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2025年安徽省合肥市高考物理三模试卷
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.古诗“蛙跳蛾舞仰头看，一虫飞来亦化餐”生动描绘了青蛙捕食的过程。如图所示，一只青蛙从石头上跳向空中捕食，青蛙离开石头时的速度斜向右上方，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 青蛙起跳前，石头对青蛙的作用力和青蛙的重力是一对相互作用力
B. 青蛙起跳时，石头对青蛙作用力的竖直分量始终等于青蛙的重力
C. 青蛙在空中斜向上运动时处于失重状态
D. 青蛙在空中最高点时的加速度为0
2.电缆周围的电场分布对电缆的电场强度影响很大，如图所示为电缆终端周围的电场分布情况，图中虚线为等势线，实线为电场线，a、b、c三点为不同电场线和等势面的交点，其中b、c两点关于电缆对称，下列说法正确的是( )
A. a点的电场强度比b点的小
B. b点的电场强度和c点的相同
C. 在b点由静止释放一带正电的粒子，粒子将沿等势线运动
D. 将一电子由a点移至b点后电势能减小
3.如图所示，一理想自耦变压器输入端接有效值恒定的正弦交流电压U，为变压器上的滑动触头，为滑动变阻器R的滑片，为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，下列说法正确的是( )
A. 仅把向上移动少许，电压表的示数增大
B. 仅把向上移动少许，电流表的示数减小
C. 仅把向上移动少许，R的功率一定增大
D. 把、均向上移动少许，功率减小
4.硼中子俘获治疗是近年来新兴的肿瘤精准诊疗手段，该治疗的关键步骤之一，是利用硼发生衰变生成高杀伤力的X粒子精准杀死肿瘤细胞，已知的衰变方程为，下列说法正确的是( )
A. X为粒子
B. 的结合能大于的结合能
C. 一个X和一个的质量之和小于一个的质量
D. 可以通过改变温度控制的衰变速度
5.如图所示，薄圆形玻璃砖的的折射率，O为圆心，AB为直径。在玻璃砖内部的A点处有一点光源S，只考虑从光源直接发出射到圆周上的光线，则圆周上有光线射出区域的弧长是玻璃砖周长的( )
A.
B.
C.
D.
6.如图所示，半径为R的光滑大圆环固定在竖直面内，小环套在大圆环上，小环由静止开始从大圆环顶端自由下滑至其底部。则下列关于小环下滑过程中，其水平方向速度、竖直方向速度、角速度以及向心加速度随下落高度h变化的图像可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
7.2025年4月11日00时47分，长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心点火升空，随后将通信技术试验卫星十七号卫星顺利送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。该卫星主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验证。若该卫星在定轨前，由周期为的圆轨道变轨到周期为的圆轨道，则它先后在这两个圆轨道上时受到来自地球的历有引力之比为( )
A. B. C. D.
8.如图所示，小球a被绝缘轻绳1系在天花板上，小球b被绝缘轻绳2系在小球a上。两小球质量相等且均带正电，处在水平方向的匀强电场中，平衡时轻绳1与竖直方向的夹角为、轻绳2与竖直方向的夹角为，且，两小球间的库仑力不能忽略，则下列说法正确的是( )
A. a的电荷量可能等于b的电荷量
B. a的电荷量一定小于b的电荷量
C. 绳1中的张力可能等于绳2中的张力
D. 绳1中的张力一定大于轻绳2中的张力的2倍
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速，时刻的波形如图所示，N、P为介质中平衡位置分别在和的两个质点，则下列说法正确的是( )
A. 时两列波刚好相遇 B. 甲波的周期为2s
C. 质点P的最大位移为15cm D. 质点N开始振动的方向沿y轴负向
10.如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中。金属棒a、b垂直导轨放置，a的质量是b的2倍。先将a由静止释放，当a匀速运动时，再将b由静止释放，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A. b释放前，a受到的安培力冲量与其位移成正比
B. b释放后瞬间的加速度大小为
C. b释放后，a、b组成的系统动量守恒
D. 经过足够长时间，a、b的速度相等、加速度也相等
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.为了验证动量守恒定律，某实验小组制作了如图1所示的实验装置。用3D打印机打印出两个质量分别为、且底面粗糙程度相同的物块A、B，将左侧带有挡板的长木板固定在水平面上，挡板右侧固定一个轻弹簧，弹簧处于原长时其右端在木板上的O点，在O点右侧依次并排放置A、、B紧挨着，A与弹簧接触但未压缩弹簧。
实验步骤如下：
①保持B不动，用手拿着A向左将弹簧压缩至位置P；
②松手释放A，弹簧恢复原长时A与B发生碰撞，碰后两物块均向右运动一段距离停下，如图2所示，测得A、B静止时它们的左侧面与O点的距离分别为、；
③拿走B，用手拿着A再次将弹簧压缩至位置P，然后松手释放，测得A停下时其左侧面到O点的距离为，如图3所示，又测得A沿运动方向的宽度为L。
为保证实现上述实验目标，应使______填“>”“=”或“<”；
若A、B与木板间的动摩擦因数为、重力加速度为g，则碰后瞬间A的速度大小为______；用、g及以上步骤中测得的物理量表示
若碰撞过程A、B组成的系统动量守恒，则应满足______。
A.
B.
C.
12.某同学设计了一个实验测量某种导电液体的电阻率，如图甲所示，分别在注射器底部和活塞下面安装圆形金属板电极A、B，电极直径与注射器针筒内直径相同，电极A正对出水口处开有小孔，方便吸入和排出导电液体，将部分导电液体吸入注射器后，再将两电极接入图甲电路中进行测量，可通过注射器上的刻度读出注射器内导电液体的体积。
用游标卡尺测量针筒内直径时需利用图乙中游标卡尺的______选填“①”“②”或“③”部分。测量得到针筒内直径读数如图丙所示，其读数为______ mm。
图甲电路采取的是滑动变阻器的分压式接法和电流表的内接法，图中还有一处导线未连接，请在图甲中画线完成实物图连接。
闭合开关，调节滑动变阻器使电流表的示数为，读取电压表的示数U和导电液体体积V；随后向里推动注射器活塞，排出少量导电液体，重新调节滑动变阻器使电流表的示数仍然为，再次读取U和V；重复上述实验步骤，得到多组数据，做出图线如图丁所示，根据该图线可知电流表内阻______，导电液体的电阻率______。结果均保留两位有效数字
由于未考虑到电极体积对液体体积测量的影响，则该同学测得的电阻率将______选填“大于”“小于”或“等于”其真实值。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.一定质量的理想气体从状态A开始，经三个过程后回到初始状态A，其图像如图所示，已知状态A的气体温度为，该理想气体的内能U和温度T的关系为其中。求：
气体在状态C时的温度；
过程中，气体从外界吸收的热量。
14.如图所示的xOy平面内，第二象限内有竖直向下、场强大小为的匀强电场。在的区域，第一象限内有垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，第四象限内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，且，图中虚线为磁场的边界，Q点为虚线和x轴交点。质量为、电荷量的粒子，从点以速度沿x轴正向水平射出，恰好从坐标原点O进入第四象限，最终从x轴上的Q点射出磁场，不计粒子的重力。求：
粒子初速度的大小；
的最小值；
若，粒子在磁场中运动的时间。
15.如图甲所示，质量为m的木板静止在粗糙水平面上，其左端通过劲度系数为k的轻弹簧与竖直墙壁连接，弹簧处于自然状态。质量也为m的小物块放置在木板的左端，现给小物块施加的水平向右的恒力，使小物块由静止向右加速运动，经时间后小物块从木板上滑出，此时木板速度第一次减为0，该过程中木板的速度-时间图线如图乙所示，该图线为正弦图线。已知小物块和木板间的动摩擦因数为，木板和水平面间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g。求：
小物块离开木板时的速度大小；
木板的长度及弹簧弹性势能的最大值；
从木板开始运动到停止，木板和水平面间因摩擦产生的热量。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、青蛙起跳前，石头对青蛙的作用力和青蛙的重力是一对平衡力，故A错误；
B、青蛙起跳时，石头对青蛙作用力的竖直分量始终大于青蛙的重力，故B错误；
C、青蛙在空中斜向上运动时，加速度向下，则处于失重状态，故C正确；
D、青蛙在空中最高点时，加速度不为0，故D错误。
故选：C。
超重：物体具有向上的加速度，则称物体处于超重状态失重：物体具有向下的加速度，则称物体处于失重状态。完全失重：物体完全失去了重力场的作用，物体具有向下的加速度，且加速度为g。超重或失重取决于加速度的方向，与速度方向无关；根据牛顿第三定律分析作用力和反作用力的大小关系。
本题考查了牛顿定律的应用超重和失重，注意超重和失重现象可以运用牛顿运动定律进行分析理解，产生超重的条件是：物体的加速度方向向上；产生失重的条件：物体的加速度方向向下。
2.【答案】D
【解析】解：A、等差等势面密集的地方场强大，稀疏的地方场强小，由图示可知，a点电场强度比b点的大，故A错误；
B、由图示可知，b、c两点电场强度大小相等方向不同，电场强度不同，故B错误；
C、在b点由静止释放一带正电的粒子，粒子将沿电场方向运动，不会沿等势线运动，故C错误；
D、电子带负电，负电荷在高电势点电势能小，在低电势点电势能大，由图示可知，a点电势低，b点电势高，
电子在a点电势能大，在b点电势能小，则将一电子由a点移至b点后电势能减小，故D正确。
故选：D。
等差等势面密集的地方场强大，稀疏的地方场强小；
电荷由静止释放，刚释放时电荷的运动方向与所受电场力方向相同；
负电荷在高电势点电势能小，在低电势点电势能大，根据电势的高低分析答题。
掌握基础知识是解题的前提，根据图示分析清楚电势分布，根据题意应用基础知识分析即可解题。
3.【答案】A
【解析】解：根据原副线圈电压之比等于匝数之比，把向上移动少许，副线圈匝数增大，副线圈电压变大，故电压表的示数增大，故A正确；
根据把向上移动少许，副线圈电阻变小，而副线圈电压不变，副线圈电流增大，故电流表示数增大，上的电压变大，故R上的电压变小，但R的电阻也变小，无法判断R的功率如何变化，故BC错误；
D.把、均向上移动少许，根据上述分析：副线圈电压变大，副线圈电阻变小，故副线圈电流增大，上的电压变大，上的功率变大，故D错误。
故选：A。
根据理想变压器电压、电流与匝数关系，结合把向上移动少许，副线圈匝数增大，根据把向上移动少许，副线圈电阻变小分析求解。
本题考查了理想变压器相关知识，理解理想变压器电压、电流与匝数关系是解决此类问题的关键。
4.【答案】C
【解析】解：A、根据核反应过程中，电荷数守恒、质量数守恒，可得X的电荷数为2，质量数为4，则X为粒子，故A错误；
B、核子数越多，结合能越大，所以的结合能大于的结合能，故B错误；
C、衰变过程释放能量核能，根据质能方程
反应后产物的总质量小于反应物的质量，存在质量亏损，因此一个X和一个的质量之和小于一个的质量，故C正确；
D、半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关，因此改变温度不能控制的衰变速度，故D错误。
故选：C。
根据电荷数守恒、质量数守恒得出粒子；
根据核子数越多，结合能越大分析；
反应后产物的总质量小于反应物的质量，存在质量亏损；
半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关。
本题考查了半衰期的基本运用，知道半衰期的大小与元素所处的物理环境和化学状态无关、反应过程中存在质量亏损等，难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：设临界角为C，
则：
，
则：
，
则在圆周上，刚好发生全反射的两条关系如下：
则图中劣弧MN为有光线射出的区域，
因为：
，
则：
，
则：
，
则劣弧MN的长占圆周的，即，故圆周上有光线射出区域的弧长是玻璃砖周长的，
故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据题意，由临界角与折射率的关系、几何关系分别列式，结合光路图，即可分析判断ABCD正误。
本题考查光的折射与全反射的综合问题，解题时需注意，光投射到两种介质的界面上会发生反射和折射，入射角和反射角、入射角和折射角的关系分别遵守反射定律和折射定律，当光从光密介质射向光疏介质中时，若入射角等于或者大于临界角会发生全反射现象。
6.【答案】D
【解析】解：A、当时，水平方向速度，可知不可能一直增大，故A错误；
B、根据动能定理得
得
设小环下落高度时速度与水平方向的夹角为，根据几何关系有
，图像为曲线，故B错误；
C、小环下落高度h时，，图像为开口向右的抛物线，故C错误；
D、小环下落高度h时，，图像为过原点的直线，故D正确。
故选：D。
当时，水平方向速度，由此分析的变化情况；根据动能定理结合几何关系得到与h的关系式，结合圆周运动的规律得到与h的关系式以及与h的关系式，再选择图像。
解答本题的关键要根据动能定理，结合圆周运动的规律如向心加速度公式、角速度与线速度的关系得到各个图像的解析式，再分析图像的形状。
7.【答案】B
【解析】解：根据开普勒第三定律由，由万有引力公式，联立解得，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据开普勒第三定律和万有引力公式列式解答。
考查开普勒第三定律和万有引力公式的应用，会根据题意进行准确分析解答。
8.【答案】D
【解析】解：对小球a、b整体，由平衡条件知，轻绳1的拉力大小
两小球所受电场力之和
对小球b，由平衡条件知，轻绳2的拉力大小
小球b所受的电场力
由于，则，
则
即绳1中的张力一定大于轻绳2中的张力的2倍，绳1中的张力不可能等于绳2中的张力；
则a的电荷量一定天于b的电荷量，不可能等于b的电荷量。
故D正确，ABC错误。
故选：D。
分别对整体和小球b受力分析，根据共点力平衡条件结合角度关系判断。
本题关键是确定电场力的大小，再根据共点力平衡条件列方程求解，注意整体与隔离的分析方法。
9.【答案】BC
【解析】解：甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速，根据图像可知质点将在P点相遇，时间，，解得，故A错误；
B.由图可得甲波波长等于4m，波速，甲波周期，解得，故B正确；
时刻，以及两个质点根据同侧法可知振动方向都是向上即沿y轴正方向，左边的波先到N点，N点开始振动的方向沿y轴正方向，P到以及两个质点距离相等，P点振动加强，振幅等于，即最大位移为15cm，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据两列波相遇时振动情况相同时振动加强，振动情况相反时振动减弱，结合波长、周期与波速的关系，即可求解。
介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰．在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、a受到的安培力为
安培力冲量为
联立解得
可见b释放前，a受到的安培力冲量与其位移成正比，故A正确；
B、设b的质量为m，则a的质量为2m，导体棒a匀速时有
对b有
解得
故B正确；
C、b释放后，a、b组成的系统受合力为，则系统动量不守恒，故C错误；
D、经过足够长时间，a、b的速度相等，磁通量不变，则感应电流为0，二者加速度均为，故D正确。
故选：ABD。
根据切割电动势公式结合闭合电路欧姆定律和安培力公式，推导安培力表达式，再根据冲量公式解答；对b受力分析，根据牛顿第二定律，求b的加速度大小；对a、b棒受力分析，从而判断动量是否守恒；根据导体受力情况分析运动情况。
本题解题关键是根据切割电动势、闭合电路欧姆定律、安培力公式推导出安培力表达式，并根据具体的运动去使用牛顿运动定律。
11.【答案】>； ； C
【解析】为防止碰撞后物块A反弹，物块A的质量应大于B的质量，即。
碰撞后，对A，由动能定理得，解得。
没有碰撞时，对A从O到停止运动过程，由动能定理得，解得
碰撞后，对B，由动能定理得，解得
两物块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得，
整理得，故C正确，AB错误。
故选：C。
故答案为：；；。
为防止碰撞后物块A反弹，物块A的质量应大于B的质量。
应用动能定理求出碰撞后A的速度大小。
碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
理解题意是解题的前提，分析清楚物块的运动过程，应用动能定理与动量守恒定律即可解题。
12.【答案】见解析； ；； 等于
【解析】用游标卡尺测量针筒内直径时需利用游标卡尺的内测量爪①；
10分度游标卡尺的精确度为，读数为
滑动变阻器的分压式接法，电流表的内接法，实物图连接如图所示：
根据电阻定律
根据欧姆定律
图像的纵截距，已知
解得
图像的斜率
结合函数，图像的斜率
由于，，代入数据解得
根据上述分析过程，未考虑到电极体积对液体体积测量的影响，只会影响函数的纵截距，不会影响函数的斜率，因此测得的电阻率将等于其真实值。
故答案为：①；；见解析；；；等于。
根据游标卡尺的正确使用和读数规则读数；
滑动变阻器的分压式接法，电流表的内接法，据此完成电路的连接；
根据电阻定律和欧姆定律求解函数，结合图像斜率和纵截距求解作答；
根据上述的分析过程，结合函数分析作答。
本题主要考查了测量某种导电液体的电阻率的实验，要明确实验原理，掌握游标卡尺的读数规则，掌握欧姆定律、电阻定律的运用，求解是解题的关键。
13.【答案】气体在状态C时的温度为400K；
过程中，气体从外界吸收的热量为450J
【解析】气体从的过程中，由理想气体状态方程可得：，
代入数据解得：；
气体从的过程中，外界对气体所做的功等于图线与横坐标围成的面积，
则有：
气体内能的变化量为：
由热力学第一定律可得：，解得：，则气体从外界吸收是热量为450J。
答：气体在状态C时的温度为400K；
过程中，气体从外界吸收的热量为450J。
由理想气体状态方程可求气体在状态C时的温度；
由热力学第一定律可求气体从外界吸收的热量。
本题是对理想气体状态方程和热力学第一定律的考查，解题的关键是要知道图线与坐标轴围成图形的面积表示气体做的功、根据图示图像分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题。
14.【答案】粒子初速度的大小为；
的最小值为1T；
若，粒子在磁场中运动的时间为
【解析】粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得
解得
由类平抛运动的规律，有
解得
设粒子通过O点的速度为v，竖直方向速度为，v与x轴的夹角为，则有
解得
解得
如图
当粒子运动轨迹若为图中①轨迹时，最小，由几何关系有
解得
再由
解得
若
由
解得
由题知
解得
同理可得
两端圆弧对应的弦长
解得
故粒子运动轨迹如上图中②所示，粒子在磁场中运动的时间
答：粒子初速度的大小为；
的最小值为1T；
若，粒子在磁场中运动的时间为。
由类平抛运动的规律求粒子初速度的大小；
根据速度关系求出v与x轴的夹角，画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求的最小值；
根据洛伦兹力提供向心力求出粒子在不同磁场中的运动半径，画出粒子的运动轨迹，根据周期和时间关系求粒子在磁场中运动的时间。
根据题意分析清楚粒子运动过程作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用类平抛运动的规律、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
15.【答案】小物块离开木板时速度大小为；
木板的长度为，弹簧弹性势能的最大值为；
木板和水平面间因摩擦产生的热量为
【解析】物块刚开始运动时，对物块受力分析，由牛顿第二定律得：
对木板受力分析，由牛顿第二定律得：
故物块刚开始就与木板发生相对滑动，此后物块一直做匀加速直线运动，小物块离开木块时的速度大小为：
当物块从木板上滑出时，物块的位移
设此时弹簧的伸长量为，时间内木板的图像为正弦图线，由运动的对称性有：
解得：
故木板的长度
对木板由能量守恒定律得：
解得：
木板速度第1次减为0后，对木板受力分析：
故木板会向左运动，此后木板向左运动规律和时间内相同，其速度随时间变化得图线也为正弦图线。设木板速度第2次减为0时，弹簧的压缩量为，由对称性有：
解得：
木板速度第2次减为0后，对木板受力分析有：
故木板会再次向右运动，设木板速度第3次减为0时，弹簧的压缩量为，由对称性有：
解得：
故从木板开始运动到停止，木板和水平面间因摩擦产生的热量为：
答：小物块离开木板时速度大小为；
木板的长度为，弹簧弹性势能的最大值为；
木板和水平面间因摩擦产生的热量为。
分别对物块和木板受力分析，结合牛顿第二定律分析物块的运动情况，根据匀变速直线运动速度-时间公式列式求解即可；
根据木板的图像可知木板的运动和受力具有对称性，根据受力分析求解弹簧的伸长量，结合几何关系求解木板的长度，根据能量守恒定律求解弹簧的弹性势能；
对木板受力分析，根据运动的对称性分析木板的运动，根据求解摩擦产生的热量。
本题考查涉及到弹簧的板块模型问题，重点是分析好物块和木板的运动情况，解题关键是会根据图像判断运动的对称性，结合能量守恒定律等分析即可。

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