安徽省安庆市2025届高三第二次模拟物理试题+答案

{#{QQABQYU05wiQkARACA5aA02SCUgQsoIQLWoGxRCOqAxLQZFABIA=}#}{#{QQABQYU05wiQkARACA5aA02SCUgQsoIQLWoGxRCOqAxLQZFABIA=}#}{#{QQABQYU05wiQkARACA5aA02SCUgQsoIQLWoGxRCOqAxLQZFABIA=}#}{#{QQABQYU05wiQkARACA5aA02SCUgQsoIQLWoGxRCOqAxLQZFABIA=}#}2025年安庆市高三模拟考试（二模）物理试题参考答案一、单选题:本题共8小题,每小题4分,共32分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合要求的。题号12345678答案BDACDCAD1.【答案】B【解析】根据电荷数和质量数守恒，可得该核反应方程为2231所以反应物X为1H1H→2He0n1，A项错误；该聚变反应中有能量产生，故质量有亏损，B项正确；要使该聚变反应发生，必0n须克服两氘核间巨大的库仑力，才能达到核力作用的范围，这样两个原子核才能结合成新的原子核，相对库仑力而言，两氘核间万有引力可以忽略不计。C项错误；3由两个质子和一个中子2He组成，D项错误。2.【答案】D【解析】由图可知在0.5s时，物块A的位移为正向最大，即到达N点，加速度最大，方向竖直向上。A项错误；t=1s时，物块A的位移为0，位移由正转负，物块A的速度最大，方向竖直向上，B项错误；t=1.5s时，物块A在M点，物块A的回复力最大，方向竖直向下，回复力由重力和弹力的合力提供，弹力不一定向下，C项错误；物块A所受合力做周期性的变化，周期为2s，7s为3.5个周期，振子路程为14A=56cm。故D项正确。3.【答案】A【解析】根据等时圆模型，如图所示，只需要求出AP、BP、CP的时间之比，设最小圆的直径为d，则：23d22d2dt:t:tt:t:t::3:2:1，故A项正确。APBPCPAPBPCPggg4.【答案】C【解析】解析：a→b过程为等温变化，理想气体的内能不变，A项错误，该过程中气体体积增大，气体对外做功，即W<0，温度不变，即∆，由热力学第一定律∆可得−，即气体吸收的热量全部用来了做功，C项正U确=；b0→c过程为等容变化，WU=0=，W+Q,由查Q理=定W律>0>=得，气体内能增大，∆，由热力学第一定律得，即气体从外界吸热，B项错误；P-V>图中，图线与横轴围成的U面>积0在数值上等气体对外界或Q外>界0对气体所做的功，据此由图可知，c→a过程中外界对气体做的功大于a→b过程中气体对外界做的功，D项错误。5.【答案】D物理试题答案第1页共6页{#{QQABYYaEogggAAIAAQhCUwXACkAQkAAACQoGgFAQsAAAgRFABAA=}#}【解析】总电阻先增大后减小，电流先减小后增大A项错误；电流最大值为,B项错误；总电阻最大时，原线圈输入功率最小，输入功率最小值为，C项错误；总电阻最大时，电流最小为，R功率最小为，D项正确。6.【答案】C【解析】设卫星A、B的轨道半径分别为，则：，，解得，rA、rBrArB5rrBrA3rrArMm4242r3r4r，则r：r1:4，A项错误；根据万有引力提供向心力可得：Gmr，所以T，BABr2T2GM227则：，又因为（）T2，解得，T7T，所以B项错误；设卫星的线速度大TATB1:8TTTATBAB8小为v，则，故C项正确。设卫星A、B从相距最近到相距最远的最时间间隔为t，则2r16rvTA7T22T（）t，解得t，D项错误；TATB27.【答案】A【解析】极板N向极板M运动的过程中，电容器电容增大，为充电电流，电流传感器的电流方向C→B，A项正确；MN极板间距离最小时，电流传感器上电流为0，B项错误；电性未知，电势能变化未知，C项错误；二极管阻止了放电过程，不能形成电流周期性变化，不能实现实现准确计步，D项错误8.【答案】D【解析】货物与缆车沿山坡向上以加速度a运行时，以货物块为研究对象，根据牛顿第二定律有：0FN-mg=masin53f静+N=macos53°f静≤f=µFN解得:f静=0.6ma-Nf=µFN=0.75mg+0.6ma所以f静恒小于f，即摩擦力始终为静摩擦力，没有达到最大静摩擦力（即自锁），车厢壁给的弹力恒为0。故货物始终只受到3个力，A项错误；根据牛顿第三定律知车厢受到的摩擦力方向水平向左，B项错误；a=2m/s2时，º车厢对货物的摩擦力大小为N,C项错误;a=10m/s时22ax=6m/s,f=300N,ay=8m/s,f=−macos3，=900N，车厢对货物的作用0力为=N，D项正确。FNmg=mayFN+3000二、多选题: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。题号910答案BDAC9.【答案】BDd2()vt2Vdv【解析】水枪喷水的流量2，A项错误；喷水口单位时间内喷出水的质量为tt4物理试题答案第2页共6页{#{QQABYYaEogggAAIAAQhCUwXACkAQkAAACQoGgFAQsAAAgRFABAA=}#}212mVdvmv23，B项正确；水枪的功率为Wdv，C项错误；取初速度方向为正方向，P2tt4tt8由动量定理得Ft0.2mvmv，则，D项正确。1.2m3d2v2Fvt1010.【答案】AC【解析】根据右手定则可判断，cd杆中电流方向从d到c,根据左手定则可判断，ab杆受到的安培力垂直纸面向外，故A项正确。当cd杆向上匀速运动时，回路中的电流,摩擦力BLVI=3Rf=μμμμ,可知摩擦力与速度成正比，此时ab杆恰好静止，弹簧无形变，则安BLvFN=F=BIL=3R有,故可解出μ,故B项错误。当cd杆以速度向上匀速运动时，与原来相比，ab3mgRvmg=f=BLv杆受到的安培力变小，导轨给ab的弹力变小，摩擦力变小，μ,此时根据胡克定律'BLvf=f=RF=,弹簧伸长量即ab杆下降的高度μ,克服摩擦产生的热量,故C项∆∆∆BLv'3mgkxx=kRQ=fx=k正确，当cd杆以速度向上匀速运动时，回路中电流,电功率，故D∙v'BLV'BLv项错误。I=RP=I3R=8R三、实验题：本大题共16分。将符合题意的内容填写在横线上，或按题目要求作答。11．(6分)【答案】①A②UA；UA/IB(每空2分)【解析】①当S2接2位置时，可把电流表与电源看作一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律E＝U断可知，电动势等于真实值，短路电流偏小所以作出的U­I图线应是A线；②接1时短路电流准确，接2时断路电压准确，E＝UA，r=UA/IB12.（10分）2r2r2【答案】（1）;t2(2)-2（3）9.78;偏小(每空2分)tgL(1cos)【解析】(1)小钢球=从A位置由静止释放时，细线与竖直方向成θ角，小钢球通过最低点位置B时，光电门记录遮光时间为t，则小钢球通过光电门的速度2r/t；小钢球从A到B过程中若22无空气阻力等则机械能守恒，有12r,解得22rmgL(1cos)mt=2tgL(1cos)(2)小钢球摆动过程中轻绳上拉力的最小值F，Fmg；最大值T有：v21cosTmgm;mgL(1cos)mv2则三式联立解得：T3mg2F,所以绘制乙图T-F图像的直线L2斜率理论值为-2；2(3)小钢球质量m=30g，根据乙图截距知:3mg0.88,计算出重力加速度9.78m/s(结果保留3位有效数字)，实际上由于小钢球摆动过程中始终受空气阻力的影响，g速=度始终偏小导致绳上拉力偏小，所以截距偏小，所以与当地实际重力加速度相比“偏小”。物理试题答案第3页共6页{#{QQABYYaEogggAAIAAQhCUwXACkAQkAAACQoGgFAQsAAAgRFABAA=}#}四、解答题（本大题共3小题，共42分，解答应写出必要的文字说明。方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案得不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）13、(10分)【答案】（1）；（2）×−0sini=3t=.0s【解析】（1）根据折射率公式…………………2分sinin=sini可以得到………………………2分（2）对于si正ni六=边3形晶体，延长AB边和CD边交于I点，其楔角∠GIH°，在ΔHGI中由正弦定理可列：=0（°−）∠…………………………………………2分sin90isinGIHHI=GH°−…………………………………………1分s又inH(I9=0i,)所=以co求si得=GH3=…………………………………………1分又,所cm以3cm…………………………………………1分ccn=vv=n故×−…………………………………………1分GH014.t（=14V分=）.0s【答案】(1)(2)；(3)18N0.48m6m/s1m【解析】(1)小球释放后由动能定理可得：1mg（RRcos）mv20…………………………………………1分2B得vB=26m/smv2在B点有N-mg=B…………………………………………1分BR得NB=18N由牛顿第二定律可知，小球对轨道的压力大小为18N……………………………………1分（2）小球恰好过圆轨道最高点，有11-mg2r=mv2-mv2…………………………………………1分202Cmv2mg=0…………………………………………1分r且vB=vC=26m/s解得：r=0.48m…………………………………………1分物理试题答案第4页共6页{#{QQABYYaEogggAAIAAQhCUwXACkAQkAAACQoGgFAQsAAAgRFABAA=}#}小球离开圆轨道后与物块相碰时，由动量守恒及机械能守恒可知：'…………………………………………1分mvC=mv1+Mv1111mv2=mv2+Mv'2…………………………………………1分2C2121解得小球速度，物块速度'…………………………………1分v1=-6m/sv1=6m/s1（3）小球反弹后能到达圆环轨道高度为-mgh'=0-mv2……………………………1分21解得h'=0.3m第二次碰后到第三次碰前有：1'2解得：可酌情给分）Mgx=Mvx1=0.75m12215.（18分）【答案】（1）(2)(3)−π−3mv8L(n)(n+n)【解析】（1）在qLxoz平面内3，L设粒子从A点到O9点做匀速圆周运动的半径为R，匀强磁场的磁感应强度大小为B，由几何关系可得：………………………………………1分0解得：R+Rcos0=L…………………………………………1分R=3L由向心力公式有：…………………………………………1分vqvB=mR联立解得：…………………………………………1分3mv(2)由题意知，B粒=子q在Lxoy面内的运动轨迹与直线x=L相切，切点记为C（如图所示），由运动的分解知：粒子在x轴、y轴方向上均做匀变速直线运动，设电场强度大小为E，粒子在x、y方向上的分加速度