2025届安徽省高考一轮复习收官模拟卷 物理（含解析）

这是一份2025届安徽省高考一轮复习收官模拟卷 物理（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1.北斗二期导航系统的“心脏”是上海天文台自主研发的星载氢原子钟，它是利用氢原子能级跃迁时辐射出来的电磁波去控制校准石英钟的。如图为氢原子能级图，则下列说法正确的是( )
A.氢原子从低能级向高能级跃迁时辐射光子
B.大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时，形成的线状光谱总共有3条亮线
C.大量处于能级的氢原子辐射出来的光子中，波长最长的光子能量为0.66eV
D.用大量能量为3.6eV的光子持续照射处于基态的氢原子，可使其电离
2.质量为2kg的物体置于水平面上，在运动方向上受拉力作用而沿水平方向作匀变速运动，拉力作用2s以后撤出，物体运动的速度图像如图所示，g取，则下列说法中正确的是( )
A.拉力F做功的最大功率为150WB.拉力F做功350J
C.物体克服摩擦力做功100JD.物体克服摩擦力做功175J
3.波源甲、乙分别在一根水平放置的绳的左右两端，两波源发出的波振幅和波长均相等，在绳中的传播速度均是1 m/s，在时刻绳上的波形如图所示，则根据波的叠加原理，以下说法中正确的是( )
A.当时，波形如图中①所示，当时，波形如图中②所示
B.当时，波形如图中①所示，当时，波形如图中③所示
C.当时，波形如图中②所示，当时，波形如图中①所示
D.当时，波形如图中②所示，当时，波形如图中③所示
4.如图所示，滑轮大小可忽略的倾斜传送带以恒定速率顺时针转动。将小物块（可视为质点）轻放在传送带底端P点，小物块运动至传送带顶端。在小物块运动过程中，下列说法正确的是( )
A.小物块所受摩擦力做的功等于小物块动能的增加量
B.若小物块运动到顶端时恰好与传送带共速，则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于小物块增加的动能
C.若小物块运动到顶端时恰好与传送带共速，则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于小物块增加的机械能
D.无论小物块与传送带是否达到共速，电动机额外消耗的电能一定等于小物块克服重力做的功与两者间产生的摩擦热之和
5.a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，向心加速度为；b处于较低的轨道上，离地心距离为r，运行角速度为，加速度为；c是地球同步卫星，离地心距离为4r，运行角速度为，加速度为；d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，地球的半径为R。则以下说法正确的是( )
A.B.卫星d的运动周期有可能是24小时
C.D.卫星b每天可以观测到8次的日出
6.如图所示，某建筑工人正用铁夹夹起五块砖从车上卸下来.已知每块砖的质量均为m，重力加速度为g，不计铁夹重力，下列说法正确的是( )
A.工人对铁夹的作用力一定始终等于5mg
B.若5块砖保持静止，则砖块A受到的摩擦力等于砖块C受到的摩擦力
C.若5块砖保持静止，则砖块B对砖块A的摩擦力平行接触面向上
D.若5块砖保持静止，增大砖块之间的弹力，则砖块间的摩擦力也增大
7.冲击摆是用来测量子弹速度的一种简单装置.如图所示，将一个质量很大的砂箱用轻绳悬挂起来，一颗子弹水平射入砂箱，砂箱发生摆动.若子弹射击砂箱时的速度为v，测得冲击摆的最大摆角为h，砂箱上升的最大高度为h，则当子弹射击砂箱时的速度变为2v时，下列说法正确的是( )
A.冲击摆的最大摆角将变为2θ
B.冲击摆的最大摆角的正切值将变为
C.砂箱上升的最大高度将变为2h
D.砂箱上升的最大高度将变为4h
8.如图甲所示，两个带有异种电荷的小球穿在绝缘圆环上，a、b、c、d为圆环与坐标轴的四个交点。球2固定在某位置（图中没有画出），球1从a处开始沿圆环逆时针移到c处，设球1与坐标原点O的连线跟x轴正方向的夹角为θ，图乙和图丙分别为两个小球在坐标原点O产生的电场强度在x方向和y方向的大小与夹角θ的关系图线，则( )
A.球2固定在d处
B.球1带负电荷、球2带正电荷
C.球1与球2的电荷量之比为4:5
D.球1受到的电场力先增大后减小
二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.
9.如图所示，倾角为α的光滑固定斜面底端有一固定挡板P，两个用轻弹簧连接在一起的滑块M、N置于斜面上处于静止状态。现给滑块M一个沿斜面向上的瞬时冲量使之沿斜面向上运动，当滑块N刚要离开挡板时滑块M的速度为v。已知M、N的质量均为m弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内。则关于从物块M开始运动到物块N刚要离开挡板的过程，下列说法中正确的是( )
A.滑块M的位移为
B.滑块N刚要离开挡板的瞬间，滑块M的加速度大小为
C.滑块M获得瞬时冲量的大小为
D.重力对滑块M做的功为
10.如图甲所示，M和N是竖直放置的足够长的不带电平行金属板，间距为d，两板间有垂直纸面向外磁感应强度为B的匀强磁场。一电子从M板上的小孔垂直金属板射入，打到N板时的速度方向与射入方向的夹角为30°。若让两板分别带上图乙所示的等量异种电荷，电子以同样的速度射入后恰好打不到N板，已知电子的比荷为k，则( )
A.图甲中电子的轨迹半径为d
B.图甲中电子从射入到打在N板所需的时间为
C.电子从小孔射入时的速度大小为2Bkd
D.图乙中两极板间的电势差大小为
三、非选择题：共5题，共58分.
11.某同学利用等腰直角玻璃砖测玻璃的折射率。主要步骤如下：
①将白纸平铺在木板上，在白纸上画直线MN，将玻璃砖底边与MN重合，在纸上标记玻璃砖顶点a；
②将大头针竖直插在合适的位置，再移动大头针，用视线观察，在挡住和玻璃砖顶点a处竖直插入；
③移走玻璃砖和大头针，过作直线交MN于O点，用圆规以O为圆心、以Oa为半径画圆，交于b点，如图。
请接着完成后续实验步骤，算出玻璃的折射率n。
（1）在图中画出所需的辅助线，并标注相应的字母。
（2）玻璃折射率的计算公式为：___________。（用相应字母符号表示）
（3）请提出一条减少实验误差的方案：______________________。
12.图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；和是定值电阻，是可变电阻：表头的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA挡，欧姆×100 Ω挡。
（1）图（a）中的A端与______（填“红”或“黑”）色表笔相连接。
（2）关于的使用，下列说法正确的是______（填正确答案标号）。
A.在使用多用电表之前，调整使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B.使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C.使用电流挡时，调整使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
（3）根据题给条件可得______，______。
（4）某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为______；若此时B端是与“3”相连的，则读数为______；若此时B端是与“5”相连的，则读数为______。（结果均保留3位有效数字）
13.如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离，活塞的面积为。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为和。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处（过程中气体温度视为不变），外力增加到并保持不变。
（1）求外力增加到时，卡销b对活塞支持力的大小；
（2）再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
14.如图所示，质量的滑块A静止在质量的木板B的左端，木板B静置于水平地面上，木板右侧适当位置有一固定的光滑圆弧轨道OPQ，圆弧的半径、圆心角，圆弧在P点与水平方向相切，且P点与长木板上表面等高，圆弧轨道的右侧有平台.滑块A在大小为18N的水平恒力F作用下向右运动，2s后撤去F，一段时间后滑块A与木板相对静止，此时滑块A恰好从P点滑上圆弧轨道，滑块从Q点离开圆弧轨道后刚好以水平速度滑上平台左端，已知滑块A与木板B之间的动摩擦因数，木板B与水平地面之间的动摩擦因数，重力加速度，，.不计空气阻力.求：
（1）前2s内滑块A和木板B的加速度大小；
（2）滑块A滑上圆弧轨道P点时对P点的压力大小；
（3）Q点与平台左侧的水平距离.
15.如图所示，足够长的光滑金属导轨平行放置，固定在水平面上，间距，导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小，导轨左端的单刀双掷开关可分别与电阻或电容器相连接，已知定值电阻，电容器电容，导体棒质量、电阻，其余电阻不计。开始电容器不带电，导体棒静置于导轨上，开关合向a，对导体棒施加水平向右的的拉力，当导体棒匀速运动时撤去F，导体棒始终与导轨垂直且接触良好。
（1）求拉力的最大功率；
（2）求撤去F后定值电阻R中产生的热量；
（3）若撤去F的同时将开关合向b，求导体棒最终运动的速度大小。
答案以及解析
1.答案：C
解析：A.氢原子从低能级向高能级跃迁时需要吸收光子，故A错误；
B.大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时，形成的线状光谱总共有6条亮线，分别是、、、、、能级之间跃迁产生的。故B错误；
C.大量处于能级的氢原子辐射出来的光子中，波长最长的光子能量为能级产生的，能量大小为0.66eV。故C正确；
D.若想使处于基态的氢原子电离，光子的能量最小需要，故D错误。
故选C。
2.答案：D
解析：A.由图可知，减速时的加速度根据牛顿第二定律，可得物体受到的摩擦力解得加速阶段得加速度根据牛顿第二定律可知解得所以拉力的最大功率，A错误；B.在拉力方向上的位移所以拉力做的功，B错误；CD.整个阶段的位移故克服摩擦力所做的功C错误，D正确。故选D。
3.答案：D
解析：波速，在时，两列波都传到和之间，根据波的叠加原理可知，叠加后各质点位移为0，如图中②所示；两列波传播时互不干扰，因此时，两列波都传到了对方一侧，如图中③所示，因此D正确.
4.答案：C
解析：A.根据动能定理可知
则小物块所受摩擦力做的功大于小物块动能的增加量，故A错误；
BC.若物块滑到顶端时恰好与传送带共速，此时滑块的位移
传送带的位移
产生的热量
此过程中摩擦力对木块做功为
根据动能定理可知
即
摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增量，则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于物块增加的机械能，故B错误，C正确；
D.电动机额外消耗的电能等于小物块增加的机械能与小物块和传送带间产生的摩擦热之和，故D错误。
故选C。
5.答案：D
解析：A.卫星围绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力有可得，卫星绕地球运动的向心加速度大小为可知卫星绕地球运动的向心加速度与其轨道半径的平方成反比。然而卫星a在地球赤道上随地球一起转动，向心力只来自于万有引力的一小部分，所以卫星a的向心加速度不与轨道半径的平方成反比，则，故A错误；B.根据开普勒第三定律有，c是地球同步卫星，其周期为24小时，由于卫星d的道半径大于卫星c的轨道半径所以卫星d的运动周期大于24小时，故B错误；CD.卫星围绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力有可得则有，则卫星b每天可以观测到8次的日出，故C错误，D正确。
6.答案：B
解析：A.工人卸砖过程中，铁夹及砖块有加速、减速过程，所以工人对铁夹及砖块整体的作用力可能大于、等于或小于5mg，A错误；BC.整个系统处于平衡状态，故砖块所受的摩擦力都与其重力是一对平衡力，故二者受到的摩擦力相等。将5块砖作为整体受力分析，则有
，再单独对A受力分析，则有
，解得，方向竖直向下，B正确，C错误；D.增大砖块之间的弹力，由于砖块间的摩擦是静摩擦，跟砖块间的弹力无关，始终等于砖块的重力，D错误。故选B。
7.答案：D
解析：设子弹的质量为m，砂箱的质量为M，砂箱上升的最大高度为h，最大偏转角为θ，冲击摆的摆长为L；以子弹和砂箱作为整体，在子弹和砂箱一起升至最高点的过程中，由机械能守恒定律得：；解得：；在子弹射入砂箱的过程中，系统的动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，联立解得：，同理可知，若子弹的入射速度为时，满足关系：，故，D正确；讨论：（1）冲击摆的最大偏转角满足：，由于不知道h与L之间的关系，所以不能判断出冲击摆的最大摆角是否将变为2θ.故A错误；（2）由于不知道h与L之间的关系，所以不能判断出冲击摆的最大摆角的正切值是否将变为，故B错误；故本题选D.
8.答案：A
解析：
AB.根据图乙可知，当球1位于b点时，坐标原点O处在x方向的场强为零，则可知球2一定在y轴上，否则其产生的场强总会在x轴方向上有分量，且随着球1从a到c，坐标原点O处在x方向的场强先沿着x轴负方向，再沿着x轴正方向，由此可知球1带正电，则球2带负电，而若球2在d处，在其在坐标原点O处产生的场强与球1在坐标原点O处产生的场强在y轴正方向的场强不为零，但由图丙可知，坐标原点O处y轴方向上的场强总是沿着y轴负方向的，因此可知球2一定在b处，故A正确，B错误；
C.设圆的半径为R，由图乙可得，当球1在a点时
可得
故C错误；
D.根据库仑定律可得，小球1受到的电场力
在球1沿着圆环从a到c的过程中，两球之间的距离L先增大，后减小，则可知球1受到的电场力先减小后增大，故D错误。
故选A。
9.答案：BC
解析：A.滑块M、N置于斜面上处于静止状态时，弹簧处于压缩状态，根据胡克定律有物块N刚要离开挡板时，弹簧处于拉伸状态，根据胡克定律有滑块M的位移为解得故A错误；B.滑块N刚要离开挡板的瞬间，对滑块M进行分析，根据牛顿第二定律有解得故B正确；D.重力对滑块M做的功为解得故D错误；C.结合上述可知，滑块M向上运动过程中，弹簧初始位置的压缩量等于末位置的伸长量，即弹簧初末状态的弹性势能相等，根据系统机械能守恒可得滑块M获得瞬时冲量的大小联立解得故C正确。故选BC。
10.答案：CD
解析：ABC.图甲中电子的运动轨迹如图所示
根据几何关系可得,可得电子的轨迹半径为,由洛伦兹力提供向心力可得,可得电子从小孔射入时的速度大小为,电子从射入到打在N板所需的时间为,故AB错误，C正确；D.图乙中设电场强度大小为E，将电子射入速度v进行如图分解
其中竖直向下分速度产生的洛伦兹力与电场力平衡，则有,可得,可知电子在复合场中将以竖直向下做运动直线运动，同时以速率逆时针做匀速圆周运动，电子以同样的速度射入后恰好打不到N板，则对于圆周运动的轨迹如图所示
根据几何关系可得，由洛伦兹力提供向心力可得，联立可得，可得，又，联立解得，则图乙中两极板间的电势差大小为，故D正确。故选CD。
11.答案：（1）见解析（2）（3）改变插针位置，重复实验，多次测量取平均值
解析：（1）如图所示，过O作的垂线，过a作的垂线，垂足为，过b作的垂线，垂足为。
（2）玻璃折射率，计算公式为。
（3）减少实验误差的方案：改变插针位置，重复实验，多次测量取平均值。
12.答案：（1）黑
（2）B
（3）160；880
（4）1.47 mA；；2.95 V
解析：（1）为了确保电表“红”进“黑”出，A端应与“黑”色表笔相连接。
（2）应是欧姆挡的欧姆调零电阻，故B项正确。
（3）当换挡开关接2时，为直流电流1 mA挡，满足，得。
当换挡开关接4时，为直流电压1 V挡，则满足，得。
（4）若B端与“1”相连，则为直流电流2.5 mA挡，由1/5估读法可得读数为1.47 mA。若B端与“3”相连，则为欧姆挡，可得读数为。若B端与“5”相连，则为直流电压5 V挡，可得读数为2.95 V。
13.答案：（1）100N（2）327K
解析：（1）活塞从位置a到b过程中，气体做等温变化，初态、
末态、
根据
解得
此时对活塞根据平衡条件
解得卡销b对活塞支持力的大小
（2）将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态
，
末态，对活塞根据平衡条件
解得
设此时温度为，根据
解得
14.答案：（1）；（2）（3）1.2m
解析：（1）根据牛顿第二定律
对A，有
对B，有
解得，
（2）2s末，A、B的速度大小分别为
，
撤掉力F后，A做匀减速直线运动，B仍以做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律对A，有
当二者共速时有
解得
A从P点滑上圆弧轨道时的速度为
根据牛顿第二定律有
由牛顿第三定律有
（3）A从P点沿圆弧轨道到达Q点，根据动能定理可得
解得
A从Q点滑出后做斜抛运动，有，
联立解得
15.答案：(1)12W(2)1.2J(3)
解析：（1）导体棒速度为v时产生的感应电动势为
感应电流为
由左手定则可得导体棒受到的安培力方向向左，大小为
导体棒的加速度为
所以导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，匀速时速度达到最大值
拉力的最大功率为
（2）撤去F后，导体棒只受水平向左的安培力的作用，加速度为
可得导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终静止。此过程中动能全部转化为系统的热量Q，由能量守恒定律可得
R中产生的热量为
（3）当导体棒产生的电动势和电容器两端电压相等时，导体棒电流为0，导体棒最终做匀速直线运动，假设导体棒最终运动的速度大小为，由动量定理可得
此时
联立可得