2025年高考物理模擬試卷03（安徽卷）

詳細解析

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫

在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回

一、選擇題：本題共10小題，共42分。在每小題給出的四個選項中，第1~8題只有一項符合題目要求，

每題4分，第9~10題有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯或不答

的得0分。

1.關于放射性元素的衰變和核反應，以下說法完全正確的一項是（）

A.7射線是波長很短的電磁波，與a射線和夕射線相比，其穿透能力是最弱的

B.碳14的半衰期為5730年，貝I100個碳14原子在11460年后還剩下25個

C.盧瑟福用。粒子轟擊氮原子核的核反應方程為;"N+；HeJ?O+；H

D."衰變釋放的電子來自于原子核，其實質是核內的質子轉化為中子和電子

【答案】C

【詳解】A./射線是波長很短的電磁波，與。射線和夕射線相比，其穿透能力是最強的，故A錯誤；

B.半衰期是大量原子核的統計學規律，對于少量原子核不成立，故B錯誤

C.盧瑟福用a粒子轟擊氮原子核的核反應方程為;4N+；He->?o+；H,故C正確；

D.夕衰變所釋放的電子是原子核內的中子轉化為質子和電子所產生的，故D錯誤。

故選C。

2.單鏡頭反光相機簡稱單反相機，它用一塊放置在鏡頭與感光部件之間的透明平面鏡把來自鏡頭的圖像投

射到對焦屏上。對焦屏上的圖像通過五棱鏡的反射進入人眼中。如圖為單反照相機取景器的示意圖，ABCDE

為五棱鏡的一個截面，ABXBCo一束紅光垂直A3射入，分別在和EA上發生全反射，且兩次全反射的

入射角相等，最后光線垂直8C射出。則（）

D

A.紅光從空氣進入五棱鏡后傳播速度變大

B.若將紅光改為綠光，則在陰上不能發生全反射

C.若將紅光改為白光，則人眼通過觀察到彩色光束

D.該五棱鏡對紅光的折射率最小值是

sin22.5

【答案】D

【詳解】A.根據光的全反射條件，只有光線在光密介質射向光疏介質時才能發生全反射，又因為光在光疏

介質中傳播速度大于光密介質中的傳播速度，可知光在空氣中的傳播速度大于五棱鏡中的傳播速度。故A

錯誤；

BC.紅光在五棱鏡的全反射臨界角

sinC=—

n

因為綠光的折射率大于紅光的折射率，所以綠光的臨界角較小，所以更容易發生全反射，所以若將紅光改

為綠光，則在EA上能發生全反射。又因為在可見光的各種單色光中，紅光折射率最小，所以臨界角最大，

各色光都能在和創面發生全反射，不會色散所以從BC面出去的仍舊是白光，而不是彩色光束。故BC

錯誤；

D.設射入。面上的入射角為6,因為在C。和胡上發生全反射，且兩次反射的入射角相等，如下圖

根據幾何關系有

40=90°

解得

8=22.5。

當光剛好在CO和A￡面上發生全反射時，折射率最小，根據上述分析可知折射率最小時

e=c

解得最小折射率為

11

n=------=------------

sin0sin22.5°

故D正確。

故選D。

3.我們常用支架與底板垂直的兩輪手推車搬運貨物。如圖甲所示,將質量為m的貨物平放在手推車底板上,

此時底板水平；緩慢壓下把手直至底板與水平面間的夾角為60。。不計貨物與支架及底板間的摩擦，重力加

速度為g,下列說法正確的是（

A.當底板與水平面間的夾角為30。時，底板對貨物的支持力為避鱉

2

B.當底板與水平面間的夾角為30。時，支架對貨物的支持力為由鱉

2

C.壓下把手的過程中，底板對貨物的支持力一直增大

D.壓下把手的過程中，支架對貨物的支持力一直減小

【答案】A

【詳解】AB.當底板與水平面間的夾角為30。時，受力分析如圖

FN2

▼mg

由平衡條件可得

FNICOS60°=FN2COS30°

FNIsin60°+FN2sin30°=mg

解得底板對貨物的支持力

N1——2—

支架對貨物的支持力

F=整

N22

A正確，B錯誤;

CD.壓下把手的過程中，貨物的受力情況如圖

由圖可知，底板對貨物的支持力一直減小，支架對貨物的支持力一直增大，CD錯誤。

故選Ao

4.為了使在磁場中轉動的絕緣輪快速停下來，小明同學設計了以下四種方案：圖甲、乙中磁場方向與輪子

的轉軸平行，圖甲中在輪上固定閉合金屬線圈，圖乙中在輪上固定未閉合金屬線圈；圖丙、丁中磁場方向

與輪子的轉軸垂直，圖丙中在輪上固定閉合金屬線框,圖丁中在輪上固定一些細金屬棒。四種方案中效果

最好的是（）

BB

丙丁

A.甲B.乙C.丙D.T

【答案】C

【詳解】AB.圖甲和圖乙中當輪子轉動時，穿過線圈的磁通量都是不變的,不會產生感生感應電流，則不

會有磁場力阻礙輪子的運動，故AB錯誤;

C.圖丙中在輪上固定一些閉合金屬線框，線框長邊與輪子轉軸平行，當輪子轉動時會產生感應電動勢，形

成感應電流，則會產生磁場力阻礙輪子轉動，使輪子很快停下來，故c正確;

D.圖丁中在輪上固定一些細金屬棒，當輪子轉動時會產生感應電動勢，但是不會形成感應電流，則也不會

產生磁場力阻礙輪子轉動，故D錯誤。

故選Co

5.如圖所示，長度為L的導體棒原來帶負電，將帶電荷量為q的正點電荷放在導體棒的中心軸線上距離棒

左端R處，達到靜電平衡后，棒的左端帶負電，右端不帶電，靜電力常量為也下列說法正確的是（）

-----------L---------H

A.導體棒左端電勢高，右端電勢低

B.導體棒左端電勢低，右端電勢高

4kq

C.導體棒上的電荷在棒中心。處產生的電場強度大小為西下?

2kq

D.導體棒上的電荷在棒中心。處產生的電場強度大小為

(R+4

【答案】c

【詳解】AB.導體棒達到靜電平衡后，導體棒是一個等勢體，電勢處處相等，則導體棒左右兩端電勢相等，

故AB錯誤；

CD.棒上感應電荷在棒內中點產生的場強大小與點電荷+4在該處產生的電場強度大小相等，方向相反，故

可得棒上感應電荷在棒中心。處產生的電場強度大小為

kq4kq

E=

(7?+0.5L)2(27?+L)2

故C正確，D錯誤。

故選C。

6.鋼架雪車是一項精彩刺激的冬奧會比賽項目，運動員起跑區推動雪車起跑后俯臥在雪車上，再經出發區、

滑行區和減速區的一系列直道、彎道后到達終點、用時少者獲勝。圖（a）是比賽中一運動員在滑行區某彎

道的圖片，假設可視為質點的人和車的總質量機=90kg,其在彎道上P處做水平面內圓周運動的模型如圖（b）,

車在尸處既無側移也無切向加速度，速率v=30m/s,彎道表面與水平面成6=53。，不計摩擦力和空氣阻力，

重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8。則在P處（）

圖（a）圖（b）

A.車對彎道的壓力大小為900N

B.人對車的壓力大小為1500N

C.人和車做圓周運動的半徑為67.5m

D.人和車的加速度大小為7.5m/s2

【答案】C

【詳解】A.對人和車受力分析，如圖所示

N

根據幾何關系有

N=*-=1500N

COS。

根據牛頓第三定律可得，車對彎道的壓力大小為1500N,故A錯誤;

B.由于不知道人的質量，所以無法確定人對車的壓力，故B錯誤；

CD.根據牛頓第二定律可得

v2

mgtana=m一=ma

r

解得

r=67.5m,a=13.33m/s2

故C正確，D錯誤。

故選C。

7.靜電透鏡是由帶電導體所產生的靜電場來使電子束聚焦和成像的裝置，它廣泛應用于電子器件和電子顯

微鏡。如圖所示為其內部靜電場中等差等勢面的分布示意圖。一電子由A點以某一速度射入該電場，僅在

電場力作用下的運動軌跡如曲線所示，C、。為該軌跡曲線上的兩點，。點為互相垂直的對稱軸MV和

的交點。下列說法正確的是（）

A.C點的電勢低于。點的電勢

B.電子在C點的電勢能小于在。點的電勢能

C.電子在C點的電勢能和動能之和小于在。點的電勢能和動能之和

D.電子在。點運動到8點過程中動量的變化率不變

【答案】B

【詳解】A.根據軌跡可知。點電子所受電場力沿向右，即在線上電場方向向左，所以C點的電

勢高于。點的電勢，故A錯誤；

B.根據電子在電勢高處電勢能小，所以電子在C點的電勢能小于在。點的電勢能，故B正確；

C.由于只有電場力做功，故運動中電勢能與動能之和不變，故c錯誤；

D.動量的變化率

AnmAv

—=----=ma

ArAt

即電子所受合力/合=qE，由等差等勢面可知。點運動到2點過程中電場強度石變化，故D錯誤。

故選Bo

8.如圖，甲、乙、丙是地球赤道平面內繞地心運動的三顆人造衛星，甲、丙的軌道為圓，乙的軌道為橢圓。

則三顆衛星（）

A.在軌道上運行的周期關系是：/>q>0

B.在軌道上1、2、3位置的加速度大小關系是：aI>a2>a3

C.在軌道上1、2、3位置的速率關系一定是：

D.在軌道上1、2、3位置所受的萬有引力大小關系一定是：耳>乙>瑪

【答案】B

【詳解】A.根據開普勒第三定律可得

T2

衛星在1、2、3軌道運行時軌道半徑或者半長軸增大，所以周期增大，即

罩<5<。

故A錯誤；

B.根據牛頓第二定律有

廠Mm

CJ—-——mci

所以

GM

。=尸

衛星在1、2、3處與地球球心間的距離增大，則加速度減小，即

ax>a2>a3

故B正確；

C.根據萬有引力提供向心力有

MmV2

G—=m—

r

所以

所以

匕〉為

但無法確定V2與V3的大小關系，故C錯誤；

D.由于不知道三顆衛星的質量關系，所以不能確定在軌道上1、2、3位置所受的萬有引力大小關系，故D

錯誤。

故選B。

9.一變壓器在紙面內的剖面如圖，原線圈連接足夠長且電阻不計的平行雙導軌，導軌處于垂直紙面向里的

勻強磁場中、金屬棒與導軌接觸良好且垂直于導軌，副線圈連接燈泡L和電容器C,A為理想交流電

流表。則（)

A.當MN勻速向左運動時，燈泡可能發光，A表有示數

B.當MN加速向左運動時，。點電勢低于6點電勢

C.當沿導軌簡諧運動（不接觸線圈）時，燈泡一定不發光

D.當沿導軌簡諧運動（不接觸線圈）時，A表有示數

【答案】BD

【詳解】A.當勻速向左運動時，左側回路中電流恒定，所以左側線圈產生恒定的磁場，穿過右側線圈

的磁通量不變，右側線圈將不產生感應電流，所以燈泡不發光，電流表無示數，故A錯誤；

B.當加速向左運動時，穿過右側線圈的磁通量不斷增大，且磁場方向向上，根據楞次定律可知，感應

電流的磁場方向向下，根據右手螺旋定則可知，回路中電流方向為逆時針方向，所以a點電勢低于匕點電

勢，故B正確；

CD.當MN沿導軌簡諧運動（不接觸線圈）時，左側回路中產生正弦交變電流，右側回路也為交變電流，

所以燈泡發光，電容器將進行充放電，電流表有示數，故C錯誤，D正確。

故選BDo

10.如圖所示，足夠長的平行金屬導軌固定在水平面內，間距L=Q5m,電阻不計。與導軌左端連接的線圈

面積S=0.1m2,內阻r=0.5O,匝數“=200匝。一根長L=0.5m,質量相=0.2kg、電阻R=2Q的導體棒

4垂直放置在導軌上，與導軌間的動摩擦因數〃=。2。線圈內的磁場平行于軸線向上，磁感應強度的大小

隨時間變化的關系為q=02/；導軌之間的勻強磁場方向豎直向下，磁感應強度的大小耳=1T。f=0時刻

閉合開關，當r=8.0s時導體棒已達到最大速度，重力加速度g=10m/s2。則（）

A.剛合上開關時導體棒的加速度為4m/s2

B.導體棒運動速度的最大值為4m/s

C.08.0s內導體棒的位移大小為16m

D.08.0s內整個電路產生的焦耳熱為20.8J

【答案】BD

【詳解】A.根據法拉第電磁感應定律可知，左側線圈產生的感應電動勢為

lAQNB…

E.=n=nSe=4V

XX

剛合上開關時，電路中電流為

L=-^-=1.6A

R+r

對導體棒有

B2I{L-/nmg=ma

解得

a=2m/s2

故A錯誤；

B.導體棒運動速度最大時，導體棒所受合力為零，即有

B2I2L=]umg

解得

，2=0.8A

設最大速度為Vm，則有

Ei”

R+r2

解得

囁=4m/s

故B正確；

C.根據題意，對導體棒由動量定理有

B,I[Lt——-----Lt—Liiri^t=—0

/I/R+r*111

則有

B2G

(B2IlL-/2mg)t-^--Yvt=mvia-0

即

(B2IiL-/jmg)t-^--x=mvm-0

解得

x=24m

故C錯誤；

D.對導體棒，由動量定理有

B2It-/dmgt=mvm-0

即

B2Lq-fjmgt=mvm

解得

q=8C

由能量守恒定律有

12

qE1=Q+-mv^+Jumgx

解得

2=20.8J

故D正確；

故選BD。

二、非選擇題：本題共5小題，共58分。

11.(6分)某同學用如圖所示的實驗裝置來驗證“力的平行四邊形定則”。彈簧測力計A掛于固定點P,下

端用細線掛一重物M?彈簧測力計B的一端用細線系于。點，手持另一端水平向左拉，使結點。靜止在某

位置。分別讀出彈簧測力計A、B的拉力心、心的大小，并在貼于豎直木板的白紙上記錄。點的位置和細

繩的方向。

(1)圖中彈簧測力計A的示數為N?

(2)下列做法中正確的是()

A.實驗需要測量重物M的重力大小

B.細線方向應與木板平面平行

C.改變拉力，進行多次實驗，每次都要使。點靜止在同一位置

D.只用一個彈簧測力計一定無法完成實驗

(3)若保持乙、線的夾角及。點位置不變，從彈簧測力計B水平方向開始，使彈簧測力計A、B均沿順時

針緩慢轉動至彈簧測力計A水平，則在整個過程中關于彈簧測力計A、B的讀數變化情況是(填選

項前的字母)。

A.A增大，B減小B.A減小，B增大

C.A增大，B先增大后減小D.A減小，B先增大后減小

【答案】⑴2.30

(2)AB

⑶B

【詳解】(1)彈簧測力計的分度值為0.1N,需要精確到0.01N,所以示數為2.30N。

(2)A.0A和。8兩段細線對。點拉力的合力與M的重力平衡，實驗中需要對比合力的理論值(通過平

行四邊形定則所作的合力的圖示)與實驗值(與M重力平衡的力的圖示)，因此應測量重物M所受的重力，

故A正確；

B.細線方向應與木板平面平行，使實際力的平行四邊形與白紙上所作的力的平行四邊形平行，以減小誤差，

故B正確；

C.改變拉力，進行多次實驗，無論O點位置如何，段細線對。點拉力的作用效果始終不變，所以不需

要每次都要使。點靜止在同一位置，故C錯誤；

D.只用一個彈簧測力計也可以完成實驗，一端用彈簧測力計測，另一端用手固定，將結點拉到固定的。

點，然后輪流交換測另一端，這樣就可以確定兩個方向，故D錯誤。

故選ABo

(3)由題意，根據平衡條件可知，。點所受三個拉力組成首尾相接的矢量三角形，如圖所示

Fn

根據正弦定理有

G,.「一

sin0sinysina

使彈簧測力計A、B均沿順時針緩慢轉動至彈簧測力計A水平過程中，保持&、FB的夾角及0點位置不變,

故夕不變，a增大，/減小，可知心減小，&增大，故ACD錯誤，B正確。

故選Bo

12.（10分）小朗同學要將一滿偏電流Ig為500M的微安表G改裝為毫安表。他先測量出微安表G的電阻,

然后對微安表進行改裝，最后再利用一標準電流表，對改裝后的毫安表進行檢測。

圖（c）

（1）為測量出微安表G的電阻，小朗同學設計了如圖（a）所示電路，器材如下：

A.電源Ei（電動勢L5V,內阻很小）

B.電源E2（電動勢6.0V,內阻很小）

C.滑動變阻器（阻值0-2000。）

D.滑動變阻器用（阻值075000。）

E.電阻箱R2（阻值0?600Q）

F.開關兩個，導線若干

為提高測量精度，電源E和滑動變阻器4應該選擇o

A.電源Ei和滑動變阻器&

B.電源E2和滑動變阻器凡

C.電源Ei和滑動變阻器凡

D.電源E2和滑動變阻器&

（2）該實驗操作的步驟有：

A.按圖（a）電路原理圖連接線路；

B.將島的阻值調到最大，閉合開關Si后調節R/的阻值，使毫安表G的指針偏轉到滿刻度；

C.保持R/不變，再接通S2,調節電阻&,使電流表G指針偏轉到滿刻度的一半，讀出&的阻值為400。，

即認為4=&,用此方法測得電流表內阻的測量值與真實值相比（選填“偏大'或“偏小”或“相等”）;

（3）若忽略實驗的誤差，現通過并聯一個阻值為R=80。的電阻把微安表改裝成為一個特定量程的毫安表，則

改裝的電表量程為mA；

（4）根據圖（b）所示電路對改裝后的電表進行檢測，當標準毫安表的示數為1.6mA時，改裝表的指針位置如

圖（c）所示，由此可以推測出改裝的電表量程不是預期值，改裝電流表的實際量程是mA；

(5)要達到(3)的預期目的，無論測得的內阻值是否正確，都不必重新測量，只需要將阻值為R的電阻換為

一個阻值為Q的電阻即可。

【答案】(DD

⑵偏小

(3)3.0

(4)3.2

(5)86.4

【詳解】(1)由于實驗中各器件的阻值都比較大，為減小實驗誤差，電源電動勢應盡可能大些，另外閉合

開關S2時認為電路中總電流不變，實際閉合開關S2后，電路總電阻變小，電路電流變大，而閉合開關S2

時微安表兩端的電壓變化越小，實驗誤差就越小，則選用電動勢較大的電源，故電源應選E2,且滑動變阻

器要能使微安表滿偏，所以選擇R6。

故選D。

(2)閉合S2后，&與&的并聯值尺并＜&,所以/總＞小而此時G的示數為滿偏電流的一半，所以大

于滿偏電流的一半，所以&＜《，即夫測＜4。

(3)根據電流表的改裝原理有

[R

/=/^-=6/=3.0mA

Ag+Rg

(4)標準毫安表的示數為1.6mA時，改裝后的電表顯示為刻度盤的中值刻度，故改裝電流表的量程為3.2mA。

(5)把毫安表改裝成電流表需要并聯分流電阻，并聯電阻阻值

i居

R=

g

當量程為3.2mA時，則有

0.5R5R

R=g—^=800

3.2-0.527

所以

4=432Q

當量程為3.0mA時，則有

0.5Rg(

R'=

3-0.55

所以

7?'=86.4Q

13.（10分）在導熱良好的矩形氣缸內用厚度不計的活塞封閉有理想氣體，當把氣缸倒置懸掛在空中，穩定

時活塞剛好位于氣缸口處，如圖甲所示；當把氣缸開口朝上放置于水平地面上，活塞穩定時如圖乙所示。

已知活塞質量為橫截面積為S,大氣壓強％=半，環境溫度為To,氣缸的深度為〃，重力加速為g,

kJ

不計活塞與氣缸壁間的摩擦。

（1）求圖乙中活塞離氣缸底部的高度小；

（2）活塞達到圖乙狀態時將環境溫度緩慢升高，直到活塞再次位于氣缸口，已知封閉氣體的內能隨熱力學

溫度變化的關系為U=kT,左為常數，大氣壓強保持不變，求在該過程中封閉氣體所吸收的熱量Q。

32

【答案】（1）（2）Q—-kT0+2mgh

【詳解】（1）設甲、乙中封閉氣體的壓強分別為Pl、P2,則有

P\S+mg=p0S,p0S+mg=p2S

解得

氣體做等溫變化，由玻意耳定律有

p、hS=pJ\S

聯立解得

（2）設活塞回到氣缸口時氣體溫度為工，氣體等壓變化，則有

/z1s_hS

〒工

可得

TO。

氣體對外做的功為

W=p2s(h_%)=2mgh

氣體內能變化為

AU=kTl-kT0=^kT0

根據熱力學第一定律可得

AU=Q-W

解得

Q=^kT0+2mgh

14.(14分)如圖所示，質量為025機=0.25kg的小車D靜止在水平光滑軌道上，一根長為L=0.9m的細繩

一端固定質量為相=lkg的球A,細繩的另一端固定在小車D上，另一根長為2L=L8m的細繩一端固定質

量為2根=2kg的球B,另一端固定在。點，兩細繩自由下垂時兩小球正好相切，且兩球心在同一水平高度

上。現將球B拉至細繩處于水平伸長狀態后釋放,設A、B發生碰撞時無機械能損失,重力加速度為g取lOm/s2o

求：

(1)球B在最低點時的速度%的大小；

(2)碰撞結束瞬間球A的速度V2的大小；

(3)碰撞結束后球A上升的最大高度〃。

【答案】(1)6m/s；(2)8m/s；(3)0.64m

【詳解】(1)球B下擺的過程中機械能守恒，則有

2mgx2￡=—x2mVg

解得

v0=2y[gL=6m/s

(2)球B與球A碰撞，A、B兩球組成的系統動量守恒、機械能守恒，取水平向右為正方向，則有

2mv0=Zmv,+mv1

gx2mVo=；x2mvf+；mvf

聯立解得

4

%=”=8m/s

（3）球A上升時小車D隨之向右運動，球A和小車D組成的系統水平方向動量守恒、機械能守恒，球A

上升到最大高度時與小車D速度相同，則有:

gmvl=g1m+0.25m)v2+mgh

mv2=(m+0.25m)v

聯立解得

/i=0.64m

15.（18分）如圖所示，矩形區域I和H內分別存在方向垂直于紙面向外和向里的勻強磁場,

aa\bb\cc'、㈤'為磁場邊界線，四條邊界線相互平行，區域I的磁感應強度大小為8,區域II的磁感應強

度大小為且3,矩形區域的長度足夠長，磁場寬度及防'與cd之間的距離相同。某種帶正電的粒子從。。'上

3

的。1處以大小不同的速度，沿與。M成。=30。角進入磁場（不計粒子所受重力），當粒子的速度小于某一值

時，粒子在區域I內的運動時間均為務；當速度為%時，粒子垂直譏/進入無場區域，最終從dd'上的A點

射出，求:

(1)粒子的比荷幺;

m

(2)磁場區域I的寬度L-,

(3)出射點A偏離入射點。］豎直方向的距離以

abd

O