2025年安徽省A10联盟高考原创预测卷（二）物理试卷（解析版）

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满分100分，考试时间75钟。请在答题卡上作答。
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. 三种不同频率单色光a、b、c，分别照射三种不同金属甲、乙、丙的表面，均恰能发生光电效应。已知三种单色光a、b、c的波长，下列说法正确的是（ ）
A. 三种光子的能量
B. 三种光子的动量
C. 若单色光c照射金属甲，一定不会逸出光电子
D. 若单色光a、b一起照射金属乙，单位时间一定会逸出更多光电子
【答案】B
【解析】A．由公式
可知，波长越长，光子的能量越小，则有
故A错误；
B．由公式
可知，波长越长，光子的动量越小，则有
故B正确；
C．由爱因斯坦光电效应方程
可知，逸出功
所以光照射金属甲，一定有光电子逸出，故C错误；
D．光的频率低于金属乙的极限频率，照射金属乙不会有光电子逸出，所以光和光一起照射金属乙，单位时间内不会逸出更多的光电子，故D错误。
故选B。
2. 在同一均匀介质中，分别处于坐标原点和处的两个波源和，沿轴方向振动形成两列相向传播的简谐横波和。已知某时刻和的最前面分别传到和处，波形如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 波波速是波波速的2倍
B. 两列波在相遇区域内能发生干涉
C. 两列波的波峰在处第一次相遇
D. 两列波波峰在处第一次相遇
【答案】D
【解析】A．两列波在同一均匀介质中，波速相等，故A错误；
B．两列波的波长不同，波速相等，根据可知，频率不同，两列波在相遇区域内不能发生干涉，故B错误；
CD．设两列波的波峰在处第一次相遇，则有
解得
故C错误，D正确；
故选D。
3. 如图所示，一束黄光从空气射向厚度为的玻璃砖，由点射入，入射角为，最后从点射出。若要使、间的距离减小，下列操作可行的是（ ）
A. 仅将黄光换成红光
B. 减小光的入射角
C. 增大玻璃砖的厚度
D. 换成折射率较小的玻璃砖
【答案】B
【解析】A．设黄光从A点射入的折射角为，根据光的折射定律可得
由几何关系可得
仅将黄光换成红光，则折射率变小，变大，则变大，故A错误；
B．减小光的入射角，则变小，则变小，故B正确；
C．增大玻璃砖的厚度h，则变大，故C错误；
D．换成折射率较小的玻璃砖，则变大，则变大，故D错误。
故选B。
4. 空间有一平行于x轴方向的电场，O、A、B、C、D为x轴上的点，AB=CD，OD之间的电势随x变化的图像如图所示。一个带电粒子仅在电场力作用下，从O点由静止开始沿x轴向右运动，下列说法正确的是（ ）
A. 该粒子带负电
B. A、D间电场强度先增大后减小
C. A、B之间与C、D之间的电场强度方向一定相反
D. 该粒子从A向D运动过程中，动能先减小后增大
【答案】C
【解析】A．点电势高于点电势，故从点到点是沿着电场线方向，粒子仅在电场力作用下，从点由静止开始沿轴向右运动，可判定该粒子带正电，故A错误；
B．图线的切线斜率的绝对值表示电场强度的大小，其切线斜率为零处，电场强度也为零，故、间电场强度先减小后增大，故B错误；
C．图中点电势高于点电势，所以、之间的电场强度方向沿轴方向，而点电势低于点电势，所以、之间的电场强度方向沿轴负方向，故C正确；
D．由以上分析结合
可知，该粒子从A向D运动过程中，电势能先减小后增大；根据能量守恒，动能先增大后减小，故D错误。
故选C。
5. 北京时间2024年11月16日2时32分，天舟八号货运飞船与中国空间站成功“太空握手”后，将转入组合体飞行阶段。已知组合体在距地面高度为h的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，低于地球同步卫星轨道，地球半径为R，地球表面重力加速度大小为g，引力常量为G。不考虑地球自转的影响，地球看成质量分布均匀的球体。下列说法正确的是（ ）
A. 该组合体做匀速圆周运动的周期为
B. 组合体的加速度大小比地球同步卫星的小
C. 不能计算出地球的平均密度
D. 若组合体实验舱内有一弹簧振子装置，该振子不能做简谐运动
【答案】A
【解析】A．根据万有引力提供向心力，有
在地球表面的物体，有
解得
故A正确；
B．根据牛顿第二定律
整理可得
组合体和同步卫星均绕地球做匀速圆周运动，但同步卫星的轨道半径比组合体的大，所以组合体的加速度大于同步卫星的加速度，故B错误；
C．地球的平均密度为
故C错误；
D．在空间站中，虽然处于完全失重状态，但弹簧振子在弹簧弹力的作用下，仍可以做简谐运动，故D错误。
故选A。
6. 如图甲所示，为磁悬浮列车，其系统简化为如图乙所示的物理模型：间距为L的绝缘水平光滑平行直导轨间，等距离分布方向相反、垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，每个磁场分布区间的长度都是L。导轨上有边长为L、质量为m的单匝正方形金属线框，总电阻为R。此时线框在图示位置以速度v0开始向右滑行，下列说法正确的是（ ）
A. 此时刻线框中的感应电流方向为顺时针
B. 线框中产生的感应电流最大值为
C. 线框运动过程中的最大加速度为
D. 当线框停止滑行时，通过线框截面的电荷量为
【答案】D
【解析】A．线框向右运动，根据右手定则可知，图乙所示时刻线框中的感应电流的方向是逆时针，故A错误；
B．图乙时刻，线框左右两边产生的感应电动势应相加，根据法拉第电磁感应定律，此时有最大感应电动势
线框中的最大电流为
故B错误；
C．线框受到的安培力最大为
根据牛顿第二定律可得，线框的最大加速度为
故C错误；
D．在线框滑行过程中，其两条边均受到安培力，对线框运用动量定理有
其中
则通过线框截面的电荷量为
故D正确。故选D。
7. 在校秋季运动会上，张华同学参加铅球比赛，他将同一铅球从空中同一位置A先、后两次抛出，第一次铅球轨迹如图中1所示，第二次铅球轨迹如图中2所示。不计空气阻力，铅球可看作质点。关于两次抛出，下列说法正确的是（ ）
A. 轨迹1的铅球在空中飞行时间较短
B. 轨迹1的铅球在A点时重力的功率较小
C. 轨迹2的铅球在最高点时的动量较小
D. 两次抛出过程中，轨迹2铅球的重力冲量较小
【答案】D
【解析】A．铅球沿1轨迹时，铅球上升的高度较大，根据可知，轨迹1的铅球上升和下落所用时间均较长，所以轨迹1的铅球在空中飞行时间较长，故A错误；
B．从A点到最高点，竖直方向有
由于轨迹1的铅球上升的竖直高度较大，则轨迹1的铅球在A点的竖直分速度较大，根据
可知轨迹1的铅球在A点时重力的功率较大，故B错误；
C．铅球沿轨迹2运动时水平位移较大，根据
由于铅球沿轨迹2在空中飞行时间较短，可知轨迹2的铅球水平速度较大，即铅球在2轨迹最高点的速度较大，轨迹2的铅球在最高点时的动量较大，故C错误；
D．根据
由于铅球沿轨迹2在空中飞行时间较短，所以两次抛出过程中，轨迹2铅球的重力冲量较小，故D正确。故选D。
8. 如图所示，半径为R的半圆形容器固定在水平面上，容器内壁光滑，一个质量为m、可视为质点的小球静止在容器的底部，现用一个大小等于的外力F作用在小球上，使小球向右沿容器内壁缓慢上移。已知重力加速度大小为g，则在小球运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 容器内壁对小球的作用力一定越来越小
B. 通过改变F的方向，可以使小球运动到B点
C. 外力的方向一定沿顺时针方向转动
D. 小球能上升最大高度为
【答案】D
【解析】对小球受力分析如图，竖直向下的重力mg，容器壁对小球的作用力N沿半径指向圆心，以重力的末端为圆心，以外力F的大小为半径做半圆，小球向右沿容器内壁缓慢上移，三力平衡组成首尾相接的封闭三角形，容器壁对小球的作用力N一定与半圆相交，可知容器内壁对小球的作用力可能越来越大，也可能越来越小，外力的方向可能沿顺时针方向转动，也可能逆时针方向转动，当N与F垂直时小球上升到最高点，此时N与竖直方向夹角为，有
可知小球上升的最大高度
不可能运动到B点。故选D。
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. 如图甲所示，电路中和为两个相同的小灯泡，均标有“12V 6W”字样，电容器的击穿电压为15V。理想变压器输入电压随时间按正弦规律变化的图像如图乙所示，开关、均断开时，小灯泡正常发光。下列说法正确的是（ ）
A. 该交变电压瞬时值表达式为
B. 灯泡正常发光时，变压器原、副线圈的匝数比为
C 灯泡正常发光时，若闭合开关，电容器不会被击穿
D. 若闭合开关，断开开关，滑片往下移动，灯泡、都变暗
【答案】AD
【解析】A．根据图乙可知，交变电流的周期为
则
根据图像可知，时，，
可得电压瞬时值表达式为
故A正确；
B．原线圈两端电压为
小灯泡正常发光时，副线圈两端电压为
则原、副线圈的匝数比为
故B错误；
C．小灯泡正常发光时，电容器两端电压最大值为
超过电容器的击穿电压15V，故闭合开关电容器C会被击穿，故C错误；
D．若闭合开关，断开开关，滑片P往下移动，副线圈匝数减小，输入电压不变，根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系
可知减小，所以灯泡、都变暗，故D正确。
故选AD。
10. 如图所示，若传送带以速度顺时针转动，将小木箱无初速度放在传送带底端点，经时间到达顶端A点，因摩擦产生的热量为；若传送带以速度逆时针转动，将此小木箱无初速度放在A点，经时间也刚好到达底端点，因摩擦产生的热量为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小木箱可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A. 两次传送带的速度大小
B. 两次传送带的速度大小
C. 两次因摩擦产生的热量
D. 两次因摩擦产生的热量
【答案】BC
【解析】AB．设传送带的倾角为，木箱的质量为，木箱与传送带之间的动摩擦因数为。传送带顺时针转动时，对木箱根据牛顿第二定律有
若能达到，随后做匀速运动；当传送带逆时针转动时，对木箱根据牛顿第二定律有
达到后做匀速运动。因此木箱向上运动和向下运动的时间相同，位移大小也相同，且
画出符合题意的一种情况的图像，如图所示
由图像可得
故A错误，B正确；
CD．根据图像可知，木箱向上运动过程相对位移较大，根据
可知
故C正确，D错误。
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共58分。
11. 如图甲所示，是用单摆测量重力加速度实验装置。将细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，做成一个单摆。利用手机的计时功能测出小球做简谐运动的周期。在测出5组不同摆长及对应周期的数据后，作出图像如图乙所示。
（1）该图像的斜率为______（重力加速度为）；
（2）由此得出重力加速度的测量值为______；（取3.14，计算结果保留3位有效数字）
（3）在此实验中，若该同学测量的摆长是摆线的长度，而非悬点到小球球心之间的距离，这对重力加速度测量结果______（填“有”或“无”）影响。
【答案】（1）
（2）9.78 （3）无
【解析】【小问1详解】
根据单摆周期公式
可得
可知该图像的斜率为
【小问2详解】
根据
解得重力加速度为
【小问3详解】
在此实验中，若该同学测量的摆长是摆线的长度，设小球的半径为，根据单摆周期公式
可得
可知图像的斜率仍为，故对重力加速度测量结果无影响。
12. 某实验小组要将一量程、内阻的微安表改装成量程为20mA的电流表。改装后利用一标准毫安表进行校准（如图甲所示，虚线框内是改装后的电表）。
（1）改装成大量程的电流表时需要并联一个小电阻，则该电阻的阻值______；
（2）当标准毫安表的示数为12.0mA时，微安表的指针位置如图乙所示，产生上述问题的原因可能是改装电流表时微安表并联的电阻______（填“偏大”或“偏小”）；
（3）实验小组又设计了如图内所示的原理电路来测量锂电池的电动势E和内阻r。在实验中，已知电流表内阻为，经多次改变电阻箱阻值，测得多组数据，作出的关系图线如图丁所示，由图可求得电池组的电动势____，内阻_____；（均用题、图中给出的字母表示）
（4）实验时，该小组进行了多次测量，测量期间一直保持电路闭合且时间较长，这样操作是不合理的，理由是____________________。
【答案】（1）10 （2）偏大
（3）
（4）见解析
【解析】【小问1详解】
根据并联规律有
【小问2详解】
标准毫安表读数为12.0mA时，由图乙可知微安表读数为，则此时与微安表并联的电阻的电流为
根据并联电路规律有
则原因是并联的电阻阻值偏大了。
【小问3详解】
[1][2]在考虑电流表内阻的前提下，根据闭合电路欧姆定律有
整理可得
根据图乙图线，可知，
解得，
【小问4详解】
理由是长时间保持电路闭合，电池会发热，电池内阻会发生变化，电池长时间放电，也会引起电动势变化，导致实验误差增大。
13. 如图所示，一封闭着理想气体、导热良好的密闭容器竖直放置，截面积为的水平轻质活塞将该容器分成上、下两部分，每部分气体压强均为，初始体积相等。现将一重物悬挂在活塞上，稳定后下部的体积变为原来的一半，重物未触底。已知重力加速度大小为，重物的体积忽略不计，汽缸与容器间没有摩擦，求：
（1）稳定后，上、下两部分气体压强的比值；
（2）重物的质量。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小问1详解】
设悬挂重物前，上、下两部分气体的体积都为，由于是导热容器，所以上、下两部分气体均做等温变化，由玻意耳定律有，上部分
下部分
联立，解得
【小问2详解】
对轻质活塞受力分析，重物对其拉力等于重物的重力，则有
解得
14. 如图所示，在xOy平面第一象限内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，左边界过原点与y轴夹角。现分别将M、N两带正电粒子从和处沿与y轴负方向成角射出，粒子M、N恰好能在O点相遇。已知粒子M、N的电荷量均为+q，质量分别为m和2m，粒子M射出时的速度大小为，不计两粒子的重力及粒子间的相互作用。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）释放M、N的时间差。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小问1详解】
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，轨迹如图所示
根据几何关系有，解得
根据牛顿第二定律有
解得
【小问2详解】
设粒子射出的速度为，在磁场中做匀速圆周运动的半径为，则
恩家牛顿第二定律有
解得
在轴与磁场区边界之间的无磁场区，设、两粒子做匀速直线运动的时间分别为、，有，
设在匀强磁场中M、N两粒子做匀速圆周运动的时间分别为、，两个粒子做圆周运动的圆心角均为，所以有
其中，解得
同理有
故释放M、N粒子的时间差值为
解得
15. 如图所示，竖直平面内固定一半径的四分之一圆弧轨道。将一质量的小球从A点无初速度释放，从点水平飞离轨道，落到水平面上的点。已知小球从A点运动到点的过程中，克服摩擦力做功，、两点间的高度差。小球视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小。
（1）求小球运动到点时对轨道的压力；
（2）小球落到点后弹起，与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向与水平地面的夹角不变，求小球从点飞出到静止所发生的水平位移；（结果保留3位有效数字）
（3）假设小球第一次与地面碰撞时间，求小球与地面间的平均动摩擦因数。（结果保留3位有效数字）
【答案】（1），方向竖直向下
（2）5.33m （3）0.154
【解析】【小问1详解】
从A至B过程中，由动能定理有
解得
小球在B点，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小为
方向竖直向下。
【小问2详解】
小球由B至P做平抛运动，根据
可得，运动的时间为
发生的水平位移为
由于小球每次碰撞机械能损失75%，由
则碰撞后的速度大小为碰撞前速度大小的。碰撞前后速度方向与水平地面的夹角不变，则碰撞后竖直方向的分速度为碰撞前竖直方向分速度的，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从B点到落地时间的，碰撞后的水平速度大小也变为碰撞前的，所以有，第一次反弹至落地时间为
第一次发生的水平位移为
同理可得，第二次发生的水平位移为
第三次发生的水平位移为
……
第次发生的水平位移为
由数学知识可得，总的水平位移为
【小问3详解】
第一次落地时，根据
可得，落地时竖直方向速度为
竖直方向根据动量定理
解得
水平方向根据动量定理有
解得
所以，平均动摩擦因数为