2025年安徽省合肥八中高考物理模拟试卷（十五）（含详细答案解析）

这是一份2025年安徽省合肥八中高考物理模拟试卷（十五）（含详细答案解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.汽车A和汽车B在同一平直公路上运动，它们的位置x随时间t的变化分别如图中a、b所示，由图可知( )
A. 汽车A做匀加速直线运动
B. 汽车B先做加速运动，后做匀速运动
C. t1时刻，汽车A、B速度相同
D. 0∼t2时间内汽车A的平均速度小于汽车B的平均速度
2.我国研制的爆轰驱动超高速高焓激波风洞各项性能指标领先国际。假设某风洞在竖直方向上可产生方向、大小均可调节的风。在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，y轴沿竖直方向，从y轴上P点抛出一小球，小球运动轨迹如图所示。已知风只在小球经过Q点时改变，且P、Q与Q、R间高度差相等，P、Q间水平距离大于Q、R间水平距离，下列说法正确的是( )
A. 小球在Q点左右两侧所受风力方向不同
B. 小球在Q点左侧时所受风力小于在Q点右侧时所受风力
C. 小球在Q点左侧时的加速度大于在Q点右侧时的加速度
D. 小球在竖直方向上的平均速度从P到Q的小于从Q到R的
3.如图所示，倾角为30∘的粗糙斜面固定在水平地面上，一根轻绳的一端与斜面上的物块a相连，另一端绕过光滑的定滑轮系在竖直杆上的P点，用光滑轻质挂钩把物块b挂在O点，此时竖直杆与绳OP间的夹角为60∘，a与斜面之间恰好没有摩擦力且保持静止。已知物块a的质量为M，物块b的质量为m，重力加速度为g。下列判断正确的是( )
A. M=2m
B. 将P端缓慢向上移动一小段距离，a将受到沿着斜面向下的摩擦力
C. 将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，a将受到沿着斜面向上的摩擦力
D. 剪断定滑轮与a之间轻绳的瞬间，a的加速度大小为0.5g
4.“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，如图甲所示为研究过程中简谐波t=0时刻的波形图，M是此波上的一个质点，平衡位置处于4m处，图乙为质点M的振动图像，则( )
A. 该列波的传播方向沿x轴正向传播B. 该列波的传播速度为4m/s
C. 质点M在7s内通过的路程为280cmD. 质点M 在2s内沿x轴运动了8m
5.如图所示，一长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球(可视为质点)相连，另一端可绕O点转动，现使轻杆在同一竖直面内做匀速转动，测得小球的向心加速度大小为2g(g为当地的重力加速度)，下列说法正确的是( )
A. 小球的线速度大小为 2gL
B. 小球运动到最高点时，轻杆对小球作用力向上
C. 杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为2mg
D. 当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球作用力方向指向圆心O
6.如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E=2mgq，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ；现使圆环以初速度v0向下运动，经时间t0，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是( )
A. 环经过t02时间刚好到达最低点
B. 环的最大加速度为am=g+μqv0Bm
C. 环在t0时间内损失的机械能为m(v02−m2g2μ2q2B2)
D. 环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等
7.真空中有电荷量为+4Q和−Q的A、B两个点电荷固定在x轴上，其中A的坐标为xA=−d，B的坐标为xB=0，如图所示，规定x轴正方向为电场强度的正方向，无穷远处为电势零点。现将一个带负电的试探电荷C从坐标a处(00)处的电势为零0，得
0=4kQd+x0−kQx0
解得
x0=d3
故可知当00)，根据
k×4Qq(d+x1)2=kQqx12
解得
x1=d
可知电场强度为0的点位于x轴正半轴上，与坐标原点距离为d的点，故B错误；
C、从静止释放到x1=d的位置，电场力做正功，动能增大，过了x1=d的位置再往正方向运动时，电场力做负功，动能减小，故动能先增大后减小，故C错误；
D、从静止释放到x1=d的位置，电场力做正功，电势能减小，过了x1=d的位置再往正方向运动时，电场力做负功，电势能增大，故x1=d是电势能的最低点，但无穷远处电势趋于零，故无穷远处电势能也趋近于零，不会存在大于零情况，故D错误。
故选：A。
根据点电荷的电势的决定式可以判断电势的高低；
当有多个点电荷时，电场强度和电势可以通过叠加原理计算；
当试探电荷从静止释放时，其动能将逐渐增加，而电势能将逐渐减少，直到动能达到最大值，此时试探电荷的速度达到最大，之后动能将开始减少，电势能将开始增加，直到试探电荷停止运动。
本题的关键在于理解点电荷电场的叠加原理以及电势能和动能的概念。通过计算点电荷A和B在坐标a处产生的电场强度和电势，我们可以得到坐标a处的总电场强度和电势。然后，通过分析试探电荷C的电势能和动能的变化，我们可以得到试探电荷C的电势能和动能随x变化的图像。最后，根据这个分析，我们可以确定正确的选项。
8.【答案】D
【解析】解：AB、在时间从0到Lv范围内，由几何关系可知，线框有效切割长度为(L−vt)，可得感应电动势大小为
E=B(L−vt)v
可知感应电动势随时间线性减小，根据楞次定律判断可知感应电流沿逆时针方向，为正方向，且线性减小到0；
在时间从Lv到2Lv范围内，线框的磁通量保持不变，没有感应电流；
在时间为2Lv到3Lv范围内，线框有效切割长度为(L−vt)，可得感应电动势大小为
E=B(L−vt)v
可知感应电动势线性减小，根据楞次定律判断可知感应电流沿顺时针方向，为负方向，且线性减小到0，故AB错误；
CD、由以上分析可知，在时间从0到Lv范围内，线框处于磁场中的实际长度为(L−vt)，可得线框受到的安培力大小为
F安=B2(L−vt)2vR
根据左手定则判断可知，线框受到的安培力方向为水平向左，拉力与安培力二力平衡，所以拉力水平向右，即拉力方向为正方向，其大小为
F=F安=B2(L−vt)2vR
同理可知，在时间为2Lv到3Lv到范围内，有F=F安=B2(L−vt)2vR，且拉力方向为正。
在时间为Lv到2Lv范围内，线框的磁通量保持不变，没有感应电流，安培力为零，拉力也为零，故C错误，D正确。
故选：D。
分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的变化，进而分析感应电流大小的变化，结合安培力公式和平衡条件分析拉力F的变化，根据楞次定律分析感应电流的方向，再选择图像。
本题的关键是确定线框有效切割长度与t的关系，再结合数学知识选择图像，注意楞次定律、欧姆定律的应用及安培力综合表达式应用。
9.【答案】BCD
【解析】解：A.人造地球卫星在Ⅰ轨道做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可得：
GMm(4R)2=mv24R，
在地球表面有：
GMmR2=mg，
联立可得，卫星在Ⅰ轨道运动时的速度大小为：
v= gR2，
故A错误；
B.在Ⅰ轨道时，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可得：
GMm(4R)2=m4π2T12⋅4R，
解得：
T1=16π Rg，
根据开普勒第三定律可得：
T22T12=(5R)3(4R)3=1.253，
联立可得，卫星在Ⅱ轨道运动时的周期为：
T2=10π 5Rg，
故B正确；
C.卫星在椭圆轨道Ⅱ运行时，根据开普勒第二定律可得：
vPΔt⋅LP=vQΔt⋅LQ，
则在近地点P与在远地点Q的速率之比等于P、Q两点与地球连线的长度的倒数之比，结合题意可得：
vPvQ=10R−4R4R=32，
故C正确；
D.卫星在轨道Ⅱ上运动时机械能守恒，且引力势能为：Ep=Gm1m2r(规定无穷远处势能为零)，
则在最远点和最近点满足：
12mvP2−GMm4R=12mvQ2−GMm6R，
由前面分析可知，在近地点P与在远地点Q的速率之比为：
vPvQ=32，
卫星在Ⅰ轨道运动时的速度大小为：
v= gR2，
则卫星在Ⅰ轨道的P点变轨到Ⅱ轨道至少需对卫星做功为：
W=12mvP2−12mv2，
联立可得：
W=140mgR，
故D正确；
故选：BCD。
A.人造地球卫星在Ⅰ轨道做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，据此列式，结合在地球表面物体所受万有引力与重力的关系，即可分析判断；
B.结合题意，由牛顿第二定律、开普勒第三定律分别列式，即可分析判断；
C.卫星在椭圆轨道Ⅱ运行时，根据开普勒第二定律及题意列式，即可分析判断；
D.卫星在轨道Ⅱ上运动时机械能守恒，结合前面分析及功能关系列式，即可分析判断。
本题考查开普勒三大定律，解题时需注意，开普勒行星运动定律是对行星绕太阳运动规律的总结，它也适用于其他天体的运动。
10.【答案】CD
【解析】解：A、第一次子弹相对A、B做匀减速直线运动，恰好击穿时末速度为零，根据逆向思维，可以将子弹的运动看成相对A、B做初速度为零的反向匀加速直线运动，穿过B、A的相对位移相等，则穿过B、A的时间之比为1:( 2−1)，所以穿过A、B所用时间之比为( 2−1):1，故A错误；
BC、设子弹的初速度为v0，受到的阻力大小为f，子弹第一次穿过A、B时共同速度为v。对子弹、A、B系统，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0=(m+2m)v
由能量守恒定律有
f⋅2d=12mv02−12(m+2m)v2
可得
fd=16mv02
设第二次子弹穿过A时速度为v1，A的速度为u，假设不能穿透B，最后与B的共同速度为v2，进入B的深度为d′。对子弹和A，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0=mv1+mu
由能量守恒定律有
fd=12mv02−12mv12−12mu2
可得
v1=3+ 36v0
对子弹和B，由动量守恒定律得
mv1=(m+m)v2
由能量守恒定律有
f⋅d′=12mv12−12(m+m)v22
可得
d′=2+ 34d