。
、设匀强磁场的磁感应强度为，之间的斥力为，对导线，；对导线，；故
，故B错误，C正确。
D、由的分析可得，以导线为研究对象，设导线的电流在导线处产生的磁感应强度大小为，则，解得：，故D错误。
故选：。
用安培定则可判断导线的电流在导线处产生的磁场方向：异向电流相互排斥，两个导线间的作用力是相互作用力，等大、反向、共线，两个导线在原磁场中受到向外侧的作用力，列式后联立求解即可。
本题关键是明确两个异向电流间相互作用力是排斥力，然后结合力的合成的知识进行分析。
23.【答案】
【解析】解：以点为研究对象，其受力如图所示：
由于三个力合力为零，则三个力可构成一个封闭的矢量三角形，如图所示；
根据正弦定理有：，
因为，且始终不变，所以比值不变，
当转动过程中，由锐角逐渐增大到，由逐渐减小某个锐角，所以逐渐减小，逐渐增大，比值不变，所以逐渐减小，逐渐增大，故AD正确，BC错误。
故选：。
作出点的受力情况，由于三个力合力为零，则三个力组成一个封闭的矢量三角形，根据正弦定理表示出力和角度的关系，再判断缓慢转动过程中角度变化情况，从而分析力的变化情况。
解决该题的关键是正确选择研究对象，知道三个力的合力为零时，三个力可以构成一个封闭的三角形，掌握用正弦定理分析三个力的特点，
24.【答案】
【解析】解：、小球带正电，假设小球在点受到的电场力为，由牛顿第二定律：
解得：
带电小球在点时受到的库仑力：
小球在点受到的电场力：
可知小球在点时合力的方向向下，则加速度不等于零，故A错误；
B、小球在点受到的库仑力：
则带电小球在点时有：
可解得：，故B正确；
C、点电荷的电场是非匀强电场，由点电荷的电场的特点可知，之间的电场强度大于之间的电场强度，则之间的电势差大于之间的电势差，故C正确；
D、由点到点应用动能定理得：
可求得：，故D错误。
故选：。
根据库仑定律和牛顿第二定律分别研究小球在点和点的加速度，分别列式即可求得小球运动到点时的加速度大小。根据动能定理和电场力公式结合，求解和两点间的电势差。
此题要研究加速度，首先要想到牛顿第二定律，分析受力，列式求解。对于电势差，要知道电场力做功与电势差有关，运用动能定理求解电势差是常用的思路。
第1页，共15页

转载请注明出处卷子答案网-一个不只有答案的网站 » 安徽省马鞍山市和县高考物理三年（2021-2023）模拟题（一模）按题型分类汇编-01选择题（含解析）