安徽省2025屆高三物理模擬（一）

一、單選題：本大題共8小題，共32分。

1.2023年8月25日，“中國環流三號”托卡馬克裝置首次實現100萬安培等離子體電流下的高約束模式運

行，是我國核能開發進程中的重要里程碑。該模式下的核反應方程之一為彳H-fHe+X,反應中釋

放出y光子，下列說法正確的是（）

A.該核反應屬于裂變反應

B.該核反應方程中的X為電子

C.y光子的靜止質量為0,所以它的動量也為0

D.女”的比結合能小于的比結合能

【答案】D

【解析】AD該反應是核聚變反應并釋放出大量的能量，由比結合能小的方向向比結合能大的方向進行，

則的比結合能大于申H的比結合能，故A錯誤，D正確；

民由電荷數守恒和質量數守恒可知，該核反應方程中的X的電荷數為1,質量數為1,貝IX為質子，故8錯

誤；

C.由康普頓效應可知，y光子的動量不為0,故C錯誤。

故選。。

2.如下圖所示，擋板垂直于斜面固定在斜面上，一滑塊山放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球

M擱在擋板與弧形滑塊上，一切摩擦均不計，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑塊，使球與滑塊均靜

止.現將滑塊平行于斜面向上緩慢拉過一較小的距離，球仍擱在擋板與滑塊上且處于靜止狀態，則與原來

A.滑塊對球的彈力增大B,擋板對球的彈力減小

C.斜面對滑塊的彈力增大D.拉力F不變

【答案】B

【解析】【分析】

隔離對球分析，抓住重力大小方向不變，擋板的彈力方向不變，根據合力為零判斷出木板、滑塊對球彈力

的變化，對球和滑塊整體分析，抓住合力為零，判斷斜面對滑塊彈力以及拉力的變化。

本題屬于力學的動態分析，關鍵是抓住不變量，通過作圖法判斷力的變化。以及掌握整體法和隔離法的運

用。

【解答】

4B.對球受力分析，球受到重力、滑塊的支持力和擋板的彈力，如圖

由于重力的大小和方向都不變，擋板的彈力方向不變；根據作圖法知，滑塊的支持力方向在變化，支持力

和擋板的彈力合力不變，等于重力，從圖中可知，擋板對球的彈力在減小，滑塊對球的彈力在減小，故A

錯誤，B正確；

CD.對滑塊和球整體進行受力分析，整體受重力、斜面的支持力、擋板的彈力及拉力，合力為零，各力的

方向不變，由于擋板對球的彈力減小，則拉力增大，在垂直斜面方向上，斜面對滑塊的彈力不變，故。

錯誤。

故選瓦

3.如圖所示是地月天體系統，在月球外側的地月連線上存在一個特殊點，稱為拉格朗日點。在地球上發射

一顆質量為小。的人造衛星至該點后，它受到地球、月球對它的引力作用，并恰好和月球一起繞地球同角速

度勻速圓周運動。已知相對于地球質量M和月球質量m來說，小。很小，所以衛星對地球和月球的引力不影

響地球和月球的運動。設地心、月心間距為3月心到該拉格朗日點的距離為d,則（）

A.該衛星的線速度比月球的線速度小

B.該衛星的向心加速度比月球的向心加速度小

C.該衛星的發射速度大于第二宇宙速度11.2kzn/s

D.題中物理量滿足等式導備

【答案】D

【解析】48、因為于拉格日點的衛星與月球具有相同的角速度，由。=3「和a=32「知，位于拉格朗日點

的衛星的線速度和向心加速度均比月球的大，故A8錯誤；

C、由于第一宇宙速度7.9/cni/s,為繞地球運動的最小的發射速度，第二宇宙速度11.2/OTI/S,為脫離地球

運動的最小的發射速度，該衛星和月球一起繞地球運動，衛星的發射速度應大于7.9/OTI/S,小于

11.2km/s,故C錯誤；

D、月球繞地球公轉時，有。警;很小心

位于拉格朗日點的衛星的向心力由地球和月球共同提供，故有

G/+G爺=m°32?+d)

(L+a)a

故。正確。

4.如圖所示，表面光滑的四分之一圓弧形軌道靜止在光滑水平面上.小球以一定的初速度從4點滑上軌道

底端，并從B點離開軌道頂端.若軌道和小球的質量相等，則在小球和軌道相互作用的過程中

A.小球和軌道組成的系統動量守恒B.小球從B點離開軌道時做豎直上拋運動

C.小球對軌道先做正功后做負功D.小球能夠回到4點且之后做自由落體運動

【答案】D

【解析】本題考查動量守恒定律的應用-滑塊曲面模型問題，解題的關鍵是要以滑塊與曲面為系統進行研

究，分析系統受力情況，確定系統的動量是否守恒，機械能是否守恒，從而分析各選項的正誤；

對小球也軌道組成的系統，水平方向不受外力，故系統水平方向動量守恒，在豎直方向，系統所受合外力

不為零，故小球與軌道組成系統動量不守恒，A錯誤；

小球從B點離開軌道時相對軌道做豎直上拋運動，此時在水平方向與軌道速度相同，一起向左運動，故小

球從B點離開軌道時做斜上拋運動，B錯誤；

小球對軌道的壓力始終垂直軌道向下，這個力的方向與軌道的運動方向夾角為銳角，故小球對軌道的壓力

一直做正功，C錯誤；

對小球與軌道系統，在小球從力點出發再次加到力點的過程中，系統水平方向動量守恒，機械能守恒，故有

27n

m^Q=myVy+m2v2f+^m2v2,解得%=四一"％,72=2'%,由于軌道和小

ZZZTn^-rTn，27711+7712

球的質量相等，故小球回到a點時的速度%=0,恰好做自由落體運動，故。正確；

故選。。

5.如圖所示，兩個相鄰的有界勻強磁場區域，方向相反，且垂直于紙面，磁感應強度的大小均為B,以磁

場區域左邊界為y軸建立坐標系，磁場區域在y軸方向足夠長，在x軸方向寬度均為心矩形導線框力BCD的

CD邊與y軸重合，4。邊長為a.線框從圖示位置水平向右勻速穿過兩磁場區域，且線框平面始終保持與磁場

垂直，線框中感應電流i與線框移動距離x的關系圖像正確的是（以逆時針方向為電流的正方向）（）

【答案】C

【解析】解：線圈進入磁場，在進入磁場0-a的過程中，E=Bav,電流/。=萼，方向為逆時針方向，

為正。

在a—2a的過程中，電動勢E=2Bav,電流/=等=2/0,方向為順時針方向，為負。

K

在2a—3a的過程中，E=Bav,電流/=粵=/°,方向為逆時針方向，為正。故C正確。

K

故選：Co

根據楞次定律判斷出感應電流的方向，根據切割產生的感應電動勢和閉合電路歐姆定律求出感應電流的大

小.

解決本題的關鍵掌握切割產生的感應電動勢公式和歐姆定律公式，會通過楞次定律判斷感應電流的方向,

基礎題.

6.近年，無線充電技術得到了廣泛應用，其簡化的充電原理圖如圖所示。發射線圈所加電壓為U=220U的

家用交流電、匝數為1100匝，接收線圈的匝數為50匝。若工作狀態下，穿過接收線圈的磁通量約為發射線

圈的80%,忽略其它損耗，下列說法正確的是

A.接收線圈的輸出電壓的有效值約為8V

B.發射線圈與接收線圈中電流之比約為1:22

C.發射線圈與接收線圈中交變電流的頻率之比約為22:1

D.發射線圈中的磁通量變化率與接收線圈的磁通量變化率相同

【答案】A

【解析】【分析】

本題考查變壓器的工作原理，能讀懂題設的含義是解題的關鍵。

根據變壓器的工作原理和題設得出發射線圈與接收線圈兩端的電壓關系，從而得出接收線圈的輸出電壓的

有效值即可判斷；根據題設和功率關系分析即可判斷；根據題設發射線圈與接收線圈磁通量變化的頻率關

系，從而得出發射線圈與接收線圈中交變電流的頻率之比即可判斷；根據題設直接分析可判斷。

【解答】

4設發射電壓為a,發射線圈匝數為附，接收線圈電壓為“，接收線圈匝數為電，工作狀態下，穿過接

收線圈的磁通量約為發射線圈的80%,根據匕=華則接受線圈兩端電壓的有效值/=絲.=

un

九22l

8V,故A正確；

B、由于漏磁，接收線圈與發射線圈的功率不相等，則?力溫=表，故2錯誤；

C、發射線圈與接收線圈磁通量變化的頻率相等，則發射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同，即發射

線圈與接收線圈中交變電流的頻率之比為1:1,故C錯誤；

。、穿過接收線圈的磁通量約為發射線圈的80%,則發射線圈中的磁通量變化率與接收線圈的磁通量變化

率不相同，故。錯誤。

7.如圖所示為一定質量的理想氣體從狀態a開始，經歷ab、%、ca三個過程回到原狀態，其體積U隨攝氏

溫度t的變化關系如圖所示，已知該氣體所含的分子總數為N,pa、Pb、Pc分別表示狀態氏c的壓強。

下列判斷正確的是（）

A.狀態a、b的壓強大小滿足PJ,=3pa

B.狀態c時氣體分子的體積為與

C.狀態c的壓強為狀態b壓強的3倍

D.c到a過程中單位時間內單位器壁受到分子撞擊的次數逐漸減少

【答案】D

【解析】A、由圖象圖象可知，從a到b過程氣體體積不變，由查理定律得：黑=黑，T=273+t,tb=

1a1b

3%，Tb豐3Ta,則Pb豐3pa，故A錯誤；

B、理想氣體分子間的距離遠大于分子體積，狀態c時氣體分子占的空間大小為華，但分子體積遠小于今，

故8錯誤；

C、根據理想氣體狀態方程：學=畢，八手3T「會=睇=3削片3,故C錯誤；

。、c到a過程氣體溫度不變而體積增大，由玻意耳定律可知，氣體壓強減小，氣體溫度不變分子平均動能

不變，氣體壓強減小，則單位時間內單位器壁受到分子撞擊的次數逐浙減少，故。正確。

故選：Do

8.雨后天空中出現的弧形彩帶，色彩鮮明的叫虹，色彩比虹暗淡的叫霓。如圖所示為形成的光路圖，一束

太陽光射入水滴后，射出彩色光，其中a和b是兩種單色光，下列說法正確的是（）

L'、、/"'、、、

A.a光的波長大于6光的波長

B.水滴對a光的折射率大于對b光的折射率

C.在水滴中，a光的傳播速度小于b光的傳播速度

D.在完全相同的條件下做雙縫干涉實驗，6光對應的干涉條紋間距較寬

【答案】A

【解析】【分析】

根據題意得出光的折射角的大小關系，結合折射定律得出光的折射率的大小關系；根據折射率的計算公式

得出光的傳播速度的大小關系；根據波速的計算公式得出光的波長大小關系，根據=分析雙縫干涉

的條紋間距關系。

本題主要考查了光的折射定律，理解光的折射特點，結合幾何關系和折射定律即可完成分析。

【解答】

A根據光路圖可知，兩束光的入射角相等，在介質中a光的折射角大，b光的折射角小，根據折射定律”=

軀可知，水滴對a光的折射率小于對b光的折射率，故2錯誤；

sinr

A由于水滴對a光的折射率小于對b光的折射率，貝必光的頻率小于b光的頻率，所以a光的波長大于b光的波

長，故A正確；

C.根據u=￡可知，在該介質中a光的傳播速度大于b光的傳播速度，故C錯誤；

n

。根據可知，在相同的條件下，a光的波長大于b光的波長，所以a光對應的干涉條紋間距較寬，

故。錯誤。故選A。

二、多選題：本大題共2小題，共10分。

9.如圖，邊長為L的正三角形abc區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，質量為小，電荷量為q的同種粒子

每次都從a點沿與ab邊成30。角的方向垂直射入磁場，若初速度大小為為，射入磁場后從ac邊界距a點寺處射

出磁場。不計粒子的重力，下列說法正確的是（）

A.若粒子射入磁場的速度增大為2%，則出射位置距a點年

B.若粒子射入磁場的速度增大為2%,則粒子在磁場中的運動時間減小為原來的一半

C.右粒子射入磁場的速度不大于3%，粒子從磁場中射出時速度方向均與ab邊垂直

D.若粒子射入磁場的速度不同，但從ac邊射出的所有粒子在磁場中的運動時間相等

【答案】ACD

【解析】【分析】

畫出粒子軌跡過程圖，根據粒子從同一邊界射出時速度方向與該邊界的夾角相

等、對應的圓心角相同分析時間，根據半徑公式分析半徑大小和射出的位置。

本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動，解題關鍵是要畫出粒子軌跡過程圖，找

到臨界幾何條件，再運用洛倫茲力提供向心力與幾何關系結合求解即可。

【解答】

粒子的速度分別為為、2%、3%時，畫出粒子軌跡過程圖如圖所示。

A、若粒子射入磁場的速度增大為2%,根據R=袤■可知，粒子的半徑增大到原來的2倍，則出射位置距a點

y,故A正確；

B、若粒子射入磁場的速度增大為2%,粒子從ac邊射出時與ac邊的夾角不變、軌跡對應的圓心角不變，則

粒子在磁場中的運動時間不變，故8錯誤；

C.若粒子射入磁場的速度不大于3%,則粒子均能夠從ac邊射出，射出時速度方向與ac邊的夾角為30。，而

ab邊與ac邊的夾角為60。，則粒子從磁場中射出時速度方向均與ab邊垂直，故C正確；

。、若粒子射入磁場的速度不同，但從ac邊射出的所有粒子運動軌跡對應的圓心角均為60。，所以在磁場中

的運動時間相等，故。正確。

故選：ACD?

10.如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導軌abc和de,ab與de平行，be是以。為圓心的圓弧導軌，圓弧be

左側和扇形Obc內有方向如圖的勻強磁場，金屬桿0P的。端與e點用導線相接，P端與圓弧be接觸良好，初

始時，可滑動的金屬桿MN靜止在平行導軌上，若桿0P繞。點在勻強磁場區內從b至勻速轉動時，回路中

始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有（）

A.桿0P產生的感應電動勢恒定B.桿0P受到的安培力不變

C.桿MN做勻加速直線運動D.桿MN中的電流逐漸減小

【答案】AD

【解析】A.OP轉動切割磁感線產生的感應電動勢為E=2呂產川因為0P勻速轉動，所以桿0P產生的感應電

動勢恒定，故A正確；

BCD.桿。P勻速轉動產生的感應電動勢產生的感應電流由M到N通過MN棒，由左手定則可知，MN棒會向左

運動，MN棒運動會切割磁感線，產生電動勢與原來電流方向相反，讓回路電流減小，MN棒所受合力為安

培力，電流減小，安培力會減小，加速度減小，故。正確，8C錯誤。

三、實驗題：本大題共2小題，共16分。

H.某同學用如圖甲所示的裝置測定木質滑塊與木板間的動摩擦因數及木板的質量。將力傳感器a固定在木

質水平桌面上，并與計算機連接，傳感器a的讀數記為測力端通過細繩與一滑塊相連（調節力傳感器高

度使細繩水平），滑塊起初放在較長的木板的最右端（滑塊可視為質點），長木板的左、右兩端連接有光電門

（圖中未畫出，質量不計），光電門連接的計時器可記錄滑塊在兩光電門之間的運動時間。測量木板長為

L,木板一端連接一根輕繩，并跨過光滑的輕質定滑輪連接一力傳感器B和一只空砂桶（調節滑輪使桌面上

部輕繩水平），力傳感器B的讀數記為F2,初始時整個裝置處于靜止狀態。實驗開始后向空砂桶中緩慢倒入

砂子。（重力加速度g=107nls2）

JJ?||￡/

3力傳感器B

臺砂桶0

圖甲圖乙

（1）緩慢倒入砂子時，6的讀數緩慢增大到3.5N時突變為3.0N,測出滑塊的質量為爪1=1.5kg,則滑塊與

木板間的動摩擦因數4為_____;

（2）己知木質滑塊與木板及木板與木質水平桌面間動摩擦因數相同，在木板開始滑動后，測出在砂桶中裝

有質量不同的砂子時，滑塊通過兩光電門的時間間隔3則木板的加速度為（用L和t表示），在坐標系

中作出尸2-a的圖線如圖乙所示，若圖線的斜率為匕則木板的質量為（用k和L表示），則圖中的縱截

距為（用k和L表示）o

【答案】0.2

2L

笆

k

2L

【解析】（1）緩慢地向砂桶內倒入砂子，F的讀數緩慢增大至U3.5N時突變為3.0N,即滑動摩擦力外=

3.0N,動摩擦因數〃=2=0.2；

mig

127

（2）根據￡=可得，。對木板由牛頓第二定律有尸2一〃（7712+21711）9=血2。，故尸2=6+2租2+

爪2號因此，f2-4圖線斜率左=2牝3則木板的質量為機2=5，縱截距為6

ttZLL

12.小明同學在實驗室做實驗，需要去測量一個未知定值電阻燈的阻值，該待測電阻阻值接近500。。現實

驗室有如下器材可供選擇：

A.待測電阻燈;

A電流表4（量程。?10mA,內阻&=1000）;

C.電流表人2（量程。?5n內阻治2約為I。。。）；

D電壓表P（量程。?1.5U,內阻即=5000;

E.定值電阻島=20012;

F滑動變阻器a（最大阻值約為10。，允許通過的最大電流為14）;

G滑動變阻器/?2（最大阻值約為1000。，允許通過的最大電流為14）；

H直流電源E,電動勢為3U,內阻很小；

/.開關S,及若干導線。

小明在以上器材中選擇了合適的器材，并設計了電路，如甲圖所示。現要求測量數據范圍較大，測量結果

盡可能準確。

(1)滑動變阻器應選，a電表應選，b電表應選o(請填寫所選儀器前的字

母編號)

(2)通過調節滑動變阻器，測量得到多組a電表和6電表的示數，將a電表和6,電表的示數描成圖像如圖乙

所示，圖像橫縱軸物理量的單位均采用國際單位，該圖像斜率大小為k=150,則待測電阻

Rx=2(保留三位有效數字)，所測得的&的測量值與真實值的關系是：測量值__________真實

值(選填或)。

(3)如圖丙，將該待測電阻與一礎光電池串聯，硅光電池的路端電壓U與干路電流/的關系如圖丁所示，則

該待測電阻的功率為W(保留兩位有效數字)。

丙

【答案】(1)F；B；D；(2)500；=；(3)0.010(0.0092?0.011均可)。

【解析】(1)滑動變阻器為分壓式接法，選最大阻值較小的心,即滑動變阻器應選F;a表選乙與自串聯,

即a表選3,能測量的最大電壓為U=/i(&i+Ro)=10皿4x3000=3心剛好等于電源電壓；b表選電壓

表匕其與之分壓，能分走近1.5U電壓，量程合適，且電壓表內阻已知，測量會更精確，即6電表應選D；

乙圖橫軸為電流表示數，縱軸為電壓表示數，電壓表示數與電流表示數/滿足

(2)UU=/(&+RA1)-

濟，得八噢鏟/,則k=唯鏟，得%=500P；

兩電表內阻已知，測量值=真實值;

(3)在硅光電池的U—/圖中，描出％的U—/圖像，U=IRX^500/,如圖所示:

交點處為工作點，其坐標為(4.5m42.25U),則該待測電阻的功率P=2.25VX4.5mA?0.010W。

四、計算題：本大題共3小題，共42分。

13.兩列簡諧橫波P、Q在同一介質中分別沿x軸正方向和負方向傳播，P、Q兩列波在t=0時刻的波形分別

如圖甲中實線、虛線所示，久=1.5L處質點的振動圖像如圖乙所示。簡諧波P的周期為樂，圖中右、為已

知，To未知。求:

(1)兩列波在介質中的傳播速度"及簡諧波Q的周期明；

(2)求心及久=1.5L處質點從1=0時刻到To時間內通過的路程s。

【答案】解：(1)由圖可知簡諧波P、Q的波長：而=3AQ=2L

波在同種介質中傳播速度相等，則根據："=普=:

1pIp

解得：TQ=2Tp

(2)t=0時起到x=1,5L處質點再次出現波谷與波谷疊加經歷時間為To，貝ij：vT0=n^P=n2AQ

當叼=2,電=1時，對應時間7°,貝！|：T0=2Tp

由圖乙可知，路程：S=2x241+442=44.+442

答：(1)兩列波在介質中的傳播速度為：，簡諧波Q的周期為2rp

1P。

(2)久=1.5L處質點從t=0時刻到分時間內通過的路程為44+4X2O

【解析】略

14.如圖，光滑水平面4B與同高度的水平傳送帶BC平滑連接，傳送帶的長度L=2.4m，以u=2m/s的速

度沿逆時針方向勻速運動。水平面上靜置有兩個質量分別為mi=1kg、m2=0.8kg的小物塊a、b,其間

壓縮一水平輕質彈簧并鎖定，彈簧的彈性勢能埒=18/。水平面上在a的左方靜置一質量m3=4kg的小滑

塊c。解除鎖定，a、b被彈開后，立即取走彈簧，b滑上傳送帶，從傳送帶C端水平飛出，落到水平地面上

的D點，而a與c發生彈性正碰。已知BC與地面間的高度差無=0.8機，a、b與傳送帶間的動摩擦因數均為

林=0.5,取g=10m/s2o求：

(1)C、。間的水平距離居

(2)a在傳送帶上因摩擦產生的總熱量Q;

(3)c的最終速度大小乙。

【答案】解：(l)a、b彈開過程，根據動量守恒有m1v1-爪2"2=。，

1clc

根據機械能守恒定律有Ep=-mrvl+-m2V2J解得%=4m/s,v2=5m/s,

11

b從B到C過程，根據動能定理有-卬712gL=-m2Vc-5n2諺，

b從C端脫離傳送帶后，做平拋運動，貝防=，加2,x—t,

解得％=0.4m。

(2)設Q與C發生彈性正碰后瞬間的速度分別為%、Vc,以水平向左為正方向，則租1%=租1%+血3%，

：血1說=皿+2血3評，

解得%=-2Am/s,vc=1.6m/s,

碰后a反彈，設a在傳送帶上運動到速度為零所用的時間為力i，位移大小為久1，則〃M