2025届安徽省六安三校高考物理全真模拟密押卷含解析

2025届安徽省六安三校高考物理全真模拟密押卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为mA和mB的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，它们的质量之比mA:mB=2:1．当用水平力F作用于B上且两物块以相同的加速度向右加速运动时（如图甲所示），弹簧的伸长量xA；当用同样大小的力F竖直向上拉B且两物块以相同的加速度竖直向上运动时（如图乙所示），弹簧的伸长量为xB，则xA:xB等于（）A．1:1 B．1:2 C．2:1 D．3:22、如图所示，四根等长的缆绳一端悬于起重机的吊钩上，另一端分别系在一个正方形的框架上，框架下面悬吊着重物，起重机将重物以的速度沿竖直方向匀速向上吊起.若起重机的输出功率为，每根缆绳与竖直方向的夹角均为，忽略吊钩、框架及绳的重力，不计一切摩擦，，.则悬于吊钩的每根缆绳的拉力大小为（）A． B．C． D．3、如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里（与ab垂直）的匀强磁场，磁感应强度为B。M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，则电流表的示数为。（）A． B．C． D．4、如图所示，P是一束含有两种单色光的光线，沿图示方向射向半圆形玻璃砖的圆心O，折射后分成a、b两束光线，则下列说法中正确的是（）A．a光频率小于b光频率B．在玻璃砖中传播的时间a光比b光长C．玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率D．若让玻璃砖在纸面内绕O点逆时针转动180°，P光线保持不变，则a、b两束光线也保持不变5、如图是电子射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下（z轴负方向）偏转，在下列措施中可采用的是（）A．加一电场，电场方向沿z轴负方向B．加一电场，电场方向沿y轴正方向C．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向D．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向6、1905年爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广，成功地解释了光电效应现象，提出了光子说。下列给出的与光电效应有关的四个图像中，下列说法正确的是（）A．图甲中，当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，说明锌板带正电，验电器带负电B．图乙中，从光电流与电压的关系图像中可以得到：电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关C．图丙中，若电子电荷量用表示，已知，由图像可求得普朗克常量的表达式为D．图丁中，由光电子最大初动能与入射光频率的关系图像可知，该金属的逸出功为或二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，质量均为m的两辆拖车甲、乙在汽车的牵引下前进，当汽车的牵引力恒为F时，汽车以速度v匀速前进。某时刻甲、乙两拖车之间的挂钩脱钩，而汽车的牵引力F保持不变（将脱钩瞬间记为t＝0时刻）。则下列说法正确的是（）A．甲、乙两车组成的系统在0~时间内的动量守恒B．甲、乙两车组成的系统在~时间内的动量守恒C．时刻甲车动量的大小为2mvD．时刻乙车动量的大小为mv8、如图所示为一种质谱仪示意图。由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为、方向垂直纸面向外。一质量为、电荷量为的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的点。不计粒子重力。下列说法正确的是（）A．粒子一定带正电B．加速电场的电压C．直径D．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷9、下列说法正确的是_______。A．分子间距离减小时，分子势能一定增大B．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔C．在绝热压缩和等温压缩过程中，气体内能均不变D．热量不能自发地从低温物体传到高温物体E.当人们感到干燥时，空气的相对湿度较小10、如图所示，以O为圆心、半径为R的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行，M、N为圆周上的两点．带正电粒子只在电场力作用下运动，在M点速度方向如图所示，经过M、N两点时速度大小相等．已知M点电势高于O点电势，且电势差为U，下列说法正确的是()A．M,N两点电势相等B．粒子由M点运动到N点，电势能先增大后减小C．该匀强电场的电场强度大小为D．粒子在电场中可能从M点沿圆弧运动到N点三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）在实验室测量两个直流电源的电动势和内阻。电源甲的电动势大约为4.5V，内阻大约为1.5Ω；电源乙的电动势大约为1.5V，内阻大约为1Ω。由于实验室条件有限，除了导线、开关外，实验室还能提供如下器材：A．量程为0~3V的电压表VB．量程为0~0.6A的电流表A1C．量程为0~3A的电流表A2D．阻值为4.0Ω的定值电阻R1E.阻值为100Ω的定值电阻R2F.最大阻值为10Ω的滑动变阻器R3G.最大阻值为100Ω的滑动变阻器R4，（1）选择电压表、电流表、定值电阻、滑动变阻器等器材，采用图甲所示电路测量电源甲的电动势和内阻①定值电阻应该选择____(填“D”或“E”)；电流、表应该选择____(填“B”或“C”)；滑动变阻器应该选择____(填“F"或“G").②分别以电流表的示数I和电压表的示数U为横坐标和纵坐标，计算机拟合得到如图乙所示U-I图象，U和I的单位分别为V和A，拟合公式为U=-5.8I+4.6，则电源甲的电动势E=____V，内阻r=_______Ω。(保留两位有效数字)③在测量电源甲的电动势和内阻的实验中，产生系统误差的主要原因是（__________）A．电压表的分流作用B．电压表的分压作用C．电流表的分压作用D．电流表的分流作用E.定值电阻的分压作用（2）为了简便快捷地测量电源乙的电动势和内阻，选择电压表、定值电阻等器材，采用图丙所示电路。①定值电阻应该选择____(填“D”或“E”)②实验中，首先将K1断开，K2闭合，电压表示数为1.49V，然后将K1、K2均闭合，电压表示数为1.18V，则电源乙电动势E=______V，内阻r=_______Ω。(小数点后保留两位小数)12．（12分）小鹏用智能手机来研究物体做圆周运动时向心加速度和角速度、半径的关系。如图甲，圆形水平桌面可通过电机带动绕其圆心O转动，转速可通过调速器调节，手机到圆心的距离也可以调节。小鹏先将手机固定在桌面某一位置M处，通电后，手机随桌面转动，通过手机里的软件可以测出加速度和角速度，调节桌面的转速，可以记录不同时刻的加速度和角速度的值，并能生成如图乙所示的图象。(1)由图乙可知，时，桌面的运动状态是______________（填字母编号）；A．静止B．匀速圆周运动C．速度增大的圆周运动D．速度减小的圆周运动(2)仅由图乙可以得到的结论是：____________；(3)若要研究加速度与半径的关系，应该保持_________不变，改变______，通过软件记录加速度的大小，此外，还需要的测量仪器是：__________________。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，水平向右的匀强电场中，某倾角为θ=37°的绝缘斜面固定于水平面上，顶端静置一质量为m=2kg的物块，带正电，电量为q=10-6C。若物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.2，电场强度为E=5×106V/m，且物块能自由下滑到斜面底端。斜面高度为h=1m，已知：g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8试问，物块下滑到斜面底端过程中：(1)物块与斜面摩擦产生的内能为多少；(2)物块动能的改变量；(3)物块机械能的改变量。14．（16分）如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.5m，左端接有阻值R=0.3Ω的电阻．一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2=2：1．导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；（3）外力做的功WF．15．（12分）如图所示，ABCD是某种透明材料的截面，AB面为平面，CD面是半径为R的圆弧面，O1O2为对称轴；一束单色光从O1点斜射到AB面上折射后照射到圆弧面上E点，刚好发生全反射，∠O1O2E=30°，DO2⊥CO2，透明材料对单色光的折射率为233，光在真空中传播速度为（i）单色光在AB面上入射角α的正弦值；（结果可以用根号表示）（ii）光在透明材料中传播的时间（不考虑光在BC面的反射）。（结果可以用根号表示）

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】

设mA=2mB=2m，对甲图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：对A物体有：F弹-μ∙2mg=2ma，得；对乙图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：对A物体有：F弹′-2mg=2ma′，得

则x1：x2=1：1．A．1:1，与结论相符，选项A正确；B．1:2，与结论不相符，选项B错误；C．2:1，与结论不相符，选项C错误；D．3:2，与结论不相符，选项D错误．2、C【解析】

由可知，故重物的重力.设每跟缆绳的拉力大小为T根据共点力平衡条件可得，解得，故C正确.3、D【解析】

线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流。

此交变电动势的最大值为设此交变电动势在一个周期内的有效值为E′，由有效值的定义得解得故电流表的示数为故选D。4、B【解析】

AC．由图看出a光的偏折程度大于b光，所以根据折射定律得知：玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，折射率大则频率大，则a光的频率大，AC错误；B．根据公式可知a光的折射率较大，则在玻璃砖中，a光的速度小于b光的速度，则在玻璃砖中传播的时间a光比b光长，B正确；D．旋转前，发生折射过程是由玻璃射向空气中，而旋转180°后，发生的折射过程是由空气射向玻璃，故光线会发生变化，D错误。故选B。5、D【解析】

AB．由于电子带负电，要使电子向下偏转（z轴负方向），如果仅加一电场实现此偏转，需要加向上的电场，即加沿z轴正方向的电场，故选项AB均错误；CD．仅加一磁场电子向下偏转（z轴负方向），由左手定则可知，四指需要指向x轴的负方向，大拇指向下，故磁场的方向是沿y轴正方向的，选项C错误，D正确。故选D。6、D【解析】

A．图甲中，当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，说明锌板带正电，验电器也带正电，选项A错误；B．图乙中，从光电流与电压的关系图像中可以得到：电压相同时，光照越强，饱和光电流越大，但是遏止电压和光的强度无关，选项B错误；C．根据，则由图像可得解得选项C错误；D．图丁中，根据，由光电子最大初动能与入射光频率的关系图像可知，该金属的逸出功为或，选项D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AC【解析】

A．设两拖车受到的滑动摩擦力都为f，脱钩前两车做匀速直线运动，根据平衡条件得F＝2f设脱钩后乙车经过时间t0速度为零，以F的方向为正方向，对乙车，由动量定理得－ft0＝0－mv解得t0＝以甲、乙两车为系统进行研究，在乙车停止运动以前，两车受到的摩擦力不变，两车组成的系统所受外力之和为零，则系统的总动量守恒，故在0至的时间内，甲、乙两车的总动量守恒，A正确；B．在时刻后，乙车停止运动，甲车做匀加速直线运动，两车组成的系统所受的合力不为零，故甲、乙两车的总动量不守恒，故B错误，CD．由以上分析可知，时刻乙车的速度为零，动量为零，以F的方向为正方向，t0＝时刻，对甲车，由动量定理得Ft0－ft0＝p－mv又f＝解得p＝2mv故C正确，D错误。故选AC。8、AD【解析】

A．粒子在向外的磁场中受洛伦兹力向左偏转，由左手定则可知，粒子带正电，故A正确；B．在静电分析器中，根据电场力提供向心力，有在加速电场中，有联立得故B选项错误；CD．在磁分析器中，根据洛伦兹力提供向心力，有若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，说明圆周运动的直径相同，由于磁场、电场、静电分析器的半径都不变，则该群粒子具有相同的比荷，故C错误，D正确。故选AD。9、BDE【解析】

A．分子间作用力表现为引力时，分子间距离减小，分子力做正功，分子势能减小，故A错误；B．晶体与非晶体的区别在于有无固定的熔点，晶体有固定的熔点而非晶体没有，故B正确；C．在绝热压缩过程中，外界对气体做功而气体与外界无热交换气体内能一定增加，故C错误；D．热量不能自发地从低温物体传到高温物体，符合热力学第二定律的表述，故D正确；E．当人们感到干燥时，空气的相对湿度较小，故E正确。故选BDE。10、AB【解析】

带正电粒子仅在电场力作用下，从M运动到N，由速度大小，得出粒子的动能，从而确定粒子的电势能大与小。由于匀强电场，则等势面是平行且等间距。根据曲线运动条件可从而确定电场力的方向，从而得出匀强电场的电场线方向。【详解】带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在M、N两点动能相等，则电势能也相等，则M、N两点电势相等。因为匀强电场，所以两点的连线MN即为等势面。根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向；

可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对粒子先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小。故AB正确；匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，则，故C错误；粒子在匀强电场受到的是恒定的电场力，不可能做圆周运动，选项D错误；故选AB.【点睛】紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系。并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置。再由曲线运动来确定电场力的方向。同时考查U=Ed中d的含义重要性，注意公式中的d为沿电场线方向上的距离。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、DBF4.61.8AD1.491.05【解析】

（1）①[1][2]测电动势力约4.5V的电源电动势与内阻时，由于有定值电阻的存在，电路中的最大电流为AA如果用量程为3A的电流表，则读数误差太大，因此，电流表应选B；测电动势约4.5V的电源电动势与内阻时，电路最小电阻为Ω=7.5Ω考虑电源内阻、滑动变阻器电阻，故定值电阻应选D；[3]为方便实验操作，滑动变阻器应选F；②[4][5]由表达式U=-5.8I+4.6根据闭合电路欧姆定律有联立解得电源电动势为E=4.6V，内阻r=1.8Ω，③[6]由电路图可知，电压表的分流作用会造成实验误差，故A符合题意，BCDE不符合题意；故选A；（2）①[7]用图丙所示电路测电动势与内阻，定值电阻适当小一点，实验误差小，因些定值电阻应选D；②[8][9]由电路图可知，K1断开，K2闭合，电压表示数为电流电动势，电压表示数为1.49V，即电源乙电动势为E=1.49V；K1、K2均闭合，电压表示数为1.8V，电压表测路端电压，此时电路电流为A=0.295A电源内阻为1.05Ω12、B半径一定，角速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度增大时，加速度也增大转速（或角速度）手机到圆心的距离（或半径）刻度尺【解析】

(1)[1]由图乙可知，时，加速度大小不变，角速度大小也不变，所以此时桌面在做匀速圆周运动，所以B正确，ACD错误。故选B。(2)[2]由图乙可以看出，加速度和角速度的变化曲线大致一样，所以可以得到的结论是：半径一定时，角速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度增大时，加速度也增大。(3)[3][4]物体做圆周运动的加速度为若要研究加速度与半径的关系，应该保持转速（或角速度）不变，改变手机到圆心的距离（或半径）；