物理-安徽省皖江名校联盟2025届高三年级11月摸底大联考试题和答案

hC1.BA.根据题意可知,极紫外线波长小于紫外线,根据E=λ可知,极紫外线光子的能量大于紫外线光子的hC能量,A错误;B.极紫外线波长小于紫外线,则频率高,所以极紫外线折射率大,根据sinC=可知,极紫外线的临界角小,B正确;C.利用同一装置进行双缝干涉实验时,△父=λ可知,极紫外线的条纹间距较小,C错误;D.根据光电效应方程可知Uc=—,极紫外线的遏止电压大,D错误.2.A巴耳末线系由n=3能级跃迁到n=2能级的光子能量最小赖曼系中由n=∞能级跃迁到n=1能级的光子能量最大,又E=hv=故光子的频率之比为== ,A正确.π’△ΦBL23.BAB.甲图中流过电阻R的电流为直流,线框由图示位置转过2,流过电阻的电荷量为q=R十r=π’△ΦBL2R十r,流过电阻的电流方向改变2次,CD错误.转动一周,流过电阻的电荷量为q=4BL2A错误R十r,流过电阻的电流方向改变2次,CD错误.4.DA.已知由状态a到状态b为等温过程,分子平均动能不变,而体积变小,压强变大,故状态a单位时间内撞击单位面积器壁的分子数一定小于状态b,A错误;B.由图知从状态b到状态C为等压过程,而体积变大,由盖—吕萨克定律可知气体温度升高,则气体分子平均动能增大,即分子平均速率增大,但并不是每个分子的速率都增大,B错误.CD.根据w=p△V可知,p—V图像与坐标轴围成的面积等于气体对外做功,由图可知从a到b外界对理想气体做功小于从b到C到a气体对外做功,即整个循环过程w<0,由于△U=0,所以Q>0,即Q吸—Q放>0,所以整个循环过程,理想气体吸收的热量大于放出的热量,C错误D正确.5.CA.t=0时质点P沿y轴负方向振动,速度和加速度方向都向下,A错误;BC.设质点P的振动方程为y=0.2sin(t十φ)m,代入t=0,y=0.1m,可得φ=π,t=0.8s时质点P的位移不变,则有0.1m=0.2sin(×0.8十π)m,且波源振动的周期大于0.8s,解得周期为T=1.2s,由v=可知v=1m/s,B错误,C正确;D.△t=0.8s<2T,质点Q没有回到平衡位置,D错误.6.BABC.已知圆环上电荷分布均匀,将圆环分成n个微元,每个微元均能看成点电荷,设每个微元的电荷量为△q,则微元到A点的距离为d=5a,微元和A点连线与细杆的夹角为θ,根据数学知识cosθ=由对称性可知A点的电场场强为EA=ncosθ=点电势为φA=—n由对称性可知圆环上的电荷在。点产生的场强为0,在。点产生的电势φ。=—,AC错误,B正确;D.由AC选项分析可知φ。<φA,故电子在。点的电势能大于在A点的电势能,D错误.7.A设空间站运行的周期为T0,角速度为月球的角速度为w=,已知连续两次出现空间站凌月现象的时间为t,则w0t—wt=2π,解得T0=对空间站有r,GM=gR2,联立解得g=T)2,A正确.8.CA.由图知汽车在0~t1时间内做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得该时间段内的牵引力F=f十ma0,t1时刻汽车速度v1=a0t1,则汽车的额定功率P=Fv1=(f十ma0)a0t1,A错误;B.由图知t1~t2时间内汽车做加速度减小的加速运动,位移增加的越来越快,B错误;C.由题意知t2时刻汽车的速度达到最大,牵引【高三摸底考.物理试卷参考答案第1页(共4页)W】力与阻力等大,即F’=f,则Vm=a0t1,t1~t2时间内汽车做加速度逐渐减小的加速度运动,故t1~t2时间内汽车的平均速度,C正确;D.0~t1时间内汽车牵引力做功W1=F父1=t1,t1~t2时间内汽车牵引力做功W2=P(t2—t1),故W1:W2=t1:2(t21),D错误.9.BD小球在第一次经过圆轨道最低点时,F1—mg=m小球经过圆轨道最高点时F2十mg=m由最低点到最高点—mg●2R—W克f=mV2—,解得F1—F2=6mg十>6mg.小球再次回到最低点,F3—mg=m由最高点再次回到最低点mg●2R—W克f’=mV’2—mV2,解得F3—F2=6mg—<6mg,BD正确.10.CDA.由右手定则可知,每根金属棒在磁场内和在磁场外电流方向相反,A错误;B.金属框架匀速穿过磁场区域,水平方向受力平衡,处于磁场中的金属棒切割磁感线产生感应电动势E=2BLV0,I=,R总=R十 ,F=2BIL,解得F=,B错误;C.最右侧金属棒在磁场中运动时,通过它的电荷量为q1=I● 最右侧金属棒离开磁场后,流过最右侧金属棒的电流为通过它的电荷量q2=I’● 故流过右侧金属棒的总电荷量为q=q1十q2=,C正确;D.金属框架穿过磁场的过程中产生的总焦耳热Q=F×5L=金属框架在穿过磁场的过程中,5根金属棒所处地位一样,故最左端金属棒上产生的热量,D正确.11.(1)AD(2分)(2)2.00(2分)(3)偏大(2分)系统(2分)解析:(1)探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系用到了控制变量法,A正确;探究两个互成角度的力的合成规律用到了等效替代法,B错误;探究平抛运动的特点,采用等效思想,C错误;探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系利用控制变量法,D正确.(2)电源频率为50Hz,则可知打点周期为0.02s,而每5个点取一个计数点,则可知每两个计数点间的时间间隔为T=0.1s,逐差法可知小车的加速度大小为9×0.12×10—2m/s2=2.00m/s2.(3)根据频率与周期之间关系,可知,频率减小,则周期变大,发生相同位移所用的时间变长,因此速度的测量值与实际值相比将偏大;由系统装置所造成的误差称为系统误差,故该误差属于系统误差.12.(1)C(2分)(2)见解析左端—(2分)解析:(1)因电路中滑动变阻器采用分压接法,为便于调节,滑动变阻器选C.(2)(3)为保障仪器安全,滑动变阻器的滑片应放置在滑动变阻器左端,此时待测电路电压为0,从而保证电表【高三摸底考●物理试卷参考答案第2页(共4页)W】的安全.(4)对该电路有I2=I1十I父,即I2=I1十I1(R1父十R),变形得=父R十1十1,由图像得a=1十1,=父,联立得RA1=,R父=.13.解析:(1)对I部分气体,根据玻意耳定律可得2poLS=p1×LS(2分)解得p1=po(1分)对Ⅱ部分气体poLS十6poV=p1×LS(2分)LS解得V=6(1分)LS(2)保持I中气体温度不变,由(1)分析可知I中气体压强为p1,对Ⅱ部分气体由理想气体状态方程得LS×=LS×(2分)解得T=2To(1分)14.解析:(1)设物块A与木板相对静止时的速度为v根据动量守恒定律有Mvo=(M十m1)v(1分)解得v=vo(1分)物块A与木板相对静止前,物块B保持静止,物块A做匀加速直线运动,v=2aLμom1g=m1a(1分)联立解得μo=2L(1分)(2)设物块A与物块B碰撞后的速度分别为v1、v2,根据动量守恒定律和能量守恒定律知m1v=m1v1十m2v2(1分)m1v2=m1v12十m2v22(1分)解得v1=—vo,v2=vo(1分)之后物块B向右匀速运动,物块A与木板相互摩擦,最终速度相同,设为v共,则Mv十m1v1=(M十m1)v共(1分)解得v共=vo(1分)所用时间为t1=a=25μog=vo(1分)在这一过程中,物块A先向左做匀减速运动,所用时间为t1=a=25μog=vo(1分)物块A向右的位移为父A=v共v1t1=(1分)物块B向右匀速直线运动,发生的位移为父B=v2t1=(1分)物块A和木板共速后一起向右运动追击物块B,所用时间为t2==——=(1分)9L物块A、B第一次碰撞到第二次碰撞时间差为t=t1十t2=vo.(1分)9L15.解析:(1)粒子在电场中做类平抛运动,由题意知粒子水平位移为父o=a,竖直位移为yo=a,设其进入圆形磁场时速度方向与父轴正方向成θ角,由平抛运动的推论有tanθ=2yo=(2分)【高三摸底考●物理试卷参考答案第3页(共4页)W】则粒子进入圆形磁场的速度为(1分)粒子在磁场中做圆周运动,半径为R,如图所示,由几何关系可得R=a(1分)向心力由洛伦兹力提供,即qΨB=m(1分)电场力做正功,由动能定理可得qEy0=mΨ2—(1分)联立以上各式解得(2分)(2)粒子在矩