2025屆安徽省普通高中高三下學(xué)期高考模擬訓(xùn)練(三)物理答案

安徽省合肥市普通高中2025年高考模擬訓(xùn)練(三)物理參考答案本試卷分為第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共100分。時(shí)間：75分鐘第Ⅰ卷（選擇題共42分）一、單選題：1．C解析：設(shè)X的質(zhì)量數(shù)為a、電荷數(shù)為b，根據(jù)核反應(yīng)前后電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒有，聯(lián)立解得：則X為中子。故選C。2．B解析：對(duì)小環(huán)受力分析如圖所示從A到B的過(guò)程中，根據(jù)平衡條件可得，由圖可知，從增大到，則變小，變大，小環(huán)從B到C的過(guò)程中，則有，由圖可知，從增大到，變大，變小，故從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，拉力F先變大后變小，小環(huán)受到的彈力先減小后增大，A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)支架大圓和小圓環(huán)整體受力分析，從A到B的過(guò)程中，其受力情況如圖所示則有，結(jié)合上述結(jié)論可知，變小，先增大后減小，同理可知，從B到C的過(guò)程中，其受力情況如下圖所示，故有變大，先增大后減小，綜合可知，地面對(duì)支架的支持力先減小后增大，地面受到的摩擦力先變大后減小，再變大再減小，CD錯(cuò)誤。故選B。3．B解析：由題意知寶石對(duì)單色光a的偏折程度比對(duì)單色光b的偏折程度小，因此寶石對(duì)單色光a的折射率小，A錯(cuò)誤；由，得，可知單色光a在寶石中的傳播速度比單色光b在寶石中的傳播速度大，B正確；單色光b從空氣進(jìn)入寶石，頻率不變，C錯(cuò)誤；由，可知，單色光a的臨界角大于單色光b的臨界角，逐漸減小斜射到AB面上的入射光束的入射角，從CO面射出的光束中單色光b最先消失，D錯(cuò)誤。故選B。4．A解析：對(duì)于同步空間站，萬(wàn)有引力剛好提供所需的向心力，所以同步空間站兩側(cè)的纜繩對(duì)其作用力的合力為零，故A正確；電梯在同步空間站所在處，萬(wàn)有引力剛好提供所需的向心力，此時(shí)電梯上的乘客處于完全失重狀態(tài)；電梯在其它位置，萬(wàn)有引力不是剛好提供所需的向心力，電梯上的乘客不是處于完全失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；若衛(wèi)星只受萬(wàn)有引力繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則可得：，可知離地球越遠(yuǎn)，衛(wèi)星的角速度越小，而配重空間站在同步空間站的外側(cè)，且配重空間站的角速度等于同步空間站的角速度，所以配重空間站受到的地球引力小于其圓周運(yùn)動(dòng)的向心力；若配重空間站外部零件脫落，由于外部零件所受萬(wàn)有引力不足以提供所需的向心力，則外部零件將做離心運(yùn)動(dòng)，故CD錯(cuò)誤。故選A。5．C解析：由圖2可知，當(dāng)時(shí)，知，解得：小磁針靜止時(shí)N極的指向?yàn)楹洗艌?chǎng)的方向，設(shè)通電導(dǎo)線在處產(chǎn)生磁感應(yīng)大小為，該區(qū)域地磁場(chǎng)水平分量大小為B0，如圖所示由數(shù)學(xué)關(guān)系知，解得：x0處合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，解得：根據(jù)安培定則，由小磁針的偏轉(zhuǎn)情況可判斷，導(dǎo)線中電流方向?yàn)樨Q直向上，故AD錯(cuò)誤，C正確；由圖1可知，小磁針?lè)旁趚軸上，小磁針靜止時(shí)N極指向與x軸正向的夾角為θ，說(shuō)明地磁場(chǎng)與x軸不垂直，故B錯(cuò)誤。故選C。6．D解析：對(duì)原線圈回路有，對(duì)副線圈回路有根據(jù)原副線圈電壓、電流與匝數(shù)的關(guān)系有，所以由此可知，當(dāng)R阻值最大時(shí)，I1最小，即電流表示數(shù)最小，代入數(shù)據(jù)可解得故A錯(cuò)誤；整個(gè)電路的功率為，由以上分析可知，當(dāng)R等于0時(shí)，I1最大，則整個(gè)電路的功率最大，即當(dāng)滑片P處在b端時(shí)，整個(gè)電路的功率達(dá)到最大，故B錯(cuò)誤；根據(jù)等效電源法可知，當(dāng)時(shí)，變壓器的輸出功率最大，則，，，所以，故C錯(cuò)誤；電阻R2的功率為，當(dāng)滑片P從a端滑到b端的過(guò)程中，R不斷減小，I1不斷增大，則I2不斷增大，則電阻R2的功率一直增大，故D正確。故選D。7．C解析：將平面取出如圖所示為等邊三角形，且點(diǎn)、分別為、中點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知連線是連線的中垂線，兩個(gè)帶相同電量的異種電荷分別放置于A、，等量異種點(diǎn)電荷中垂線為等勢(shì)線，將一電荷由點(diǎn)沿直線移動(dòng)到點(diǎn)過(guò)程中電荷的電勢(shì)能不變，電場(chǎng)力不做功；題目未給出A、中哪個(gè)點(diǎn)放置正電荷哪個(gè)點(diǎn)放置負(fù)電荷，若正電荷放置在A處場(chǎng)強(qiáng)情況如圖所示若正電荷放置在處場(chǎng)強(qiáng)情況如圖所示可知、兩點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向一定不同，、兩點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向一定相同，故AB錯(cuò)誤，C正確；因點(diǎn)到、兩點(diǎn)的距離相同，所以處的電荷激發(fā)的電場(chǎng)在、兩點(diǎn)引起的電勢(shì)相同，A點(diǎn)到點(diǎn)的距離大于到點(diǎn)的距離，若正電荷放置在A處，點(diǎn)的電勢(shì)低于點(diǎn)，則電子在點(diǎn)的電勢(shì)能高于其在點(diǎn)的電勢(shì)能，若負(fù)電荷放置在A處，點(diǎn)的電勢(shì)高于點(diǎn)，則電子在點(diǎn)的電勢(shì)能低于其在點(diǎn)的電勢(shì)能，故D錯(cuò)誤。故選C。8．A解析：逆向思維，從A到B的斜上拋運(yùn)動(dòng)可以看作從B到A的平拋運(yùn)動(dòng)，如圖所示由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，A點(diǎn)速度的延長(zhǎng)線過(guò)從A到B水平位移的中點(diǎn)，且A點(diǎn)速度與水平方向的夾角滿足，得從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間，故選A。二、多選題：9．BD解析：由圖可知，平衡位置在x＝0處質(zhì)點(diǎn)位于，則解得波長(zhǎng)為0.48m，又周期為0.2s，則波速A錯(cuò)誤，B正確；t＝0.1s時(shí)，即半個(gè)周期之后，平衡位置在x＝0處質(zhì)點(diǎn)沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；t＝0.48s＝2×0.2s＋0.08s，分析可知，x＝0.16m處的質(zhì)點(diǎn)在平衡位置上方沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，故加速度沿y軸負(fù)方向，D正確。故選BD。10．AD解析：從圖像可知從0到時(shí)刻兩圖線與時(shí)間軸所夾面積相等，而小球A、B的初速度為0，即時(shí)刻兩小球速度大小相等，整體由動(dòng)量定理得兩球速度大小設(shè)彈簧對(duì)球的沖量為，對(duì)球由動(dòng)量定理有則，故A正確；時(shí)刻，兩小球加速度大小相等，以小球A、B整體為對(duì)象，由牛頓第二定律得此時(shí)小球A、B的加速度大小為此時(shí)小球小A、B均處于完全失重狀態(tài)，設(shè)此時(shí)彈簧彈力為，則，即彈簧處于原長(zhǎng)，彈性勢(shì)能最小，故B錯(cuò)誤；從圖乙可知，從0到時(shí)刻兩者速度差一直在增大，時(shí)刻達(dá)到最大，故C錯(cuò)誤；從0到時(shí)刻，以A、B兩球整體為對(duì)象，由動(dòng)量定理其中時(shí)刻小球A的速度大小為化簡(jiǎn)得時(shí)刻小球B的速度大小為，故D正確。故選AD。第Ⅱ卷（非選擇題共58分）三、非選擇題：11．(6分)(1)B(2)(3)偏大解析：（1）滴入液滴時(shí)要使滴管離水面盡可能低一些，A錯(cuò)誤；待水面穩(wěn)定后再將痱子粉均勻地撒在水面上，B正確；純油酸不能形成單分子油膜，所以不可直接用純油酸做實(shí)驗(yàn)，C錯(cuò)誤。故選B.（2）溶液的濃度為，體積為V0的一滴油酸酒精溶液中油酸的體積為油酸分子的直徑為解得（3）水面上痱子粉撒得太多，油膜沒(méi)有充分展開(kāi)，油膜面積偏小，根據(jù)，會(huì)使所測(cè)的分子直徑偏大。12．(10分)(1)×10600(2)電流表的正負(fù)接線柱接反(3)等于解析：（1）用多用電表歐姆擋測(cè)量某元件的阻值，選用×100倍率的電阻擋測(cè)量，發(fā)現(xiàn)多用電表指針的偏轉(zhuǎn)角度過(guò)大，說(shuō)明待測(cè)電阻阻值相對(duì)所選倍率較小，因此需選擇×10倍率的電阻檔，并需歐姆調(diào)零后，再次進(jìn)行測(cè)量，若多用電表的指針如圖甲所示，測(cè)量結(jié)果為（2）多用電表的黑表筆連接內(nèi)部電源的正極，紅表筆連接內(nèi)部電源的負(fù)極，則圖乙電路中的一處接線錯(cuò)誤是電流表的正負(fù)接線柱接反。（3）[1]若忽略毫安表內(nèi)阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得可得：可知圖像的斜率為，解得：若考慮到毫安表內(nèi)阻的影響，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得可得可知圖像的斜率仍為故電動(dòng)勢(shì)測(cè)量值等于真實(shí)值。13．(10分)(1)(2)(3)解析：1）工件在傳送帶上加速時(shí)有則工件加速度的大小為（2）每個(gè)工件在傳送帶上先加速后勻速，規(guī)律均相同，則傳送帶速度為工件在傳送帶上加速時(shí)間為（3）工件在傳送帶上加速時(shí)運(yùn)動(dòng)的位移為在這段時(shí)間內(nèi)傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移為每個(gè)工件與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為14．(14分)(1)；方向豎直向上(2)(3)解析：（1）若物塊通過(guò)C點(diǎn)時(shí)速度為，以物塊為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得解得：根據(jù)牛頓第三定律可得物塊對(duì)軌道的壓力大小為方向豎直向上。（2）落回到斜面中點(diǎn)時(shí)平拋豎直分位移為水平分位移為由平拋規(guī)律可得，聯(lián)立解得，物塊從A到C過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得（3）物體恰好從點(diǎn)滑出時(shí)，則有解得根據(jù)（2）問(wèn)分析可知，物塊恰好落到斜面中點(diǎn)；則物塊落在斜面上時(shí)水平分速度為豎直分速度為碰撞后速度平行斜面的分量為從斜面中點(diǎn)到停下，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得15．(18分)(1)v1=1m/sam=40m/s2(2)(3)0.45C解析：（1）設(shè)2s前cd達(dá)到勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為，cd棒受平衡力代入題中數(shù)據(jù)，解得：因?yàn)?，?lián)立解得：ab棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)