2025届安徽省普通高中高三下学期高考全真模拟训练(二)物理答案

第=page44页，共=sectionpages88页安徽省合肥市普通高中2025年高考全真模拟训练(二)物理参考答案题号12345678910答案ADADDCBBADACD1．A解析：A．图甲说明产生光电效应时，a光照射时对应的饱和电流最大，则单位时间内逸出的光电子数最多，故A正确；B．图乙说明在散射实验中，大多数粒子经金箔后仍沿原来方向运动，只有少数粒子产生了较大角度的偏转，极少数粒子偏转角很大，有的几乎沿原路返回，故B错误；C．若光子能量为，照射某一个处于激发态的氢原子，根据氢原子吸收光子的能量，跃迁至激发态，最多可以产生种不同频率的光，故C错误；D．由图丁原子核与原子核相比，前者比结合能较小，核子的平均质量大；结合能等于比结合能乘以核子数，后者结合能较大，故D错误；故选A。2．D解析：受力分析如图所示，由几何关系可知，由题意可知，、h和不变，变小，则F变小，不变，D正确。3．A解析：A．对瓶中所封的气体，由玻意耳定律，可知水进入瓶内的过程中，瓶内气体体积减小，所以气体压强变大，故A正确；B．水进入瓶内的过程中，瓶内气体体积减小，外界对气体做功，故B错误；C．全程气体温度不变，故气体内能不变，即，且外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体对外放热，故C错误；D．全程气体温度不变，气体分子热运动平均速率不变，但不是所有气体分子热运动的速率都不变，故D错误。故选A。4．D解析：A．题意可知卫星2的轨道半长轴为R，根据开普勒第三定律由于卫星1的半径等于卫星2的半长轴，所以卫星1的运行周期等于卫星2的运行周期，故A错误；B．设卫星质量为m，则有，解得由于P点距离中心天体较近，所以，故B错误；C．若卫星2在OQ为半径的轨道上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，解得由于卫星在椭圆轨道的Q点要做近心运动，所以，故C错误；D．若卫星在P点做半径为R的圆周运动，根据易知卫星在P点做半径为R的圆周运动的速度大于（），由于卫星在圆轨道的P点要做离心运动，则有同理，若卫星在Q点做半径为1.5R的圆周运动，根据易知卫星在Q点做半径为1.5R的圆周运动的速度小于（），由于卫星在圆轨道的Q点要做近心运动，则有，综合以上可知故D正确。故选D。5．D解析：A．因AC两点都是振动加强点，可知B处质点振动加强，不是不振动，选项Ａ错误；B．A点是峰峰相遇点，振动加强；而D点为峰谷相遇点，振动减弱，选项B错误；C．机械波传播过程中，质点只在自己平衡位置附近振动，不随波迁移，则选项C错误；D．波长周期T=4s，可知即产生的被以1m/s的速度向外传播，选项D正确。故选D。6．C解析：A．根据题意，磁铁转动过程中通过线圈得磁通量向上逐渐减小，由楞次定律感应电流产生向上得磁场，通过L的电流方向由c到d，故A错误；B．由图可知，开始阶段，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，转动后，磁通量减小，磁通量的变化率增大，当转过时，穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，可知，转动过程中L中的电流逐渐增大，故B错误；CD．若灯泡L正常发光，副线圈两端的电压为12V，根据变压器电压与匝数关系有，解得原线圈两端的最大值为根据可得故C正确，D错误。故选C。7．B解析：A．设斜面的高度为h，则，所以，故A错误；B．下滑过程中重力的冲量大小为所以，故B正确；C．下滑到底端时，重力的瞬时功率大小为，，所以，故C错误；D．根据动能定理可得所以，故D错误。故选B。8．B解析：A．乙、丙两图可知，当时，小球B在O点正上方，此时则说明小球A一定在y轴上固定；当时有小球B在O点正右侧，而水平方向场强方向为x轴负向，则说明小球B为正电荷，此时说明竖直方向的场强方向为y轴负向，若小球A在O点正上方固定，则小球A带正电荷，若小球A在O点正下方固定，则小球A带负电荷，所以小球A的带电性质不能确定，故A错误；B．由于两小球都紧靠在塑料圆盘的边缘，所以到O点的距离r相同，当时有、由，可得，故B正确；C．盘中心O处的电场强度为小球A和小球B在O点产生的场强的矢量和，随着小球B从转到2π的过程中，和大小都不变，和的夹角在增大的过程中，当时，O处的合场强最大；当时，O处的合场强最小；所以小球B从转到2π的过程中，中心O处的合场强先增大后减小再增大，故CD错误；D．小球B绕圆盘旋转一周过程中，当时，O处的合场强最小，其值大小为，故D错误。故选B。9．AD解析：A．重物在段匀速运动，得电动机的牵引力为又，联立解得重物到达点，且在此之前速度已达到最大值，所以重物到达点时的速度大小为，故A正确；B．重物在段根据动能定理有代入数据解得联立以上，可得重物在段的平均速度大小为故B错误；C．重物在段匀速运动，有重物在段运动过程中，由牛顿第二定律得解得由运动学公式，联立解得则斜坡的长度为故C错误；D．全过程重物增加的机械能为整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为重物增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知则，故D正确。故选AD。10．ACD解析：A．设时刻金属棒与圆心的连线和水平方向的夹角为，则产生的感应电动势根据闭合电路欧姆定律可得∶金属棒中的电流大小故当时，金属棒中的电流大小为，A正确；B．根据从0时刻起到时，故通过回路的总电量为通过电阻的电量为，B错误；C．通过上面的分析可知，回路内的电流为正弦交变电流，电流的最大值为，电阻的发热量为，从0时刻起到时，电阻的发热量为，C正确；D．从0时刻起到时，回路内的总发热量为根据功能关系，D正确。故选ACD。11．(6分)(1)A、B(2)90190解析：（1）当温度较低的时候，热敏电阻R的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与AB部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加热器接在A、B端。（2）[1]由图可知如果要使恒温箱内的温度保持，热敏电阻R的阻值为[2]当温度达到100℃时，加热电路就要断开，此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达I=30mA=0.03A根据闭合电路欧姆定律可得：解得可变电阻的阻值应调节为：12．(10分)36.50mg偏大解析：[1]刻度尺的最小分度值为1mm，读数时要估读1位，则绳长；[2]小球通过光电门时的速度大小为；[3]根据牛顿第二定律，有，联立可得可知图像的纵截距为小球的重力，即；[4]如果满足机械能守恒，有即[5]光电门位置偏低，则小球运动到最低点时，球心位置比光电门略高，会导致实际遮光宽度比d小，测出的遮光时间偏小，则速度偏大，动能偏大。13．(12分)(1)(2)会在NO面发生全反射(3)解析：（1）设该单色光进入吊坠的折射角为r，则可得：r=30°吊坠对该单色光的折射率（2）该单色光在吊坠中的临界角为C，则可得：C=45°而单色光射到NO面的入射角为60°，所以该束光会在NO面发生全反射。（3）设该光在吊坠中的传播速度为v，则可得：由几何关系可知，该单色光将在MP面上关于OM轴与A点对称的A′点处射出吊坠，光在吊坠中传播的路径长度光在吊坠中传播的时间14．(14分)(1)3m/s(2)4.25N(3)解析：（1）设物块a滑上传送带后一直减速运动，根据牛顿第二定律可得由运动学公式可得解得：假设成立，所以物块a到达D点的速度为；（2）物块a由D到E过程中，根据动能定理可得在E点，根据牛顿第二定律，有联立解得：（3）物块a由D到F过程，根据动能定理可得物块a、b相碰，根据动量守恒可得物块a、b、c相互作用至弹簧压缩最大时，根据动量守恒可得根据系统机械能守恒可得联立解得弹簧的最大弹性势能为15．(16分)(1)(2)(3)-4kR解析：（1）电子在区域I内做圆周运动，设轨道半径为R₁，根据牛顿运动定律电子运动的轨道半径等于圆形磁场的半径：R1=R解得：（2）做出电子在磁场中运动的轨迹如图，距离电子源中心位置的粒子打在O点时，速度方向分布在y轴左右两侧，与y轴夹角均为30°。由题意可知，距离电子源中心位置大于的区域粒子直接打到收集板上，其它电子均不能打到收集板上。

做出速度方向与y轴左右两侧夹角均为30°角的电子在区域II运动的轨迹，两电子在区域II内运动的轨迹圆心角为120°和240°；设收集板的长度为l，根据几何关系得因为区域Ⅱ磁场磁感应强度也为B，故r=R解得：（3）正对O1点射向区域Ⅰ的电子在区域I内做圆周运动，运动的轨道半径等于圆形磁场的半径R，电子从O点沿y轴负方向射出，速度大小为v，运动轨迹如下图。设y轴正向为正，经时间△t，由动量