安徽省2025屆高三物理模擬（二）

一、單選題：本大題共8小題，共32分。

1.2024年6月25日，嫦娥六號返回器實現世界首次月球背面采樣返回。返回器在返回過程中運用獨特的

“打水漂”技術，在大氣層上下做類似打水漂的曲線運動。返回過程中高度隨時間變化如圖所示，P點對

應第一次進入大氣層的最低點，Q點對應第一次離開大氣層后的最高點，貝式）

A.該圖像表示返回器的運動軌跡B.該圖像的斜率表示返回器的速度

C.在Q點時，返回器的加速度為零D.在P點時，返回器的豎直方向分速度為零

【答案】D

【解析】A該圖像表示返回器返回過程的高度隨時間變化關系，不是運動軌跡，故A錯誤;

A該圖像不是位移時間圖，所以圖像的斜率不表示返回器的速度，故2錯誤;

C.在Q點時，返回器受到地球引力，所以加速度不為0,故C錯誤;

。.因為P點對應第一次進入大氣層的最低點，所以在P點時，返回器的豎直方向分速度為零，故。正確。

故選

2.如圖甲所示，用瓦片做屋頂是我國建筑的特色之一。鋪設瓦片時，屋頂結構可簡化為圖乙所示，建筑工

人將瓦片輕放在兩根相互平行的模條正中間，若瓦片能靜止在楝條上。已知檀條間距離為d,以下說法正

B.減小模條的傾斜角度。時，瓦片與模條間的彈力變小

C.減小楝條的傾斜角度。時，瓦片與檀條間的摩擦力變大

D.減小楝條間的距離d時，瓦片可能會下滑

【答案】D

【解析】【分析】

本題考查了共點力作用下物體的平衡問題，可將此情況視為斜面模型，解題的關鍵是將重力沿斜面和垂直

于斜面分解，垂直斜面的分力和兩個彈力的合力等大反向，通過沿斜面向下的分力與摩擦力比較判斷瓦片

的運動情況。

瓦片在重力兩側的支持力和摩擦力作用下處于平衡，減小楝條間的距離時，瓦片與檄條間的彈力變小，最

大靜摩擦力變小；增大楝條間的距離口寸，瓦片與楝條間的彈力變大，最大靜摩擦力變大。

【解答】

A瓦片受重力，兩側的支持力和兩側摩擦力，共5個力，故A錯誤；

A減小楝條的傾斜角度。時，兩彈力的合力等于nigcose,瓦片與楝條間的彈力變大，故B錯誤；

C.瓦片與楝條間的摩擦力等于mgsin。，減小模條的傾斜角度。時，摩擦力減小，故C錯誤；

D根據題圖可知，兩棵條對瓦片的彈力與垂直于檄條方向的夾角為a,有2Ncosa=mgcos。

減小檄條間的距離d時，夾角a變小，則瓦片與橡條間的彈力變小，最大靜摩擦力變小，則瓦片可能會下

滑，故。正確。

3.如圖所示，“嫦娥三號”探測器發射到月球上要經過多次變軌，最終降落到月球表面上，其中軌道n為

圓形軌道，軌道m為橢圓軌道.下列說法正確的是（）

A.探測器在軌道II上運動時需要火箭提供動力

B.探測器在軌道II運行時的加速度大于月球表面的重力加速度

c.探測器在軌道n經過p點時的加速度小于在軌道iii經過p點時的加速度

D.探測器在P點由軌道II進入軌道III必須減速

【答案】D

【解析】A探測器在軌道n上運動時，機械能守恒，不需要火箭提供動力，故A錯誤；

民探測器在軌道H運行時的萬有引力小于在月球表面時的萬有引力，根據牛頓第二定律，探測器在軌道H

運行時的加速度小于月球表面的重力加速度，故B錯誤；

C.根據牛頓第二定律有等=ma,距地心距離相同，則加速度相同，故探測器在軌道n經過P點時的加速

度等于在軌道III經過P點時的加速度，故C錯誤；

。根據變軌的原理可知，探測器在P點由軌道n進入軌道m必須減速，故。正確。

4.一定質量的理想氣體從狀態a開始，經atb、btc、c—a三個過程后回到初始狀態a,其p-U圖像如

圖所示.已知三個狀態的坐標分別為a(Vo,2po)、6(2%,po)、。(3%,2p0).以下判斷正確的是()

A.氣體在a-6過程中對外界做的功小于在b-c過程中對外界做的功

B.氣體在a-b過程中從外界吸收熱量大于在b-c過程中從外界吸收熱量

C.在c一a過程中，外界對氣體做的功小于氣體向外界放出的熱量

D.氣體在c-?a過程中內能的減少量大于b-c過程中內能的增加量

【答案】C

【解析】【分析】

根據圖象的面積表示氣體做功，應用氣態方程判斷氣體體積如何變化，然后應用熱力學第一定律答題。

本題考查氣體的狀態方程中對應的圖象，分析清楚圖示圖象、知道理想氣體內能由氣體的溫度決定即可解

題，解題時要抓住p-U圖象的面積表示氣體做功。

【解答】

4根據p-U圖象的面積表示氣體做功，得氣體在at6過程中對外界做的功為：Wab=?(2V0-

%)=2Po%，6TC過

程中氣體對外界做的功為：=與”?(3%-2%)=|po%,所以氣體在a一6過程中對外界做的功等

于在67c過程中對外

界做的功，故A錯誤；

B、氣體在a—b過程中，因為a、6兩個狀態的pH相等，所以兀=熱，即△"助=。，根據熱力學第一定律

△U=Q+勿可知，從外界吸收的熱量為Qab=^PoK)；氣體在6-C過程中，因為c狀態的pU大于6狀態的

pv,所以％<〃，即△>0,根據熱力學第一

_0

定律△[/=(?+”可知，在bTC過程中從外界吸收的熱量為：Qbc=A%C+2PO%，則有：Qab<Qbc，故

B錯誤；

C、在era過程中，氣體等壓壓縮，溫度降低，即AUcaVO,根據熱力學第一定律△〃=(?+勿可知，外

界對氣體做的功小于氣體

向外界放出的熱量，故C正確；

D、因為Ta=〃，而一定質量理想氣體的內能只與溫度有關，所以氣體在era過程中內能的減少量等于

b-c過程中內能的增加

量，故O錯誤。

故選：Co

5.銃基熔鹽核反應堆不僅發電效率高，而且核廢料污染小，具有廣闊的應用前景。第2nl本身不能直接使

用，需經過一系列核反應后先生成品3pa,用3pa再衰變生成能35利用中子轟擊卷3u發生裂變后釋放核

能，其典型產物是夢Ba和吃Ke,已知式Pa的半衰期為27天,則

A.能3^裂變反應的方程為能3〃_i42Ba+s9Ke+2in

B.器Ke的結合能大于用3[7的結合能

C.大量的品3pa經過54天后有四分之一發生了衰變

D.津Pa發生的是￡衰變

【答案】D

【解析】A.能發生裂變反應時要有中子參加反應，選項A錯誤；

8利用中子轟擊第3〃發生裂變后釋放核能，其產物是四2&a和鴕,生成物更穩定，比結合能更大，

但第3。的核子的數目是器的2倍多，可知器Ke的結合能小于第3[/的結合能，選項8錯誤；

C.已知翁的半衰期為27天，則大量的鼠經過54天后有四分之三發生了衰變，剩下原來的四分之

一沒有衰變，選項C錯誤；

D鼠3。。衰變生成豺3〃的反應方程為匿3pa—第3u+，e,則發生的是0衰變，選項。正確。

故選。。

6.如圖所示，電表均為理想電表，兩燈泡的電阻均為2r(不考慮溫度變化對燈泡的影響)，r為電源內阻的大

小，閉合開關S,此時兩燈泡正常發光.將滑動變阻器滑片向下滑動，電壓表匕、%示數變化量的絕對值

分別為4U1、AU2,電流表4示數變化量的絕對值為4,則下列說法不正確的是（）

A.兩燈泡逐漸變暗

B.匕示數變小、彩的示數增大

C.電源的輸出功率減小，效率增大

D.44與4的比值大于JU1與//的比值

【答案】D

【解析】【分析】

本題考查動態電路分析，解題關鍵掌握閉合電路歐姆定律，注意電源效率的計算公式。

根據/=裊可知電路總電流變化，從而判斷燈泡亮度，結合U=E-/r可知兩電壓表的變化情況，根據〃=

與x100%可知效率變化，根據￡=U應+U不，可知第=「，第=2八

【解答】

A.將滑片向下滑動，電路中的總電阻增大，根據/=3可知電路總電流減小，通過兩串聯燈泡的電流始終

一樣且減小，兩燈泡逐漸變暗，故A正確，不合題意；

區電壓表彩測量的是路端電壓，電壓表匕測量的是燈泡打兩端的電壓，因總電流減小，所以匕的示數減

小、根據U=E-/r可知彩的示數增大，故B正確，不合題意；

C外電阻大于內電阻，將滑片向下滑動，電路中的外電阻增大，與內電阻差值變大，電源的輸出功率減

小，根據〃=*x100%=*x100%可知外電壓增大，效率增大，故C正確，不合題意；

C1七

D電壓表彩的測量值為外電壓，根據E=U內+U外,%變化量//=AU內,故爺=r,竽=2r,故d4

與//的比值小于//與4的比值，故。錯誤，符合題意。

7.某籃球愛好者進行二分球投籃訓練時，某一次籃球的運動軌跡如圖所示，4是籃球的拋出點，B是籃球運

動軌跡的最高點，C是籃球的入框點。已知籃球在4點的速度以與水平方向的夾角為60。，在C點速度大小

為也與水平方向的夾角為45。，重力加速度大小為g,不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.籃球經過B點時的速度為0

B.B,C兩點的高度差為及

C.籃球從力點拋出時的速度為，

D.從a點到c點，籃球的速度變化量大小是苧u+

【答案】c

【解析】A籃球做斜拋運動，到達最高點時豎直分速度為零，但水平分速度不為零，所以最高點的速度不

為零，故A錯誤；

CD,由C點速度可知籃球在水平方向的速度為以=17cos45。=與v,在豎直方向速度%y=vsin450=苧。,

方向豎直向下；根據平拋運動規律可知籃球在力點速度為以=瀛.=6,4點豎直方向速度為勿y=

以sin6（T=字分方向豎直向上；從2點到C點，籃球的速度變化量大小是當v+苧V,故。錯誤，C正

確；

2

B.B、C兩點的高度差為h=（.45°）=故2錯誤。

2g4g

故選Co

8.如圖甲所示，在豎直平面內有一半徑為R=0.5爪的固定光滑絕緣圓桶，在空間中有平行圓桶軸線的水平

勻強磁場B=27,一質量為爪=0.5kg、帶電量為q=+2C的帶電小球沿圓桶外壁做圓周運動，如圖乙所

示為帶電小球所在處的截面圖，AC為豎直直徑，初始時帶電小球位于圓環最高點力（圓桶外側），并且有水

平方向的速度為（以水平向左為速度的正方向），如果帶電小球在4點不脫離圓桶，帶電小球初速度為可能

的取值為

A.3m/sB.6m/sC.-3m/sD.-6m/s

【答案】A

2

【解析】若u向左，恰好不脫離4點，Oomg+qvB=得u=5m/s,所以uW5zn/s;

FN=K

2

若u向右，恰好不脫離/點，=Oomg-qvB=得u=lm/s所以u<lm/s

FNK9o

只有4選項符合。

二、多選題：本大題共2小題，共10分。

9.如圖所示，一個邊長為L的正方形導線框，其電阻為R,線框以恒定速度"沿x軸運動，并穿過圖中所示由

虛線圍成的勻強磁場區域，磁感應強度為B。如果以工軸的正方向作為安培力的正方向，線框在圖示位置的

時刻開始計時，則b、c兩點間的電勢差和線框所受的安培力隨時間的變化圖像為（）

XXXX

hB

XXXX

>

XXXX

3L------->

今Ube

BLv

A.

012：3：45—?

tl-

-BLvV

BLv---

B._i------1------------4------L

04

12345.L

t/-

-BLvv

fF

B治

R

c.

B2l}vI：_1U：2…3.J：_4I：5t/_￡

RV

D.

【答案】BC

【解析】線框cb邊進入磁場前所經歷的時gJ即。?眄線框未進入磁場，回路不產生感應電動

勢，回路沒有電流，b,c兩點間的電勢差為0,所受的安培力為0；

線框時邊進入磁場到ad邊進入磁場所經歷的時間今J畔管內，線框的邊切割磁感線，產生的感應

電動勢恒為&=80，感應電流恒為/2=尋=萼，由右手定則知，電流的方向為逆時針，由左手定則

KK

知，安培力方向水平向左，此時安培力/2=—=—比"，b、C兩點間的電勢差"be='%=鬻；

線框ad邊進入到線框cb邊剛要穿出磁場所經歷的時間t3=0=生,即至?如內，線框ad和cb邊均切割

磁感線，但回路感應磁通量不變，則回路感應電動勢為0,感應電流為0,線框所受的安培力為0,由右手

定則知，b點電勢較高，則b、c兩點間的電勢差U3bc=BL"；

線框cb邊穿出到線框ad邊穿出所需的時間t4=與即??呼內，線框ad邊切割磁感線，回路產生的感應電

動勢%=B口，感應電流恒為〃=等=萼，由右手定則知，電流的方向為順時針，由左手定則知，安培

KK

22

力方向水平向左，安培力儲=—BIJ=—竺f，b、c兩點間的電勢差/加=消=警；

K44附

線框ad邊離開磁場后，回路不產生感應電動勢，回路沒有電流，6、c兩點間的電勢差為0,所受的安培力

為0；故8c正確，錯誤。

故選BCo

10.如圖所示的直線加速器由沿軸線分布的金屬圓筒（又稱漂移管）4B,C,D,E組成，相鄰金屬圓筒分

別接在電源的兩端。質子以初速度為從。點沿軸線進入加速器，質子在金屬圓筒內做勻速直線運動且時間

均為7,在金屬圓筒之間的狹縫被電場加速，加速時電壓U大小相同。質子電量為e,質量為不計質子

經過狹縫的時間，貝式）

A.所接電源的極性應周期性變化

B.金屬圓筒的長度應與質子進入圓筒時的速度成正比

C.質子從圓筒E射出時的速度大小為1蜉+詔

D.圓筒E的長度為7]*+詔

【答案】AB

【解析】4因由直線加速器加速質子，其運動方向不變，由題圖可知，4的右邊緣為正極時，則在下一個

加速時需B右邊緣為正極，所以MN所接電源的極性應周期性變化，故A正確；

5因質子在金屬圓筒內做勻速運動且時間均為7,由T=人

V

可知金屬圓筒的長度應與質子進入圓筒時的速度成正比，故8正確;

C.質子以初速度又從。點沿軸線進入加速器，質子經4次加速，由動能定理可得5eU=3爪詫-諾

解得質子從圓筒E射出時的速度大小為方=

故C錯誤;

D質子在圓筒內做勻速運動，所以圓筒E的長度為b=VET=T噤+詔

故。錯誤。

故選A瓦

三、實驗題：本大題共2小題，共16分。

11.在“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗中，現有木板、白紙、圖釘、橡皮條，細繩套和一把

彈簧測力計。

(1)為完成實驗，一組同學另找來一根彈簧，先測量其勁度系數，將實驗數據在尸-％坐標中描點，如圖甲

所示，請你作出圖像;由圖像求得該彈簧的勁度系數卜=N/m(結果保留兩位有效數字)。

(2)某次實驗中，彈簧測力計的指針位置如圖乙所示，其讀數為N。

(3)該組同學通過實驗初步得出兩個互成角度的力的合成遵從平行四邊形定則，另一組同學用兩根完全相

同的輕彈簧和重物來驗證，他們進行了如下操作(彈簧始終處于彈性限度內)：

①用刻度尺測出彈簧的自由長度L。；

②如圖丙所示，把重物通過細繩連接在一根彈簧下端，穩定后測出彈簧的長度刀；他們又把兩彈簧調整到

相互垂直，穩定后測出兩彈簧的長度分別為L3,則L、乙2、區和人滿足的關系式是。

FN

【答案】12；(2)2.10；(3)(5—d)2=(人-Lo)2+

2

(L3—LQ)O

【解析】【分析】

本題主要考查“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗，明確實驗原理是解決問題的關鍵。

(1)根據坐標系中描出的點作圖即可；

(2)明確彈簧測力計的最小分度值，根據彈簧測力計的指針位置，即可知彈簧測力計的讀數；

(3)根據胡克定律和平行四邊形定則即可得及、人、為和Lo滿足的關系式。

【解答】

(1)要讓盡量多的點落在一條直線上，不在線上的點均勻分布在線的兩側，如圖

根據胡克定律F=此可知，圖線的斜率表示彈簧的勁度系數，解得k=午==二=12/V/m；

加20x10

(2)彈簧測力計的最小分度值為0.1N,指針指在刻度2.1,估讀到下一位，則讀數為2.10N；

(3)②根據胡克定律可得F=k(L-Lo),

根據平行四邊形定則和勾股定理可得呼=母+用，

2

整理得(％-d)2=(L2-Loy+(L3-L0)。

12.某同學打算制作一簡易的雙倍率歐姆表，找到的器材如下。

A滿偏電流為10爪4的電流表

5最大阻值為999.90的電阻箱氏和最大阻值為100。的滑動變阻器R?

C.開關一個，紅、黑表筆各一只，導線若干

甲乙

(1)該同學找到一節干電池(標稱值為1.5k內阻不計)，但不確定其電動勢是否與標稱值一致，他設計了如

圖甲所示電路測量電池的電動勢和電流表內阻，操作步驟如下。

第一步，按照圖甲所示電路完成實物連接；

第二步，閉合開關S,調節電阻箱區的阻值，當％的阻值為87.50時，電流表示數為8.0nM,當％的阻值為

150。時，電流表示數為6.0巾4則干電池的電動勢為V。

(2)該同學利用上述干電池設計的歐姆表電路圖如圖乙所示，操作步驟如下。

a.按照圖乙所示完成實物連接，并將表筆連到對應位置。

b.斷開開關S,將紅、黑表筆短接，調節滑動變阻器的阻值，使電流表滿偏，此時的阻值為。，

對應歐姆表的“X10”倍率，則電流表“5.0nM”刻度線的對應數值應標為o

c.閉合開關S,將紅、黑表筆短接進行歐姆調零，調節電阻箱氏和滑動變阻器使電流表示數達到滿偏，此

時對應歐姆表的“X1”倍率。

d.步驟c完成后，將紅黑表筆與一個未知電阻相連，電流表的示數為4.0機4則未知電阻的阻值為

【答案】(1)1.5；(2)6.50；15；d.22.5。

【解析】【分析】

本題考查計算電池的電動勢與電表的電阻，以及歐姆表的改裝與使用。熟練掌握歐姆定律、歐姆表的原理

和使用規則，即可解答此類試題。

【詳解】

E

⑴由/=，可知，當電阻箱阻值為87.50和1500時,

Rq+R]

p

有8.0屈=7s

6.0mA=-—,L"'

R/+150/2

解得：E=1.5V,RA=100/2;

(2)6.將兩表筆短接進行歐姆調零，有&+%=,解得見=50。，電流表的中央刻度對應歐姆表的內

阻，此時對應歐姆表的“X10”倍率，則電流表“5.0nM”刻度線的對應數值應標為15;

d.電流表示數為4.0nM,則流過電源的電流為407n4由閉合電路歐姆定律有人=忐廠,

解得Rx=22.5。。

四、計算題：本大題共3小題，共42分。

13.將兩塊半徑均為R、完全相同的透明半圓柱體4B正對位置，圓心上下錯開

一定距離，如圖所示。用一束單色光沿半徑照射半圓柱體4,設圓心處入射角

為0。當8=60。時，4右側恰好無光線射出；當。=30。時，有光線沿B的半徑

射出，射出位置與4的圓心相比下移鼠不考慮多次反射。求：

(i)半圓柱體對該單色光的折射率；

(ii)兩個半圓柱體之間的距離d。

【答案】解:

(i)

當8=6。。時,4右側恰好無光線射出,即光線發生全反射,根據全反射條件可知：幾=焉

半圓柱體對該單色光的折射率：n=等

(ii)做出光路圖如圖所示：

入射光在半圓柱體4上發生折射時，由折射定律可知：…翳其中。=3。。，解得一譏a=?

入射光在半圓柱體B上發生折射時，由折射定律可知：n=S

解得：sinp=1

貝I：PM=Rsinp=^R

則由幾何關系可知：tcma=":"

a

聯立解得：d=di-與R

答.

(i)半圓柱體對該單色光的折射率為孚；

(ii)兩個半圓柱體之間的距離d為—號R.

【解析】本題考查光的全反射定律，主要是根據全反射定律求出折射率，然后根據折射定律求出入射角和

折射角，由幾何關系求出距離。

(i)由全反射定律求折射率；

(ii)根據折射定律求出入射光在兩個半圓柱體中的折射角和入射角，根據幾何關系求出兩個半圓柱體之間

的距離d。

14.如圖所示，足夠長“L”型平板8靜置在地面上，上表面光滑，物塊4處于平板B上的。'點，用長為0.8小

的輕繩將質量為3的的小球懸掛在。'點正上方的。點。輕繩處于水平拉直狀態，小球可視為質點，將小球由

靜止釋放，下擺至最低點與小物塊4發生彈性碰撞。物塊4沿平板滑動直至與B右側擋板發生碰撞，假設小

物塊4與平板B的碰撞均為彈性碰撞，測得小物塊2與平板B右端從發生第一次碰撞后到第二次碰撞前相隔

的最大距離是9m,整個過程中4始終在8上，所有碰撞時間忽略不計，不計空氣阻力，已知4的質量為

1kg,B的質量0.5kg,g^L10m/s2,求：

‘、'"3AT|B

I?;.1

zz//z/zz/z/zz/z////zz/Z/zz/Z/zz

O'

(1)小球擺至最低點與小物塊4發生彈性碰撞前輕繩的拉力;

(2)小物塊4第一次與平板8碰撞后到第二次碰撞的時間；

(3)平板B在水平面上通過的總路程。

【答案】(1)靜止釋放至最低點過程機械能守恒，有：mgL=^mvl

得見=J2gL=4mls

在最低點由牛頓第二定律得T-爪9=噌

聯立解得T=90N

⑵Z與B發生彈性碰撞有：m^v0=m燹1+mAvA

111

2m^vo=2小球說+2犯4域

解得以=6m/s

接著4與B發生彈性碰撞四吆=mBvB1+mAvA1.

111

若+

2-叫-2-2-

解得：vA1=2m/s\vB1-8m/s

設/與B碰后經過時間。最大距離為4%=9m,有/(Li+-vA1tr=Ax.

得=