【物理】2025届安徽省合肥市高考三模试卷（解析版）

这是一份【物理】2025届安徽省合肥市高考三模试卷（解析版），共20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.古诗“蛙跳蛾舞仰头看，一虫飞来亦化餐”生动描绘了青蛙捕食的过程。如图所示，一只青蛙从石头上跳向空中捕食，青蛙离开石头时的速度斜向右上方，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 青蛙起跳前，石头对青蛙的作用力和青蛙的重力是一对相互作用力
B. 青蛙起跳时，石头对青蛙作用力的竖直分量始终等于青蛙的重力
C. 青蛙在空中斜向上运动时处于失重状态
D. 青蛙在空中最高点时的加速度为0
2.电缆周围的电场分布对电缆的电场强度影响很大，如图所示为电缆终端周围的电场分布情况，图中虚线为等势线，实线为电场线，a、b、c三点为不同电场线和等势面的交点，其中b、c两点关于电缆对称，下列说法正确的是( )
A. a点的电场强度比b点的小
B. b点的电场强度和c点的相同
C. 在b点由静止释放一带正电的粒子，粒子将沿等势线运动
D. 将一电子由a点移至b点后电势能减小
3.如图所示，一理想自耦变压器输入端接有效值恒定的正弦交流电压U，P1为变压器上的滑动触头，P2为滑动变阻器R的滑片，R0为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，下列说法正确的是( )
A. 仅把P1向上移动少许，电压表的示数增大
B. 仅把P2向上移动少许，电流表的示数减小
C. 仅把P2向上移动少许，R的功率一定增大
D. 把P1、P2均向上移动少许，R0功率减小
4.硼中子俘获治疗是近年来新兴的肿瘤精准诊疗手段，该治疗的关键步骤之一，是利用硼(511B)发生衰变生成高杀伤力的X粒子精准杀死肿瘤细胞，已知 511B的衰变方程为 511B→X+37Li，下列说法正确的是( )
A. X为β粒子
B. 37Li的结合能大于 511B的结合能
C. 一个X和一个 37Li的质量之和小于一个 511B的质量
D. 可以通过改变温度控制 511B的衰变速度
5.如图所示，薄圆形玻璃砖的的折射率n=2，O为圆心，AB为直径。在玻璃砖内部的A点处有一点光源S，只考虑从光源直接发出射到圆周上的光线，则圆周上有光线射出区域的弧长是玻璃砖周长的( )
A. 23
B. 13
C. 16
D. 112
6.如图所示，半径为R的光滑大圆环固定在竖直面内，小环套在大圆环上，小环由静止开始从大圆环顶端自由下滑至其底部。则下列关于小环下滑过程中，其水平方向速度vx、竖直方向速度vy、角速度ω以及向心加速度an随下落高度h变化的图像可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
7.2025年4月11日00时47分，长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心点火升空，随后将通信技术试验卫星十七号卫星顺利送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。该卫星主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验证。若该卫星在定轨前，由周期为T1的圆轨道变轨到周期为T2的圆轨道，则它先后在这两个圆轨道上时受到来自地球的历有引力之比为( )
A. (T1T2)43B. (T2T1)43C. (T1T2)23D. (T2T1)23
8.如图所示，小球a被绝缘轻绳1系在天花板上，小球b被绝缘轻绳2系在小球a上。两小球质量相等且均带正电，处在水平方向的匀强电场中，平衡时轻绳1与竖直方向的夹角为θ1、轻绳2与竖直方向的夹角为θ2，且θ1>θ2，两小球间的库仑力不能忽略，则下列说法正确的是( )
A. a的电荷量可能等于b的电荷量
B. a的电荷量一定小于b的电荷量
C. 绳1中的张力可能等于绳2中的张力
D. 绳1中的张力一定大于轻绳2中的张力的2倍
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速v=2m/s，t=0时刻的波形如图所示，N、P为介质中平衡位置分别在x=7m和xp=8m的两个质点，则下列说法正确的是( )
A. t=2s时两列波刚好相遇B. 甲波的周期为2s
C. 质点P的最大位移为15cmD. 质点N开始振动的方向沿y轴负向
10.如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中。金属棒a、b垂直导轨放置，a的质量是b的2倍。先将a由静止释放，当a匀速运动时，再将b由静止释放，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A. b释放前，a受到的安培力冲量与其位移成正比
B. b释放后瞬间的加速度大小为3gsinθ
C. b释放后，a、b组成的系统动量守恒
D. 经过足够长时间，a、b的速度相等、加速度也相等
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.为了验证动量守恒定律，某实验小组制作了如图1所示的实验装置。用3D打印机打印出两个质量分别为m1、m2且底面粗糙程度相同的物块A、B，将左侧带有挡板的长木板固定在水平面上，挡板右侧固定一个轻弹簧，弹簧处于原长时其右端在木板上的O点，在O点右侧依次并排放置A、B(A、B紧挨着)，A与弹簧接触但未压缩弹簧。
实验步骤如下：
①保持B不动，用手拿着A向左将弹簧压缩至位置P；
②松手释放A，弹簧恢复原长时A与B发生碰撞，碰后两物块均向右运动一段距离停下，如图2所示，测得A、B静止时它们的左侧面与O点的距离分别为x1、x2；
③拿走B，用手拿着A再次将弹簧压缩至位置P，然后松手释放，测得A停下时其左侧面到O点的距离为x0，如图3所示，又测得A沿运动方向的宽度为L。
(1)为保证实现上述实验目标，应使m1______m2(填“>”“=”或“2
即绳1中的张力一定大于轻绳2中的张力的2倍，绳1中的张力不可能等于绳2中的张力；
q1+q2q2=2tanθ1tanθ2>2
则a的电荷量一定天于b的电荷量，不可能等于b的电荷量。
故D正确，ABC错误。
故选：D。
分别对整体和小球b受力分析，根据共点力平衡条件结合角度关系判断。
本题关键是确定电场力的大小，再根据共点力平衡条件列方程求解，注意整体与隔离的分析方法。
9.【答案】BC
【解析】解：A.甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速v=2m/s，根据图像可知质点将在P点相遇，时间t=Δxv，Δx=2m，解得t=1s，故A错误；
B.由图可得甲波波长等于4m，波速v=2m/s，甲波周期T=λv，解得T=2s，故B正确；
CD.t=0时刻，x=6m以及x=10m两个质点根据同侧法可知振动方向都是向上即沿y轴正方向，左边的波先到N点，N点开始振动的方向沿y轴正方向，P到x=6m以及x=10m两个质点距离相等，P点振动加强，振幅等于10cm+5cm=15cm，即最大位移为15cm，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据两列波相遇时振动情况相同时振动加强，振动情况相反时振动减弱，结合波长、周期与波速的关系，即可求解。
介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰．在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、a受到的安培力为F=BI-L=BBLv-RL
安培力冲量为I=Ft
联立解得I=B2L2xR
可见b释放前，a受到的安培力冲量与其位移成正比，故A正确；
B、设b的质量为m，则a的质量为2m，导体棒a匀速时有2mgsinθ=F
对b有F+mgsinθ=ma
解得a=3gsinθ
故B正确；
C、b释放后，a、b组成的系统受合力为F'=3mgsinθ，则系统动量不守恒，故C错误；
D、经过足够长时间，a、b的速度相等，磁通量不变，则感应电流为0，二者加速度均为a=gsinθ，故D正确。
故选：ABD。
根据切割电动势公式结合闭合电路欧姆定律和安培力公式，推导安培力表达式，再根据冲量公式解答；对b受力分析，根据牛顿第二定律，求b的加速度大小；对a、b棒受力分析，从而判断动量是否守恒；根据导体受力情况分析运动情况。
本题解题关键是根据切割电动势、闭合电路欧姆定律、安培力公式推导出安培力表达式，并根据具体的运动去使用牛顿运动定律。
11.【答案】>； 2μgx1； C
【解析】(1)为防止碰撞后物块A反弹，物块A的质量应大于B的质量，即m1>m2。
(2)碰撞后，对A，由动能定理得-μm1gx1=0-12m1vA2，解得vA= 2μgx1。
(3)没有碰撞时，对A从O到停止运动过程，由动能定理得-μm1gx0=0-12m1v02，解得v0= 2μgx0
碰撞后，对B，由动能定理得-μm2g(x2-L)=0-12m2vB2，解得vB= 2μg(x2-L)
两物块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0=m1vA+m2vB，
整理得m1 x0=m2 x1+m2 x2-L，故C正确，AB错误。
故选：C。
故答案为：(1)>；(2) 2μgx1；(3)C。
(1)为防止碰撞后物块A反弹，物块A的质量应大于B的质量。
(2)应用动能定理求出碰撞后A的速度大小。
(3)碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
理解题意是解题的前提，分析清楚物块的运动过程，应用动能定理与动量守恒定律即可解题。
12.【答案】见解析； 0.80；1.2×10-2； 等于
【解析】(1)用游标卡尺测量针筒内直径时需利用游标卡尺的内测量爪①；
10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，读数为d=10mm+0×0.1mm=10.0mm
(2)滑动变阻器的分压式接法，电流表的内接法，实物图连接如图所示：
(3)根据电阻定律R=ρLS=ρVSS=ρVS2=ρV(πd24)2=16ρVπ2d4
根据欧姆定律U=I(R+RA)=16ρIπ2d4⋅V+IRA
U-V图像的纵截距b=IRA=0.80V，已知I=1.0A
解得RA=0.80Ω
U-V图像的斜率k=8.8-0.84.0×10-6V/m3=2.0×106V/m3
结合U-V函数，图像的斜率k=16ρIπ2d4
由于d=10.0mm，I=1.0A，代入数据解得ρ=1.2×10-2Ω⋅m
(4)根据上述(3)分析过程，未考虑到电极体积对液体体积测量的影响，只会影响U-V函数的纵截距，不会影响U-V函数的斜率，因此测得的电阻率将等于其真实值。
故答案为：(1)①；10.0；(2)见解析；(3)0.80；1.2×10-2；(4)等于。
(1)根据游标卡尺的正确使用和读数规则读数；
(2)滑动变阻器的分压式接法，电流表的内接法，据此完成电路的连接；
(3)根据电阻定律和欧姆定律求解U-V函数，结合图像斜率和纵截距求解作答；
(4)根据上述(3)的分析过程，结合U-V函数分析作答。
本题主要考查了测量某种导电液体的电阻率的实验，要明确实验原理，掌握游标卡尺的读数规则，掌握欧姆定律、电阻定律的运用，求解U-V是解题的关键。
13.【答案】气体在状态C时的温度为400K；
C→A过程中，气体从外界吸收的热量为450J
【解析】(1)气体从C→Ad的过程中，由理想气体状态方程可得：pCVCTC=pAVATA，
代入数据解得：TC=pCVCpAVATA=4×106×2×10-31×106×5×10-3×250K=400K；
(2)气体从C→A的过程中，外界对气体所做的功等于图线与横坐标围成的面积，
则有：W=-12×(1+4)×106×3×10-3J=-750J
气体内能的变化量为：ΔU=α(TA-TC)=2×(250-400)J=-300J
由热力学第一定律可得：ΔU=W+Q，解得：Q=ΔU-W=-300J-(-750J)=450J，则气体从外界吸收是热量为450J。
答：(1)气体在状态C时的温度为400K；
(2)C→A过程中，气体从外界吸收的热量为450J。
(1)由理想气体状态方程可求气体在状态C时的温度；
(2)由热力学第一定律可求气体从外界吸收的热量。
本题是对理想气体状态方程和热力学第一定律的考查，解题的关键是要知道p-V图线与坐标轴围成图形的面积表示气体做的功、根据图示图像分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题。
14.【答案】粒子初速度v0的大小为3m/s；
B2的最小值为1T；
若B2=3T，粒子在磁场中运动的时间为π3s
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得
a=qEm
解得
a=3m/s2
由类平抛运动的规律，有
yp=12at2
|xp|=v0t
解得
v0=3m/s
(2)设粒子通过O点的速度为v，竖直方向速度为vy，v与x轴的夹角为θ，则有
vy=at
解得
vy= 3m/s
tanθ=v1v0= 33
解得
θ=π6
如图
当粒子运动轨迹若为图中①轨迹时，B2最小，由几何关系有
r=|OQ|2sinθ
解得
r=2 3
再由
qvBm=mv2r
解得
Bm=1T
(3)若B2=3T
由qvB2=mv2r2
解得r2=23 3m
由题知B1=12B2
解得
B1=1.5T
同理可得r1=43 3m
两端圆弧对应的弦长
l=2r1sinθ+2r2sinθ
解得
l=2 3m
故粒子运动轨迹如上图中②所示，粒子在磁场中运动的时间
t=2θ×(r1+r2)v=π3s
答：(1)粒子初速度v0的大小为3m/s；
(2)B2的最小值为1T；
(3)若B2=3T，粒子在磁场中运动的时间为π3s。
(1)由类平抛运动的规律求粒子初速度v0的大小；
(2)根据速度关系求出v与x轴的夹角，画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求B2的最小值；
(3)根据洛伦兹力提供向心力求出粒子在不同磁场中的运动半径，画出粒子的运动轨迹，根据周期和时间关系求粒子在磁场中运动的时间。
根据题意分析清楚粒子运动过程作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用类平抛运动的规律、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
15.【答案】小物块离开木板时速度大小为4μgt0；
木板的长度为2μgt02-4μmgk，弹簧弹性势能的最大值为8μ2m2g2k；
木板和水平面间因摩擦产生的热量为16μ2m2g2k
【解析】(1)物块刚开始运动时，对物块受力分析，由牛顿第二定律得：
a=F-3μmgm=4μg
对木板受力分析，由牛顿第二定律得：
a'=4μmg-2μmgm=2μg
a>a'
故物块刚开始就与木板发生相对滑动，此后物块一直做匀加速直线运动，小物块离开木块时的速度大小为：
v=at=4μgt0
(2)当物块从木板上滑出时，物块的位移x=12at2=2μgt02
设此时弹簧的伸长量为x1，0∼t0时间内木板的v-t图像为正弦图线，由运动的对称性有：
4μmg-2μmg=kx1+2μmg-4μmg
解得：x1=4μmgk
故木板的长度L=x-x1=2μgt02-4μmgk
对木板由能量守恒定律得：
4μmgx1-2μmgx1=Epm
解得：Epm=8μ2m2g2k
(3)木板速度第1次减为0后，对木板受力分析：
kx1=4μmg>μmg
故木板会向左运动，此后木板向左运动规律和0∼t0时间内相同，其速度随时间变化得图线也为正弦图线。设木板速度第2次减为0时，弹簧的压缩量为x2，由对称性有：
kx1-μmg=kx2+μmg
解得：x2=2μmgk
木板速度第2次减为0后，对木板受力分析有：
kx2=2μmg>μmg
故木板会再次向右运动，设木板速度第3次减为0时，弹簧的压缩量为x3，由对称性有：
kx2-μmg=kx3+μmg
解得：x3=0
故从木板开始运动到停止，木板和水平面间因摩擦产生的热量为：
Q=2μmgx1+μmg(x1+2x2)=16μ2m2g2k
答：(1)小物块离开木板时速度大小为4μgt0；
(2)木板的长度为2μgt02-4μmgk，弹簧弹性势能的最大值为8μ2m2g2k；
(3)木板和水平面间因摩擦产生的热量为16μ2m2g2k。
(1)分别对物块和木板受力分析，结合牛顿第二定律分析物块的运动情况，根据匀变速直线运动速度-时间公式列式求解即可；
(2)根据木板的v-t图像可知木板的运动和受力具有对称性，根据受力分析求解弹簧的伸长量，结合几何关系求解木板的长度，根据能量守恒定律求解弹簧的弹性势能；
(3)对木板受力分析，根据运动的对称性分析木板的运动，根据Q=fΔx求解摩擦产生的热量。
本题考查涉及到弹簧的板块模型问题，重点是分析好物块和木板的运动情况，解题关键是会根据图像判断运动的对称性，结合能量守恒定律等分析即可。