2025年安徽省高考物理模拟卷

这是一份2025年安徽省高考物理模拟卷，共14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。
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.氢原子部分能级的示意图如图所示，不同色光的光子能量如下表所示：

处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内仅有2条，其颜色分别为( )
A. 红、蓝—靛B. 黄、绿C. 红、紫D. 蓝—靛、紫
2.如图所示，一束光由半圆形玻璃砖的右侧面沿半径射入，经AB界面折射后分为a、b两束光，则下列说法正确的是( )
A. b光的光子能量小于a光的光子能量
B. 现将入射光绕O点逆时针转动，则a光先消失
C. 分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距
D. 在半圆形玻璃中，b光的传播时间小于a光的传播时间
3.如图所示，a是“天宫一号”飞行器、b、c是地球同步卫星，若“天宫一号”飞行器a和卫星b、c均沿逆时针方向转动，“天宫一号”飞行器a的轨道半径为r，引力常量为G，则( )
A. 卫星c的加速度大于卫星b的加速度
B. “天宫一号”飞行器a的线速度大于卫星b的线速度
C. 天宫的运行速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间
D. 在天宫中宇航员由于没有受到地球引力而处于漂浮状态
4.风能是可再生无污染新能源．图示为广东省南澳县某风力发电机，它工作时风力使叶片转动扫过一定的面积，假定垂直经过该面积的空气的动能有固定的比例转化成电能。若叶片的转动半径为r，垂直于叶片转动圆面的风速为v，则发电机的发电功率P与半径r和风速v的关系应是( )
A. P∝rvB. P∝rv ​2C. P∝r ​2v ​2D. P∝r ​2v ​3
5.如图所示，真空中正四面体的四个顶点处分别固定四个等量点电荷，A点为底边棱的中点，B点为右侧面的中心，C点为底面的中心，D点为正四面体的体心(到四个顶点的距离均相等)。下列说法正确的是( )
A. B点电势小于C点电势
B. 取无穷远处为零势面，D点电势不为零
C. 一正电荷从A点运动到D点过程中，电场力做正功
D. 若两个等量异种点电荷在D点产生的电场强度大小为E，则D点的合场强大小为 2E
6.如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过长度为L的轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块与夹子没有相对滑动。小环和夹子的质量均不计，物块与夹子的尺寸相较于绳长可忽略，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B. 小环碰到钉子P时，绳中的张力等于Mg
C. 小环碰到钉子P时，物块运动速度立即减小
D. 速度v不能超过 (2F-Mg)LM
7.如图甲所示，是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，P是离原点x1=2m的一个介质质点，Q是离原点x2=4m的一个介质质点，此时离原点x3=6m的介质质点刚刚要开始振动．图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图象(计时起点相同).由此可知( )
A. 这列波的波长为λ=2mB. 乙图可能是质点Q的振动图象
C. 这列波的传播速度为v=3m/sD. 这列波的波源起振方向为向上
8.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，L为小灯泡，R为滑动变阻器。电流表和电压表读数分别为I、U，其读数变化量剂大小分别为ΔI、ΔU。现闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向上滑动时( )
A. I增大B. L变暗C. U变小D. ΔUΔI不变
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图(a)所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示。图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0.导线的电阻不计。在0至t1时间内，下列说法正确的是( )
A. R1中电流的方向由a到b通过R1B. 电流的大小为nπB0r223Rt0
C. 线圈两端的电压大小为2nπB0r223t0D. 通过电阻R1的电荷量为nπB0r22t03Rt1
10.如图所示，在地面上方的某一水平面上有三个点电荷构成了一个等边三角形，三个点电荷都带等量正电荷。在等边三角形中心点O的正上方有一带正电小球，将小球从A点静止释放。已知A点和B点关于O点对称，OA的距离为h，重力加速度为g，规定无穷远处电势为零。下列说法正确的是( )
A. 图中等边三角形内，O点场强为零且电势也为零
B. 小球释放后可能静止不动，且能静止不动的位置可能有两个
C. 小球释放后若能通过O点，则加速度最大的位置一定在OB之间
D. 小球释放后若能运动到B点，则运动至B处的速度大小为2 gh
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.利用如图装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)为验证机械能是否守恒，除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是___________；
A.交流电源 B.刻度尺 C.天平(含砝码)
(2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp=___________。动能增加量ΔEk=___________；
(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是___________；
A.利用公式v=gt计算重物速度 B.利用公式v= 2gh计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D.没有采用多次实验取平均值的方法
12.(1)甲同学根据图1所示电路采用“半偏法”测量一个量程为3V的电压表内阻(约3kΩ)．
①为使测量值尽量准确，在以下器材中，电阻箱R应选用______，滑动变阻器R0应选用______，电源E应选用______(选填器材前的字母)．
A.电阻箱(0～999.9Ω) B.电阻箱 (0～9999Ω)
C.滑动变阻器(0～50Ω) D.滑动变阻器(0～2kΩ)
E.电源(电动势1.5V) F.电源(电动势4.5V)
②该同学检查电路连接无误后，在开关S1、S2均断开的情况下，先将R0的滑片P调至a端，然后闭合S1、S2，调节R0，使电压表指针偏转到满刻度，再断开开关S2，调节R的阻值，使电压表指针偏转到满刻度的一半．如果此时电阻箱R接入电路中的阻值为3150Ω，则被测电压表的内阻测量值为______Ω，该测量值______实际值(选填“略大于”、“略小于”或“等于”)．
(2)乙同学将一个电流计改装成量程为3V的电压表．该电流计内部由表头和定值电阻r串联组成，其中表头电阻rg=100Ω，r约为几千欧．为确定该电流计的满偏电流Ig和r的阻值，他采用如图2所示电路进行测量．
实验中使用的电源电动势E=3.0V，电阻箱R的最大阻值为9999Ω.具体操作步骤如下：
a.将滑动变阻器R0的滑片P调到a端，电阻箱接入电路的阻值R调到5000Ω；
b.闭合S，仅调节R0使电流计满偏，记录此时电阻箱接入电路的阻值R和电压表的示数U；
c.断开S，将滑动变阻器R0的滑片P再次调到a端，将电阻箱接入电路的阻值R减小1000Ω；
d.重复步骤b、c，直到将电阻箱接入电路的阻值R调为0Ω，断开S，结束实验．
根据实验测量出的多组数据绘制电压表示数U随电阻箱接入电路中的阻值R变化的图象，如图3所示．
①现有如下三种量程的电压表，在该实验中为使电压的测量值尽可能准确，电压表应选用的量程为______(选填器材前的字母)．
A.0～15V B.0～3V C.0～0.5V
②根据上述实验数据绘制出的图象，并考虑实验中存在的误差，可以推测出该表头的满偏电流Ig以及定值电阻r的值应为______.(选填选项前的字母)
A.30μA，2.4kΩ B.300μA，5.0kΩ
C.300μA，2.4kΩ D.30μA，5.0kΩ
③乙同学参考②中判断的结果，他若将电流计______联(选填“串”或“并”)一个阻值为______kΩ的电阻，就可以将该电流计改装成量程为3V的电压表．
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在导热良好的气缸内．气缸倒立悬挂，活塞位于气缸顶部，活塞距缸底高度h=1.1m，活塞质量m1=1kg、横截面积S=10cm2.现取下气缸，缓慢翻转并把气缸放置在水平地面上，活塞朝上并最终静止．已知室温为t1=27℃，大气压强p0=1.0×105Pa，不计一切摩擦，g=10m/s2．
(i)求活塞最终静止时距离缸底的高度h1；
(ii)活塞最终静止后，对气体缓慢加热，同时在活塞上缓慢倒沙子．若最终气体温度t2=127℃，且活塞又静止在气缸顶部，求所倒沙子的质量m2．
14.如图所示，一游戏装置由安装在水平台面上的高度h可调的斜轨道AB、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道AE和EG相连)、细圆管道GHIJ
(HI和IJ为两段四分之一圆弧)和与J相切的水平直轨道JK组成。可认为所有轨道均处在同一竖直平面内，连接处均平滑。已知，滑块质量为m=30 g且可视为质点，竖直圆轨道半径为r=0.45 m，小圆弧管道HI和大圆弧管道IJ的半径之比为1:4，L1=1.5 m不变，L2=0.5 m，滑块与AB、EG及JK间摩擦因数均为μ=0.5，其他轨道均光滑，不计空气阻力，忽略管道内外半径差异。现调节h=2 m，滑块从B点由静止释放后，贴着轨道恰好能滑上水平直轨道JK，求
(1)大圆弧管道IJ的半径R；
(2)滑块经过竖直圆轨道与圆心O等高的P点时对轨道的压力F1与运动到圆弧管道最低点H时对轨道的压力F2大小之比；
(3)若在水平轨道JK水上某一位置固定一弹性挡板，当滑块与之发生弹性碰撞后能以原速率返回，若第一次返回时滑块不脱轨就算游戏闯关成功。调节斜轨道的高度为h=3 m，仍让滑块从B点由静止滑下，问弹性挡板与J的间距L满足什么条件时游戏能闯关成功。
15.某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图所示，材料表面上方矩形区域PP'N'N充满竖直向下的匀强电场，宽为d；矩形区域NN'M'M(除边界外)充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，宽为s，长为3s；NN'为磁场与电场之间的薄隔离层。一个电荷量为e、质量为m、初速为零的电子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%。若最后电子仅能从磁场边界M'N'飞出，不计电子所受重力。

(1)求电子第一次与第二次圆周运动半径之比；
(2)若电场强度取某值时，电子第三次进入磁场后恰能垂直M'N'飞出，求电子在磁场区域中运动的时间；
(3)若仅满足电子从磁场边界M'N'飞出，求电场强度的取值范围。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】根据玻尔理论，如果激发态的氢原子处于n=2能级，只能够发出10.2 eV的光子，不属于可见光范围；如果激发态的氢原子处于n=3能级，能够发出12.09 eV、10.2 eV、1.89 eV的三种光子，只有1.89 eV的光子属于可见光；如果激发态的氢原子处于n=4能级，能够发出12.75 eV、12.09 eV、10.2 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV的六种光子，1.89 eV和2.55 eV的光子属于可见光，1.89 eV的光子为红光，2.55 eV的光子为蓝-靛光，A正确．
2.【答案】C
【解析】A、根据折射定律公式n=sinisinr，因为玻璃对b光的偏折程度大于a光，所以玻璃对b光的折射率大于对a光的折射率，所以b光频率高，光子能量大，故A错误；
B、根据sinC=1n可知，b光临界角小，现将入射光绕O点逆时针转动，则b光先消失，故B错误；
C、根据c=λf，b光频率高，波长短，根据Δx=Ldλ可知，分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距，故C正确；
D、根据v=cn，所以在半圆形玻璃中，b光速度小，路程相同，则b光时间长，故D错误。
故选：C。
3.【答案】B
【解析】AB、对环绕地球做匀速圆周运动的卫星有：GMmr2=ma=mv2r，解得：a=GMr2，v= GMr，由表达式可知，卫星c的加速度小于卫星b的加速度，“天宫一号”飞行器a的线速度大于卫星b的线速度，故B正确，A错误；
C、第一宇宙速度v= GMR，其中R为地球半径是卫星环绕地球运行的最小半径，故第一宇宙速度为最大的环绕速度，所以天宫的运行速度小于第一宇宙速度，C选项错误；
D、在天宫中宇航员由于受到的地球引力全部用于提供向心力，完全失重而处于漂浮状态，并不是没有受到地球引力，故D选项错误；
4.【答案】D
【解析】在时间t内，有横截面积为S=πr2、长度为l=vt的空气柱垂直通过叶片，此部分空气的动能为Ek=12mv2=12ρ·πr2·vt·v2=ρπr2v3t2，故发电机的发电功率为P=Wt=kρπr2v3t2t=kρπr2v32(式中ρ为空气密度，k为动能转化为电能的比例系数)，故D选项正确。
5.【答案】D
【解析】AB.由电场线对称性原理知，空间中固定的四个点电荷在A、D两点的电势代数和为0，所以A、D两点电势均为0，在B、C两点的电势代数和分别大于0和小于0，所以B点电势高于C点电势，故AB错误；
C.根据AB选项的分析，于A、D两点电势均为0，则一正电荷从A点运动到D点过程中，电场力不做功，故C错误；
D.若两个等量异种点电荷在D点产生的电场强度大小为E，根据电场叠加原理可知，则D点的合场强大小为
ED= 2E
故D正确。故选：D。
6.【答案】D
【解析】A、物块向右匀速运动时，则夹子与物体M，处于平衡状态，那么绳中的张力等于Mg，故A错误；
B、小环碰到钉子P时，物体M做圆周运动，依据最低点由两侧的摩擦力与重力的合力提供向心力，夹子对物体M的摩擦力与对绳子的拉力大小相等，方向相反，因此绳中的张力大于Mg，故B错误；
C、小环碰到钉子P时，由于惯性，物块运动速度不会立即减小，故C错误；
D、因夹子对物体M的最大静摩擦力为2F，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，对物体M，则有：2F-Mg=Mvm2L，解得：vm= (2F-Mg)LM，即速度不能超过 (2F-Mg)LM，故D正确。
故选：D。
7.【答案】B
【解析】AC、由甲读出波长λ=4m，由图乙读出周期T=2s，则波的传播速度为v=λT=2m/s.故A、C错误．
B、由图乙看出，t=0时刻，质点经过平衡位置向上，而图甲中，Q点也经过平衡位置向上运动，故乙图可能是图甲中质点Q的振动图象．故B正确．
D、波源的起振方向与x3=6m的质点t=0时刻的振动方向，简谐波没x轴正方向传播，则知x3=6m的质点在t=0时刻的振动方向向下，则波源的起振方向向下．故D错误．
故选：B。
8.【答案】D
【解析】ABC、当滑动变阻器的滑片P向上调节时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，总阻值变大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流减小，路端电压增大，则电流表读数I减小，电压表读数U增大，灯泡L两端电压增大，通过L的电流增大，L变亮，故ABC错误；
D、根据闭合电路欧姆定律可知：E=U+Ir，可得：U=E-Ir
故ΔUΔI=r，则ΔUΔI不变，故D正确。
故选：D。
将滑动变阻器的滑片P向上调节，滑动变阻器接入电路的电阻变大，R与灯L并联的电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化；根据路端电压与电流的关系，分析并联部分电压的变化，判断灯L亮度的变化；由ΔUΔI的物理意义分析其大小的变化。
本题是电路动态变化分析问题，关键在于分析电流表示数的变化情况，往往根据干路电流与另一支路的电流变化来确定。
9.【答案】BC
【解析】A、由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律得线圈中的电动势为E=n△B△tπr22=nB0πr22t0，根据欧姆定律得，通过R1的电流为：I=E3R=nB0πr223t0R，故B正确；
C、线圈两端电压为路端电压，由欧姆定律得：U=I2R=2nπRB0r223Rt0=2nπB0r223t0.故C正确；
D、通过电阻R1的电荷量为q=It1=nπB0R22t13Rt0，故D错误；
故选：BC。
10.【答案】BD
【解析】A.根据点电荷电场强度的表达式有
E=kQr2
根据点电荷的电势表达式有
φ=kQr
可知三个等量正点电荷在O点产生的电场强度大小相等，方向彼此之间夹角为120°，根据电场叠加原理可知，O点场强为零，可知O点场电势为三个等量正点电荷在O点产生的电势的代数和，可知O点电势不等于零，故A错误；
B.O点场强为零，无穷远位置场强也为零，可知从O点开始沿OA方向到无穷远位置的电场强度大小先增大后减小，即电场强度存在有最大值，一定有两个位置的电场强度相等，若球释放后可能静止不动，且能静止不动的位置可能有两个，故B正确；
C.根据对称性可知，若电场强度最大值位置在A上方，O点下方电场强度最大值位置应在B点下方，此时，假设小球在A点所受电场力小于重力，
根据牛顿第二定律有
mg-qE=ma
小球向下做加速度增大的加速运动，当越过O点后，小球所受电场力方向与重力方向相同，
根据牛顿第二定律
mg+qE=ma
小球先向下做加速度增大的加速运动，经过电场强度最大值位置时，加速度达到最大值，之后向下做加速度减小的加速运动，
可知此时，加速度最大的位置在B点的下侧，故C错误；
D.小球释放后若能运动到B点，根据对称性可知UAB=0
根据动能定理有
mg⋅2h+qUAB=12mv2
解得小球运动至B处的速度大小为2 gh，故D正确。
故选：BD。
11.【答案】(1)AB；(2)mghB，12m(hC-hA2T)2；(3)C
【解析】(1)A、电磁打点计时器用交流电源，用刻度尺测量距离，验证mgh=12mv2，质量可约去。则AB正确，C错误
故选：AB
(2)重锤重力势能的减少量△Ep=mghB，
动能的增加量：△Ek=12mv2=12m(hc-hA2T)2
(3)重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响，则C正确，
故选：C
故选：(1)AB；(2)mghB，12m(hC-hA2T)2；(3)C
12.【答案】B；C；F；3150；略大于；B；C；串；7.5
【解析】(1)①使用半偏法进行测量，要求电阻箱应和待测电阻接近；故电阻箱应选择B；
滑动变阻器采用分压接法，故选择小电阻；故选：C；
为了增大电流，电源选用电动势较大的电源；故选：F；
②当调节电阻箱，使电流表半偏时，由于干路电流几乎未变，电阻箱与电流计中的电流相等，电阻必然相等．如果所得的R1的阻值为3150Ω，则图中被测电流计G的内阻rg的测量值为3150Ω．
实际上电阻箱串入后的，电路的总电阻增大了，串联部分的总电压增大了；电压表半偏时，流过电阻箱的电压大于电压表的电压，电阻箱接入的电阻大于电流计的电阻．所以，该测量值“略大于”实际值．
(2)①由于要求改装后的电压表量程为0～3，为了准确测量，电压表应选：B；
②由欧姆定律可知：
U=IgR+Ig(rg+r)
图象与纵坐标的交点为：Ig(rg+r)=0.75；
Ig=k=2.25-0.755000=300μA；
联立解得：r=2.4kΩ；
③将电流计改装成电压表，应串连接入一分压电阻R，由欧姆定律及串联电路分压规律有：U=IgRg+IgR其中U为改装后电压表的满偏电压，
则R=UIg-Rg代入数据解得：R=7.5kΩ．
故答案为：(1)①B；C；F
②3150；略大于
(2)①B②C
③串；7.5
13.【解析】(i)气缸倒立悬挂时，气体压强为：
p1=p0-m1gS=1.0×105Pa-0.1×105Pa=0.9×105Pa
气缸正放在水平地面上时，气体压强为：
p2=p0+m1gS=1.0×105Pa+0.1×105Pa=1.1×105Pa，
由玻意耳定律有：p1Sh=p2Sh1，
代入数据解得：h1=0.9m.
(ii)活塞又静止在气缸顶部时，由查理定律有：
p1273 +t1=p2+m2gS273 +t2，
代入数据解得：m2=1kg
答：(i)活塞最终静止时距离缸底的高度h1为0.9m．
(ii)所倒沙子的质量m2为1kg．
14.【解析】(1)物块从B点开始下滑，恰能达到水平直轨道JK，根据动能定理得：
mgh-μmg(L1+L2)-mg(R+14R)=0-0
解得：R=0.8m
(2)运动到P点时，根据动能定理得：
mgh-μmgL1-mgr=12mvP2
在P点时，F1=mvP2r
解得：vP=4m/s；F1=1615N
运动到H点时
mgh-μmg(L1+L2)=12mvH2F2-mg=mvH214R
解得：F2=1.8N
因此F1F2=1627
(3)要想让物块与挡板碰后不脱离圆轨道，当L=LP时，对应于物块恰能达到与圆轨道圆心O等高的位置，则由动能定理得：
mgh-μmg(L1+2L2+2LP)-mgr=0
解得：LP=1.3m
当L=LF时对应于物块恰能达到与圆轨道最高点的位置，此时
mg=mvF2r
则由动能定理得：mgh-μmg(L1+2L2+2LF)-2mgr=12mvF2
解得：LF=0.625m
则弹性挡板与J的间距L满足L≤0.625m或者L≥1.3m才能闯关成功。
15.【解析】(1)设圆周运动的半径分别为R1、R2、…Rn、Rn+1…，第一和第二次圆周运动速率分别为v1和v2，动能分别为Ek1和Ek2，根据动能公式：Ek1=12mv12，Ek2=12mv22
由题意有：Ek2=0.9×0.9Ek1
所以根据半径公式有：R1=mv1Be= 2mEk1Be，R2=mv2Be= 2mEk2Be
所以得到：R1：R2=10：9
(2)由题意知，电子在磁场中做了2个半圆和一个14圆，
由：T=2πmBe
可得符合题意的粒子磁场的总时间：t=2×12T+14T=5πm2Be
(3)设电场强度为E，第一次到达隔离层前的速率为v'，根据能量关系有：
eEd=12mv'20.9×12mv'2=12mv12
而R1≤s
解得：E≤5B2es29md
又由：Rn=0.9n-1R1
2R1(1+0.9+0.92+…+0.9n+…)=3s
解得：E>B2es280md
所以电场强度的取值范围为B2es280md