安徽省合肥一中2025届高三物理下学期最后一卷试题含解析

PAGE20-安徽省合肥一中2025届高三物理下学期最终一卷试题（含解析）一、选择题（本大题共8小题，每小题6分共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-4题只有一项符合题目要求，第5-8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分有选错或不选的得0分。请选出符合题目要求的一项或多项填入答题卷中）1.进行光电效应试验时，若普朗克常量h和元电荷e为已知，我们就可以通过测量入射光的频率v和某金属的遏止电压UC得到该金属的截止频率。其原理表达式正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】爱因斯坦光电效应方程而联立解得故选A。2.篮球运动受许多中学生的宠爱，某次训练中，一位男生练习定点投篮，篮球刚好水平击中篮板上的A点，如图所示，不计空气阻力。现在他向后退了一小段距离，抛射点B距篮板更远但高度不变，再次投篮，篮球又恰好水平击中篮板上的A点，则（）A.第一次投篮，篮球在空中飞行的时间较短B.第一次击中A点时的速度较小C.其次次投篮的初速度较小D.其次次投篮时抛射角θ较大【答案】B【解析】【详解】A．篮球在竖直方向上做竖直上抛运动，由于两次击中同一点，即在竖直方向上的位移相等，依据逆向思维，将竖直上抛运动看做自由落体运动的逆运动，即，所以空中飞行时间相同，A错误；B．篮球在水平方向上做匀速直线运动，两次运动时间相同，而第一次水平位移小，所以水平分速度小，所以击中A点时速度较小，B正确；C．依据可知两次竖直分速度相等，其次次水平分速度大，所以依据速度的合成可得，所以其次次初速度大，C错误；D．依据可知越大，正切值越小，即其次次投篮时抛射角θ较小，D错误。故选B。3.如图所示，水平路面上有一辆翻斗车正在卸货。货物A的质量为m，翻斗车的质量为M，某时刻货物A正在沿车厢加速下滑，此时车厢与水平面的夹角为。若货物与车厢间的摩擦不计，且翻斗车始终保持静止，则该时刻水平路面对车的支持力和摩擦力的大小分别为（）A.； B.；C.； D.；【答案】C【解析】【详解】可以对整体分析，水平方向f=macosθ竖直方向对货物ma=mgsinθ联立以上各式可解出故选C。4.对月球的形成，目前主要有“俘获说”、“分别说”两种说法若月球是从地球分别出去的，则地球与月球的密度应当大致相等。请同学们选用下列某些条件求出地球与月球的密度之比约为（）地球表面的重力加速度9.80m/s2月球表面的重力加速度1.56m/s2地球半径6.40×106m月球半径1.74×106m地球与月球之间的距离3.80×108m月球公转周期27.3天万有引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【详解】依据万有引力等于重力可得再由推出地球与月球的密度之比为代入数据得故B符合题意，ACD不符合题意。5.如图甲所示，志向变压器原、副线圈匝数比为10：1，表均为志向电表，R0的阻值为6，R为可变电阻。在变压器的原线圈接入如图乙所示的电压，则下列说法正确的是（）A.R减小时，电流表示数减小B.R增大时，电压表示数增大C.图乙中电压的频率是50Hz，有效值是110VD.若R的阻值为5，则变压器的输入功率为22W【答案】D【解析】【详解】AB．依据原、副线圈匝数不变，原线圈电压不变，当R减小时，副线圈电压不变，副线圈电流强度增加，依据可知原线圈电流强增加，因此电压表示数不变，电流表示数增大，AB错误；C．图乙中电压周期因此频率电压的最大值因此电压的有效值C错误；D．依据可得副线圈两端电压的有效值副线圈输出的总功率由于变压器是志向变压器，变压器的输入功率为22W，D正确。故选D。6.电荷量大小分别为Q和9Q的两个点电荷A、B分别固定于x轴上两处，且其中一个点电荷固定于x=0处。在它们形成的电场中，有一个摸索电荷-q沿x轴从+向坐标原点O运动，其电势能Ep随x的改变关系如图所示，图线最低处对应的x轴坐标为x0。则可以确定的是（）A.A带正电且处于x=0处B.B带正电且处于x=-2x0处C.在x=x0处电场强度等于零D.在x轴上x＞x0范围内，电场方向向左【答案】BC【解析】【详解】A．从图像可知在处的电势能大于零，故在此处应有一负电荷，即-Q，A错误；C．在x=x0处电势能最小，此处应为平衡位置，且Ep-x图象的斜率表示电场力，即x=x0处电场力为零，则电场强度等于零，故C正确；B．依据C项分析x=x0处电场强度等于零，设+9Q的横坐标为-x，则有解得，B正确；D．在x轴上区域，摸索电荷-q沿x轴从向坐标原点O运动，其电势能Ep随x的减小而减小，可知电场力做正功，依据负电荷所受电场力方向与电场方向相反，则电场方向向右，D错误。故选BC。7.如图所示，质量为m的木块放置在粗糙程度相同的水平地面上，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与木块接触，此时弹簧处于原长。现对木块施加水平向左的推力F将木块缓慢压至某一位置静止，这一过程中推力F对木块做功为W1，木块克服摩擦力做功为W2。撤推力F后木块向右运动，最终以某一速率与弹簧分别。不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.撤去推力F的瞬间，木块的加速度最大B.撤去推力F后，木块与弹簧分别时的速率最大C.弹簧弹性势能的最大值为（W1-W2）D.木块与弹簧分别时，木块的动能为（W1-2W2）【答案】ACD【解析】【详解】A．撤去推力后，木块的加速度可知，撤去推力的瞬间，弹簧的形变量最大，此时木块的加速度最大，A正确；B．木块与弹簧分别前，当弹簧的弹力与摩擦力平衡时，木块加速度为零，此时速率最大，B错误；C．由功能关系可知，从起先到弹簧压缩至最短时，弹性势能Ep=W1-W2，C正确；D．物块与弹簧在弹簧原长位置分别，则从向左推木块到木块与弹簧分别的全程中，由动能定理可得Ek=W1-2W2D正确。故选ACD。8.如图所示，在xOy平面内有磁感应强度大小均为B匀强磁场，其中0<x<a范围内的磁场方向垂直于xOy平面对里，x＞a范围内的磁场方向垂直于xOy平面对外。一个带正电q、质量为m的粒子（重力不计）从坐标原点O沿x轴正方向射入磁场，若粒子在磁场中运动一段时间后恰能回到O点。则下列说法正确的是（）A.当粒子经过虚线x=a时，其速度方向与y轴正方向夹45°角B.粒子在磁场中做圆周运动的速度C.粒子在x＞a区域运动的过程中，轨迹与x轴交点的横坐标为x=（2+）aD.粒子从O点动身到恰好回到O点经验的时间为【答案】BD【解析】【详解】A．依据洛伦兹力供应向心力，则有解得可知，粒子在两个磁场中运动的半径相同，在磁场中运动一段时间后恰能回到O点，则其运动轨迹肯定关x轴对称，在x＞a范围内圆周运动的圆心肯定在x轴上，其运动轨迹，如图所示由几何关系可知，当粒子经过虚线x=a时，其速度方向与y轴正方向夹30°角，故A错误。B．设粒子圆周的半径为r，依据几何关系有可得依据洛伦兹力供应向心力，则有解得，故B正确。C．粒子在x＞a区域运动的过程中，轨迹与x轴交点的横坐标应为故C错误。D．由轨迹图可知，粒子在两个磁场中运动总的圆心角为则粒从O点动身到恰好回到O点经验的时间为又，解得，故D正确。故选BD。第Ⅱ卷（共62分）二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必需做答。第13题～第16题为选考题，考生依据要求做答。（一）必考题9.测定物体的质量有多种方法。某同学利用下面方法间接测量物体质量M，装置如图甲所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物PQ相连，重物P、Q的质量均为m=200g，在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g=9.8m/s2。（1）某次试验中，先接通频率为50Hz的沟通电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带，则系统运动的加速度a=________m/s2（保留两位有效数字）；（2）忽视各类阻力，求出物块Z质量的理论值为M理=________kg（保留两位有效数字）；（3）实际状况下，由于存在空气阻力及摩擦阻力，物块Z的实际质量M实________M理（选填“＞”或“<”或“=”）。【答案】(1).5.5(2).0.51(3).＞【解析】【详解】（1）[1]．依据逐差法得（2）[2]．由牛顿其次定律可知Mg=（M+2m）a得到（3）[3]．由M实g-f=（M实+2m）a得到M实=实际质量总是大于理论值M理，所以应选填“＞”。10.某试验小组利用如图甲所示的电路描绘标有“2.5V字样小灯泡的灯丝电阻R随电压U改变的R-U图像并测定小灯泡额定功率P额。试验所用器材如下：小灯泡Q（额定电压2.5V）；电池组E（电动势为4.5V，内阻很小）；电压表V（量程3V，内阻约3k）；滑动变阻器R′（阻值范围0～10）；电阻箱R0（阻值范围0~999.9Ω）；单刀开关S1；单刀双掷开关S2。请完成以下问题：（1）请将图甲所示的电路图补充完整_________；（2）试验步骤如下：A.将R′的滑片P移至b端；B.将S2与1端接通，闭合S1，适当调整P位置，使电压表读数为某一值U1；C.保持P位置不变，将S2与2端接通，调整R0，当电压表读数为________时，读出电阻箱R0的值R1，将此值作为电压U1时小灯泡的电阻值；D.重复步骤B、C，记录多组电压表读数U及对应的电阻箱读数R；E.断开S1，整理好器材。（3）该试验小组已将试验中记录的各组小灯泡灯丝电阻R和对应U的数据在如图乙所示的R-U图像中正确地描好点，请你在图乙中描绘出R-U图线_________；（4）在正常发光状况下，小灯泡的电功率P额=________W（计算结果保留两位有效数字）。【答案】(1).(2).U1(3).(4).1.0W【解析】【详解】（1）[1]因为采纳的是滑动变阻器，阻值较小，所以用滑动变阻器的分压式的连接，电路如图所示。（2）[2]要想将变阻箱R0的值R1，作为小灯泡的电阻值，依据电路的特点，必需电阻箱两端的电压值和小灯泡的两端的电压值相同，即必需是电压表的示数U1一样。（3）[3]如图所示。（4）[4]由图可知，当小灯泡的达到额定电压时，电阻值约为，依据。11.如图甲所示，用表面绝缘的金属丝绕成的正方形闭合线框abcd放置于粗糙的水平桌面上，线框边长L=40cm、匝数N=50匝、质量m=0.20kg、电阻R=8.0，虚线MN是线框中线，MN左侧空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t改变的关系如图乙所示。已知线框与桌面之间的动摩擦因数。设线框与桌面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。求：（1）时刻线框中感应电流大小和方向；（2）时刻线框所受摩擦力的大小和方向。【答案】（1），电流方向沿逆时针（或电流方向沿adcba）；（2），方向向左【解析】【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得再由欧姆定律可得由楞次定律推断，电流方向沿逆时针（或电流方向沿adcba）。（2）ad边所受安培力大小方向向右；线框与桌面之间的最大静摩擦力所以，由力的平衡可知，线框受到的摩擦力大小为方向向左。12.如图所示，质量为m=1.0×10-2kg的小球通过长度L=1.80m的轻绳跨过光滑轻质小定滑轮与小铁盒相连，铁盒放置于滑轮正下方的光滑水平地面上A点，它与滑轮之间相距，铁盒左侧中心有一个小孔，小孔直径略大于小球直径。A点右侧有一个半R未知的光滑圆弧轨道AB，圆弧的圆心O在A点正上方，B点与圆心等高。先用另一根轻绳向左拉小球，小球处于静止状态时，拉小球的两轻绳与竖直方向的夹角均为=60°。某一时刻剪断左侧轻绳，当小球下摆至最低点时，铁盒对地面的压力刚好为零，此刻拉绳瞬间断裂，小球瞬间射入铁盒后与铁盒不分别，此后铁盒持续受到F=0.10N、方向水平向左的恒力作用。不计空气阻力及铁盒大小对运动的影响，取g=10m/s2，求：（1）水平绳刚剪断瞬间小球的加速度大小；（2）小球射入铁盒瞬间铁盒与小球的共同速度大小；（3）请通过计算推断出，铁盒有无可能从B点滑出圆弧并正好落在水平面上A点。【答案】（1）8.7m/s2；（2）1.0m/s；（3）见解析【解析】【详解】水平绳刚剪断瞬间，小球做圆周运动，小球所受合力沿圆周切线方向，即解得（2）设小球运动至最低点时的速度大小为v1，由机械能恒定律可得设此刻绳子的拉力为T，则有设铁盒质量为M，则有拉绳断裂、小球射入铁盒瞬间，满意动量守恒定律，则有解得：铁盒与小球的共同速度大小（3）设铁盒从B点滑出时的速度为v3，由动能定理可得铁盒从B点飞出后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速运动，若正好落在A点，则有：竖直方向水平方向解得当铁盒经过圆弧上B点时，设轨道对铁盒的弹力为FN，由圆周运动学问可得解得由此推断出，当圆弧半径R=3.0×10-2m时，铁盒能通过B点，并正好落在水平面上A点（其它推断方法正确也得分，但肯定要说明两点：铁盒经过B点时，轨道对铁盒的弹力FN≥0，铁盒滑B点后，再由运动分解方法求出正好落在A点的半径R）。（二）选考题（共15分，请考生从给出的2道物理题中每科任选一题做答）【物理选修——3-3】13.下列说法正确的是__________。A.全部晶体的导热性能肯定各向异性B.荷叶上的小水珠呈球形是水表面张力作用的结果C.给篮球打气越压越吃力，说明气体分子间存在斥力D.肯定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其内能肯定增加E.只要能减弱气体分子热运动的猛烈程度，气体的温度就可以降低【答案】BDE【解析】【详解】A．单晶体的导热性能肯定是各向异性，多晶体的导热性能是各向同性的，A错误；B．荷叶上小水珠呈球形是水的表面张力，使水珠表面有收缩趋势，B正确；C．给篮球打气越压越吃力，是由于打气过程中气体压强增大的结果，并不是由于分子间存在斥力，C错误；D．肯定量的水变成的水蒸气，虽然温度没有上升，但此过程必需吸热，而汲取的热量分子之间的距离增大，分子势能增加，其内能增加，D正确；E．温度是分子热运动的平均动能的标记，所以减弱气体分子热运动的猛烈程度，气体的温度就可以降低，E正确。故须BDE。14.如图甲所示的V-T图像中，肯定质量的志向气体从状态A经过状态B、C、D后又回到状态A。已知该气体在状态A时的压强为1×105Pa，气体在BC过程中汲取热量为Q1，在DA过程中放出热量为Q2。（1）求此气体经过一次循环又回到初态A过程中，外界对气体做的总功W；（2）将该循环过程用图乙的p-T图像表示出来（在图中标出状态A、B、C、D）。【答案】(1)W=Q2-Q1；(2)答案见解析【解析】【详解】(1)气体在AB和CD两个过程是等容改变，没有对外做功，气体在BC和DA段都是等温改变，其内能不变，因此BC过程中吸热Q1，依据热力学第肯定律，全部用于对外做功，即W1+Q1=0DA过程中放热Q2等于外界对气体做功W2-Q2=0因此，此气体经过一次循环又回到初态A过程中，外界对气体做的总功W=W1+W2=Q2-Q1(2)结合图甲所示的V-T图像，及题中信息可知，；从A到B是等容改变，依据可得从B到C是等温改变，依据可知从C到D上等容改变，依据可知因此在图乙的p一T图像中作出其循环过程如图