安徽省2025届高三物理模拟（一）

这是一份安徽省2025届高三物理模拟（一），共15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。
1.2023年8月25日，“中国环流三号”托卡马克装置首次实现100万安培等离子体电流下的高约束模式运行，是我国核能开发进程中的重要里程碑。该模式下的核反应方程之一为 23He+12H→24He+X，反应中释放出γ光子，下列说法正确的是( )
A. 该核反应属于裂变反应
B. 该核反应方程中的X为电子
C. γ光子的静止质量为0，所以它的动量也为0
D. 12H的比结合能小于 24He的比结合能
【答案】D
【解析】AD.该反应是核聚变反应并释放出大量的能量，由比结合能小的方向向比结合能大的方向进行，则 24He 的比结合能大于 12H 的比结合能，故A错误，D正确；
B.由电荷数守恒和质量数守恒可知，该核反应方程中的X的电荷数为1，质量数为1，则X为质子，故B错误；
C.由康普顿效应可知， γ 光子的动量不为0，故C错误。
故选D。
2.如下图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止．现将滑块平行于斜面向上缓慢拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比( )
A. 滑块对球的弹力增大B. 挡板对球的弹力减小
C. 斜面对滑块的弹力增大D. 拉力F不变
【答案】B
【解析】【分析】
隔离对球分析，抓住重力大小方向不变，挡板的弹力方向不变，根据合力为零判断出木板、滑块对球弹力的变化，对球和滑块整体分析，抓住合力为零，判断斜面对滑块弹力以及拉力的变化。
本题属于力学的动态分析，关键是抓住不变量，通过作图法判断力的变化。以及掌握整体法和隔离法的运用。
【解答】
AB.对球受力分析，球受到重力、滑块的支持力和挡板的弹力，如图
由于重力的大小和方向都不变，挡板的弹力方向不变；根据作图法知，滑块的支持力方向在变化，支持力和挡板的弹力合力不变，等于重力，从图中可知，挡板对球的弹力在减小，滑块对球的弹力在减小，故A错误，B正确；
CD.对滑块和球整体进行受力分析，整体受重力、斜面的支持力、挡板的弹力及拉力，合力为零，各力的方向不变，由于挡板对球的弹力减小，则拉力增大，在垂直斜面方向上，斜面对滑块的弹力不变，故CD错误。
故选B。
3.如图所示是地月天体系统，在月球外侧的地月连线上存在一个特殊点，称为拉格朗日点。在地球上发射一颗质量为m0的人造卫星至该点后，它受到地球、月球对它的引力作用，并恰好和月球一起绕地球同角速度匀速圆周运动。已知相对于地球质量M和月球质量m来说，m0很小，所以卫星对地球和月球的引力不影响地球和月球的运动。设地心、月心间距为L，月心到该拉格朗日点的距离为d，则( )
A. 该卫星的线速度比月球的线速度小
B. 该卫星的向心加速度比月球的向心加速度小
C. 该卫星的发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s
D. 题中物理量满足等式ML3=M(L+d)3+md2(L+d)
【答案】D
【解析】AB、因为于拉格日点的卫星与月球具有相同的角速度，由v=ωr和a=ω2r知，位于拉格朗日点的卫星的线速度和向心加速度均比月球的大，故AB错误；
C、由于第一宇宙速度7.9km/s，为绕地球运动的最小的发射速度，第二宇宙速度11.2km/s，为脱离地球运动的最小的发射速度，该卫星和月球一起绕地球运动，卫星的发射速度应大于7.9km/s，小于11.2km/s，故C错误；
D、月球绕地球公转时，有GMmL2=mω2L，
位于拉格朗日点的卫星的向心力由地球和月球共同提供，故有
GMm0(L+d)2+Gmm0d2=m0ω2L+d
联立解得ML3=M(L+d)3+md2(L+d)
故D正确。
4.如图所示，表面光滑的四分之一圆弧形轨道静止在光滑水平面上．小球以一定的初速度从A点滑上轨道底端，并从B点离开轨道顶端．若轨道和小球的质量相等，则在小球和轨道相互作用的过程中
A. 小球和轨道组成的系统动量守恒B. 小球从B点离开轨道时做竖直上抛运动
C. 小球对轨道先做正功后做负功D. 小球能够回到A点且之后做自由落体运动
【答案】D
【解析】本题考查动量守恒定律的应用--滑块曲面模型问题，解题的关键是要以滑块与曲面为系统进行研究，分析系统受力情况，确定系统的动量是否守恒，机械能是否守恒，从而分析各选项的正误；
对小球也轨道组成的系统，水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，在竖直方向，系统所受合外力不为零，故小球与轨道组成系统动量不守恒，A错误；
小球从B点离开轨道时相对轨道做竖直上抛运动，此时在水平方向与轨道速度相同，一起向左运动，故小球从B点离开轨道时做斜上抛运动，B错误；
小球对轨道的压力始终垂直轨道向下，这个力的方向与轨道的运动方向夹角为锐角，故小球对轨道的压力一直做正功，C错误；
对小球与轨道系统，在小球从A点出发再次加到A点的过程中，系统水平方向动量守恒，机械能守恒，故有m1v0=m1v1+m2v2，12m1v02=12m1v12+12m2v22，解得v1=m1−m2m1+m2v0，v2=2m1m1+m2v0，由于轨道和小球的质量相等，故小球回到A点时的速度v1=0，恰好做自由落体运动，故D正确；
故选D。
5.如图所示，两个相邻的有界匀强磁场区域，方向相反，且垂直于纸面，磁感应强度的大小均为B，以磁场区域左边界为y轴建立坐标系，磁场区域在y轴方向足够长，在x轴方向宽度均为a。矩形导线框ABCD的CD边与y轴重合，AD边长为a.线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图像正确的是(以逆时针方向为电流的正方向)( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】解：线圈进入磁场，在进入磁场0−a的过程中，E=Bav，电流I0=BavR，方向为逆时针方向，为正。
在a−2a的过程中，电动势E=2Bav，电流I=2BavR=2I0，方向为顺时针方向，为负。
在2a−3a的过程中，E=Bav，电流I=BavR=I0，方向为逆时针方向，为正。故C正确。
故选：C。
根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据切割产生的感应电动势和闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小．
解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势公式和欧姆定律公式，会通过楞次定律判断感应电流的方向，基础题．
6.近年，无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈所加电压为U=220V的家用交流电、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是
A. 接收线圈的输出电压的有效值约为8 V
B. 发射线圈与接收线圈中电流之比约为1:22
C. 发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比约为22:1
D. 发射线圈中的磁通量变化率与接收线圈的磁通量变化率相同
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查变压器的工作原理，能读懂题设的含义是解题的关键。
根据变压器的工作原理和题设得出发射线圈与接收线圈两端的电压关系，从而得出接收线圈的输出电压的有效值即可判断；根据题设和功率关系分析即可判断；根据题设发射线圈与接收线圈磁通量变化的频率关系，从而得出发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比即可判断；根据题设直接分析可判断。
【解答】
A、设发射电压为U1，发射线圈匝数为n1，接收线圈电压为U2，接收线圈匝数为n2，工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，根据n1n2=80％U1U2，则接受线圈两端电压的有效值U2=n2n1·80％U1=8V，故A正确；
B、由于漏磁，接收线圈与发射线圈的功率不相等，则I1I2≠n2n1=122，故B错误；
C、发射线圈与接收线圈磁通量变化的频率相等，则发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，即发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比为1:1，故C错误；
D、穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则发射线圈中的磁通量变化率与接收线圈的磁通量变化率不相同，故D错误。
7.如图所示为一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其体积V随摄氏温度t的变化关系如图所示，已知该气体所含的分子总数为N，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强。下列判断正确的是( )
A. 状态a、b的压强大小满足pb=3pa
B. 状态c时气体分子的体积为V0N
C. 状态c的压强为状态b压强的3倍
D. c到a过程中单位时间内单位器壁受到分子撞击的次数逐渐减少
【答案】D
【解析】A、由图象图象可知，从a到b过程气体体积不变，由查理定律得：paTa=pbTb，T=273+t，tb=3ta，Tb≠3Ta，则pb≠3pa，故A错误；
B、理想气体分子间的距离远大于分子体积，状态c时气体分子占的空间大小为V0N，但分子体积远小于V0N，故B错误；
C、根据理想气体状态方程：PcVcTc=PbVbTb，tb=3tc，Tb≠3Tc，PcPb=VbTcVcTb=3TcTb≠3，故C错误；
D、c到a过程气体温度不变而体积增大，由玻意耳定律可知，气体压强减小，气体温度不变分子平均动能不变，气体压强减小，则单位时间内单位器壁受到分子撞击的次数逐浙减少，故D正确。
故选：D。
8.雨后天空中出现的弧形彩带，色彩鲜明的叫虹，色彩比虹暗淡的叫霓。如图所示为形成的光路图，一束太阳光射入水滴后，射出彩色光，其中a和b是两种单色光，下列说法正确的是( )
A. a光的波长大于b光的波长
B. 水滴对a光的折射率大于对b光的折射率
C. 在水滴中，a光的传播速度小于b光的传播速度
D. 在完全相同的条件下做双缝干涉实验，b光对应的干涉条纹间距较宽
【答案】A
【解析】【分析】
根据题意得出光的折射角的大小关系，结合折射定律得出光的折射率的大小关系；根据折射率的计算公式得出光的传播速度的大小关系；根据波速的计算公式得出光的波长大小关系，根据△x=Ldλ分析双缝干涉的条纹间距关系。
本题主要考查了光的折射定律，理解光的折射特点，结合几何关系和折射定律即可完成分析。
【解答】
B.根据光路图可知，两束光的入射角相等，在介质中a光的折射角大，b光的折射角小，根据折射定律n=sinisinr可知，水滴对a光的折射率小于对b光的折射率，故B错误;
A.由于水滴对a光的折射率小于对b光的折射率，则a光的频率小于b光的频率，所以a光的波长大于b光的波长，故A正确;
C.根据v=cn可知，在该介质中a光的传播速度大于b光的传播速度，故 C错误;
D.根据△x=Ldλ可知，在相同的条件下，a光的波长大于b光的波长，所以a光对应的干涉条纹间距较宽，故 D错误。故选A。
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图，边长为L的正三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m，电荷量为q的同种粒子每次都从a点沿与ab边成30∘角的方向垂直射入磁场，若初速度大小为v0，射入磁场后从ac边界距a点L3处射出磁场。不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A. 若粒子射入磁场的速度增大为2v0，则出射位置距a点2L3
B. 若粒子射入磁场的速度增大为2v0，则粒子在磁场中的运动时间减小为原来的一半
C. 若粒子射入磁场的速度不大于3v0，粒子从磁场中射出时速度方向均与ab边垂直
D. 若粒子射入磁场的速度不同，但从ac边射出的所有粒子在磁场中的运动时间相等
【答案】ACD
【解析】【分析】
画出粒子轨迹过程图，根据粒子从同一边界射出时速度方向与该边界的夹角相等、对应的圆心角相同分析时间，根据半径公式分析半径大小和射出的位置。
本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，找到临界几何条件，再运用洛伦兹力提供向心力与几何关系结合求解即可。
【解答】
粒子的速度分别为v0、2v0、3v0时，画出粒子轨迹过程图如图所示。
A、若粒子射入磁场的速度增大为2v0，根据R=mvqB可知，粒子的半径增大到原来的2倍，则出射位置距a点2L3，故A正确；
B、若粒子射入磁场的速度增大为2v0，粒子从ac边射出时与ac边的夹角不变、轨迹对应的圆心角不变，则粒子在磁场中的运动时间不变，故B错误；
C.若粒子射入磁场的速度不大于3v0，则粒子均能够从ac边射出，射出时速度方向与ac边的夹角为30°，而ab边与ac边的夹角为60°，则粒子从磁场中射出时速度方向均与ab边垂直，故C正确；
D、若粒子射入磁场的速度不同，但从ac边射出的所有粒子运动轨迹对应的圆心角均为60°，所以在磁场中的运动时间相等，故D正确。
故选：ACD。
10.如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有 ( )
A. 杆OP产生的感应电动势恒定B. 杆OP受到的安培力不变
C. 杆MN做匀加速直线运动D. 杆MN中的电流逐渐减小
【答案】AD
【解析】A.OP 转动切割磁感线产生的感应电动势为E=12Br2ω因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；
BCD.杆OP匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，BC错误。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用如图甲所示的装置测定木质滑块与木板间的动摩擦因数及木板的质量。将力传感器A固定在木质水平桌面上，并与计算机连接，传感器A的读数记为F1，测力端通过细绳与一滑块相连(调节力传感器高度使细绳水平)，滑块起初放在较长的木板的最右端(滑块可视为质点)，长木板的左、右两端连接有光电门(图中未画出，质量不计)，光电门连接的计时器可记录滑块在两光电门之间的运动时间。测量木板长为L，木板一端连接一根轻绳，并跨过光滑的轻质定滑轮连接一力传感器B和一只空砂桶(调节滑轮使桌面上部轻绳水平)，力传感器B的读数记为F2，初始时整个装置处于静止状态。实验开始后向空砂桶中缓慢倒入砂子。(重力加速度g=10 m/s2)
(1)缓慢倒入砂子时，F1的读数缓慢增大到3.5 N时突变为3.0 N，测出滑块的质量为m1=1.5 kg，则滑块与木板间的动摩擦因数μ为 ；
(2)已知木质滑块与木板及木板与木质水平桌面间动摩擦因数相同，在木板开始滑动后，测出在砂桶中装有质量不同的砂子时，滑块通过两光电门的时间间隔t，则木板的加速度为 (用L和t表示)，在坐标系中作出F2−1t2的图线如图乙所示，若图线的斜率为k，则木板的质量为 (用k和L表示)，则图中的纵截距为 (用k和L表示)。
【答案】0.2
2Lt2
k2L
6+ kL

【解析】(1)缓慢地向砂桶内倒入砂子，F的读数缓慢增大到3.5N时突变为3.0N，即滑动摩擦力Ff=3.0N，动摩擦因数μ=Ffm1g=0.2；
(2)根据L=12at2可得，a=2Lt2;对木板由牛顿第二定律有F2−μ(m2+2m1)g=m2a，故F2=6+2m2+m22Lt2因此，F2−1t2图线斜率k=2m2L，则木板的质量为m2=k2L，纵截距为6+kL。
12.小明同学在实验室做实验，需要去测量一个未知定值电阻Rx的阻值，该待测电阻阻值接近500Ω。现实验室有如下器材可供选择：
A.待测电阻Rx;
B.电流表A1(量程0∼10mA，内阻RA=100Ω);
C.电流表A2(量程0∼5mA，内阻RA2约为100Ω);
D.电压表V(量程0∼1.5V，内阻RV=500Ω;
E.定值电阻R0=200Ω;
F.滑动变阻器R1(最大阻值约为10Ω，允许通过的最大电流为1A);
G.滑动变阻器R2(最大阻值约为1000Ω，允许通过的最大电流为1A);
H.直流电源E，电动势为3V，内阻很小;
I.开关S，及若干导线。
小明在以上器材中选择了合适的器材，并设计了电路，如甲图所示。现要求测量数据范围较大，测量结果尽可能准确。
(1)滑动变阻器应选__________，a电表应选__________，b电表应选__________。(请填写所选仪器前的字母编号)
(2)通过调节滑动变阻器，测量得到多组a电表和b电表的示数，将a电表和b，电表的示数描成图像如图乙所示，图像横纵轴物理量的单位均采用国际单位，该图像斜率大小为k=150，则待测电阻Rx=__________A(保留三位有效数字)，所测得的Rx的测量值与真实值的关系是：测量值__________真实值(选填“>”“