2025届安徽省江南十校高三下学期第一次联考（一模）物理答案

2025届安徽省“江南十校”联考物理解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。序号12345678答案DCDCBACD1．【答案】D【解析】A．卢瑟福提出了原子核式模型，故A错误；B．查德威克在做α粒子轰击铍的实验中发现了中子，故B错误；C．原子核的电荷数就是核内的质子数，故C错误；故选D。2．【答案】C【解析】A．由题意可知，图示时刻质点A沿y轴向上振动，故A错误；B．质点A再经过1s首次到达波峰，则周期为4s，故B错误；C．结合波形图，波长为16m且v，则波速为4m/s，故C正确；TD．质点A不沿x方向运动，故D错误。故选C。3．【答案】D【解析】A．观光缆车匀速上行时，乘客受到的合力为零，故A错误；B．观光缆车加速上行时，加速度方向沿轨道向上，乘客受到的合力方向沿轨道向上，因此，缆车对乘客的作用力一定不与轨道平行，故B错误；C．缆车匀速下行时，缆车对人的摩擦力为零，故C错误；D．缆车减速下行时，缆车对人的作用力方向与人的位移方向的夹角为钝角，缆车对乘客做负功，D正确。故选D。4．【答案】C物理答案第1页（共8页）{#{QQABRQaxogqQwBSACCwrUQFiCQsQsJOiJSoEwQAUKAwDQQFIFAA=}#}【解析】A．副线圈总电阻变大，电流减小，又因为原副线圈匝数比不变，所以原线圈电流也变小。故B错误。B．滑动触头向上滑动，R变大，原副线圈两端电压均不变，所以电压表V1示数不变，电阻R分压变大，电压表V2示数变大，故A错误；C．由P=UI，可知变压器输入功率变小，故C正确；2D．由P=IR可知，定值电阻R0功率变小，故D错误。故选C。5．【答案】B【解析】如图所示，从光源S射向上表面的光恰好都能直接从上表面直接射出，点光源在上表面的射出范围形成一个外接圆，由几何关系可知，外1接圆半径为R，全反射的临界角为45。由sinC，折射率为2。n故选B。6．【答案】A【解析】gVmg乒乓球在加速上浮过程中，加速度为a00，乒乓球处于超重状态，m因此电子秤显示弹力大小增加ma0gV0mg。与之相等体积的水以相同大2V2gVmg小的加速度加速下降，因此电子秤显示弹力大小减小Va0000，00m考虑到同等体积水的质量大于乒乓球的质量，电子秤显示的弹力大小应减小2V22Vmm2gVm2gVama000000，故选A。00mm卫星公7．【答案】C转方向【解析】T如图所示，P点在内转过的圆心角ɑ=30，卫星转过的6圆心角β=60，由几何关系可知，∆POA为等腰三角形，物理答案第2页（共8页）{#{QQABRQaxogqQwBSACCwrUQFiCQsQsJOiJSoEwQAUKAwDQQFIFAA=}#}OAr2Rcos303R。Mm42再根据牛顿第二定律，得Gmr，r2T21232R3解得M=。GT2故选C。8．【答案】D【解析】A．刚接触弹簧时小球所受合力大小为mgF电8N，此时小球速度未达到最大值，故A错误；B．由图可知，0~3cm范围内的图像斜率表示电场力，斜率绝对值为0.640.7F电N=2N，故B错误；0.03C．由于下极板接地，电势和电势能均为零，小球电势能增大，故在释放位置小球的电势能为负值。小球质量为1kg，且由图像可知，小球在释放位置重力势能为0.7J，由重力势能Epmgh可知，h=0.07m，又因为F电h(E1E0)，得E1=-0.14J，故小球在释放位置所具有的电势能为-0.14J，C错误；D．由能量守恒定律可知，小球在下降过程中电势能增大0.1J，小球和弹簧组成的系统机械能减少0.1J，为0.6J，故D正确。故选D。二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。序号910答案ACDBD9．【答案】ACD【解析】A．对拉手受力分析可知，公共汽车的加速度为a=gtanθ，故t0到t1时刻间物理答案第3页（共8页）{#{QQABRQaxogqQwBSACCwrUQFiCQsQsJOiJSoEwQAUKAwDQQFIFAA=}#}11公共汽车产生的位移为xa(tt)2gtan(tt)2，根据汽车实际210210位移与图片的比例关系，即可估算车身长度，故A正确；B．公共汽车的在t1时刻的速度为va(t1t0)gtan(t1t0)，由动量定理可知：F合(t1t0)(Ff)(t1t0)mv，由于公共汽车所受摩擦力f未知，故B错误；vvvgtan(tt)C．公共汽车做匀变速直线运动，根据v0110，故C222正确；D．根据功能定理，t0到t1时间内合外力对公共汽车做的功11WEmv2m[gtan(tt)]2，故D正确。k2210故选ACD。10．【答案】BD【解析】A．由题意可知，线框在斜面上恰好静止，则有tan。导体棒进入磁场的瞬间，由右手定则可知，电流从b到a，从P到Q，且PQ所受安培力沿斜面向下，由平衡关系可知大小为6N。由F=BIL和电流关系可知ab所受安培力大小为15N，方向沿斜面向上。加速度为9m/s2，方向沿斜面向上。故A错误；B．由公式F=BIL和E=BLv可知导体棒进入磁场时速度为15m/s，再由运动学公式v2=2ax，可知释放距离S为18.75m。故B正确；C．同理，速度稳定时速度为6m/s。故C错误；．由动量定理，D(mgsin)tBILtmvmvm22得BL(mgsin)tvtmvmvmR总可知进入磁场后1s内导体棒运动了15m，1212又由动能定理(mgsin)xW安mvmv22m且Q总=W安=184.5J，故D正确。故选BD。物理答案第4页（共8页）{#{QQABRQaxogqQwBSACCwrUQFiCQsQsJOiJSoEwQAUKAwDQQFIFAA=}#}11．【答案】（每空2分，共6分）AB（全部选对得2分，选不全得1分，选错得0分）1.01.4【解析】（1）略。2（2）由竖直方向上是自由落体运动，得yBCyABgTyy解得点迹间的时间间隔为TBCAB0.1sgx0.1m小球离开桌面的速度大小v1.0m/s0T0.1s打到B点时的竖直方向速度分量大小为1.0m/s，水平速度大小为1.0m/s，所以打到B点时的速度大小为2m/s，即1.4m/s12．【答案】（每空2分，共10分）（1）下降变大（2）2.050V（3）>漏计导线电阻和接触电阻、探针无法做到无限靠近但又不接触两极致内阻偏小、电表不理想（答案合理即可给分）【解析】l（1）由电阻定律R知，充气后中心液面下降致横截面积变小，故电阻变大S（2）电源电动势等于电源未接入电路（即外电路电阻无穷大）时电源两端电压（3）k1=4.0Ω>k2=3.3Ω。U外—I图像斜率的绝对值k1等于电源内阻，U内—I图像的斜率k2即电源内阻，理论值应相等，但电源内阻应是电源两级间电解液的阻值，两探针只是非常靠近两极，导致测量的内阻偏小；数字电压表V2测量电阻箱电压，该值小于真实路端电压值，是由导线电阻和接触电阻所致。13．【答案】（1）500N（5分）（2）5×10-4m3（5分）【解析】（1）离地间隙减小2cm，空气柱长度变为L1=0.08m，压强为P1P1SL110P0SL0……………………2分解得P1=12.5P0……………………1分物理答案第5页（共8页）{#{QQABRQaxogqQwBSACCwrUQFiCQsQsJOiJSoEwQAUKAwDQQFIFAA=}#}椅面承受的压力增加了F(P110P0)S500N……………………2分（2）设需要充入一个大气压下的气体体积为V2P0V2P1SL1P1SL0……………………3分43解得V2510m……………………2分14．【答案】（1）0.417Ω（4分）（2）32m（5分）（3）385km（5分）【解析】EU（1）由PUI和I，……………………2分rEE2可得，当U时，P……………………1分2m4r5代入数据解得：r0.417……………………1分12（2）以40kW恒定功率启动加速过程中，输出的机械功率为：……………………1分P190%P36000W1由动能定理得：Ptfxmv……………………2分122解得：x=32m……………………2分（3）解法一：'行驶时的平均阻力为f0.025G总400N……………………2分'电池组的输出功率为P2Fvfv5kW……………………1分E90%95%匀速行驶的时间为t电=8.55h……………………1分P行驶的路程为Svt=385km……………………1分解法二：'行驶时的平均阻力为f0.025G总400N……………………2分'由能量关系得E电95%90%fS……………………2分行驶的路程为S=385km……………………1分物理答案第6页（共8页）{#{QQABRQaxogqQwBSACCwrUQFiCQsQsJOiJSoEwQAUKAwDQQFIFAA=}#}15．【答案】（1）1.57×10-4s（4分）（2）1.2m3.73×10-3s（8分）（3）x0.090.09cos(104t)（6分）【解析】v2（1）离子在磁场中做圆周运动，由：Bqvm，……………………1分r解得r=0.10m……………………1分做出沿y轴正向发射的负离子在磁场和电场中的运动轨迹，可知：2m周期为T=……………………1分BqTr在磁场中的运动时间为：t104s……………………1分142v2（2）沿与x轴正向成450角发射的离子，在电场中运动的加速度为Eqa1106ms2……………………2分m第二次从y轴上0.20m处离开磁场，速度方向平行于离子从O点进入磁场时的速度方向。……………………1分第二次在电场中运动过程中：2vcos45t2103s……………………2分2ay2vsin45t21m……………………2分所以第三次经过y轴的位置为y0.2y21.2m……………………1分（）将速度分解为沿轴正向的速度……………………分3vyv1100ms1和沿y轴正向的速度v2900ms……………………1分其中，，即方向作匀速直线运动；Bqv1Eqv1v2方向受洛伦磁力作用，做匀速圆周运动：2v2Bqv2m，解得：r2=0.09m……………………1分r22角速度104rad/s……………………1分T物理答案第7页（共8页）{#{QQABRQaxogqQwBSACCwrUQFiCQsQsJOiJSoEwQAUKAwDQQFIFAA=}#}4xr2r2cos(t)=[0.090.09cos(10t)]m……………………2分物理答案第8页（共8页）{#{QQABRQaxogqQwBSACCwrUQFiCQsQsJOiJSoEwQAUKAwDQQFIFAA=}#}