2025年高考物理模拟试卷3（安徽卷）详细解析

2025年高考物理模拟试卷03（安徽卷）

详细解析

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

一、选择题：本题共10小题，共42分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，

每题4分，第9~10题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，有选错或不答

的得0分。

1.关于放射性元素的衰变和核反应，以下说法完全正确的一项是（）

A.7射线是波长很短的电磁波，与a射线和夕射线相比，其穿透能力是最弱的

B.碳14的半衰期为5730年，贝I100个碳14原子在11460年后还剩下25个

C.卢瑟福用。粒子轰击氮原子核的核反应方程为;"N+；HeJ?O+；H

D."衰变释放的电子来自于原子核，其实质是核内的质子转化为中子和电子

【答案】C

【详解】A./射线是波长很短的电磁波，与。射线和夕射线相比，其穿透能力是最强的，故A错误；

B.半衰期是大量原子核的统计学规律，对于少量原子核不成立，故B错误

C.卢瑟福用a粒子轰击氮原子核的核反应方程为;4N+；He->?o+；H,故C正确；

D.夕衰变所释放的电子是原子核内的中子转化为质子和电子所产生的，故D错误。

故选C。

2.单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投

射到对焦屏上。对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。如图为单反照相机取景器的示意图，ABCDE

为五棱镜的一个截面，ABXBCo一束红光垂直A3射入，分别在和EA上发生全反射，且两次全反射的

入射角相等，最后光线垂直8C射出。则（）

D

A.红光从空气进入五棱镜后传播速度变大

B.若将红光改为绿光，则在阴上不能发生全反射

C.若将红光改为白光，则人眼通过观察到彩色光束

D.该五棱镜对红光的折射率最小值是

sin22.5

【答案】D

【详解】A.根据光的全反射条件，只有光线在光密介质射向光疏介质时才能发生全反射，又因为光在光疏

介质中传播速度大于光密介质中的传播速度，可知光在空气中的传播速度大于五棱镜中的传播速度。故A

错误；

BC.红光在五棱镜的全反射临界角

sinC=—

n

因为绿光的折射率大于红光的折射率，所以绿光的临界角较小，所以更容易发生全反射，所以若将红光改

为绿光，则在EA上能发生全反射。又因为在可见光的各种单色光中，红光折射率最小，所以临界角最大，

各色光都能在和创面发生全反射，不会色散所以从BC面出去的仍旧是白光，而不是彩色光束。故BC

错误；

D.设射入。面上的入射角为6,因为在C。和胡上发生全反射，且两次反射的入射角相等，如下图

根据几何关系有

40=90°

解得

8=22.5。

当光刚好在CO和A£面上发生全反射时，折射率最小，根据上述分析可知折射率最小时

e=c

解得最小折射率为

11

n=------=------------

sin0sin22.5°

故D正确。

故选D。

3.我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示,将质量为m的货物平放在手推车底板上,

此时底板水平；缓慢压下把手直至底板与水平面间的夹角为60。。不计货物与支架及底板间的摩擦，重力加

速度为g,下列说法正确的是（

A.当底板与水平面间的夹角为30。时，底板对货物的支持力为避鳖

2

B.当底板与水平面间的夹角为30。时，支架对货物的支持力为由鳖

2

C.压下把手的过程中，底板对货物的支持力一直增大

D.压下把手的过程中，支架对货物的支持力一直减小

【答案】A

【详解】AB.当底板与水平面间的夹角为30。时，受力分析如图

FN2

▼mg

由平衡条件可得

FNICOS60°=FN2COS30°

FNIsin60°+FN2sin30°=mg

解得底板对货物的支持力

N1——2—

支架对货物的支持力

F=整

N22

A正确，B错误;

CD.压下把手的过程中，货物的受力情况如图

由图可知，底板对货物的支持力一直减小，支架对货物的支持力一直增大，CD错误。

故选Ao

4.为了使在磁场中转动的绝缘轮快速停下来，小明同学设计了以下四种方案：图甲、乙中磁场方向与轮子

的转轴平行，图甲中在轮上固定闭合金属线圈，图乙中在轮上固定未闭合金属线圈；图丙、丁中磁场方向

与轮子的转轴垂直，图丙中在轮上固定闭合金属线框,图丁中在轮上固定一些细金属棒。四种方案中效果

最好的是（）

BB

丙丁

A.甲B.乙C.丙D.T

【答案】C

【详解】AB.图甲和图乙中当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变的,不会产生感生感应电流，则不

会有磁场力阻碍轮子的运动，故AB错误;

C.图丙中在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势，形

成感应电流，则会产生磁场力阻碍轮子转动，使轮子很快停下来，故c正确;

D.图丁中在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产生感应电动势，但是不会形成感应电流，则也不会

产生磁场力阻碍轮子转动，故D错误。

故选Co

5.如图所示，长度为L的导体棒原来带负电，将带电荷量为q的正点电荷放在导体棒的中心轴线上距离棒

左端R处，达到静电平衡后，棒的左端带负电，右端不带电，静电力常量为也下列说法正确的是（）

-----------L---------H

A.导体棒左端电势高，右端电势低

B.导体棒左端电势低，右端电势高

4kq

C.导体棒上的电荷在棒中心。处产生的电场强度大小为西下•

2kq

D.导体棒上的电荷在棒中心。处产生的电场强度大小为

(R+4

【答案】c

【详解】AB.导体棒达到静电平衡后，导体棒是一个等势体，电势处处相等，则导体棒左右两端电势相等，

故AB错误；

CD.棒上感应电荷在棒内中点产生的场强大小与点电荷+4在该处产生的电场强度大小相等，方向相反，故

可得棒上感应电荷在棒中心。处产生的电场强度大小为

kq4kq

E=

(7?+0.5L)2(27?+L)2

故C正确，D错误。

故选C。

6.钢架雪车是一项精彩刺激的冬奥会比赛项目，运动员起跑区推动雪车起跑后俯卧在雪车上，再经出发区、

滑行区和减速区的一系列直道、弯道后到达终点、用时少者获胜。图（a）是比赛中一运动员在滑行区某弯

道的图片，假设可视为质点的人和车的总质量机=90kg,其在弯道上P处做水平面内圆周运动的模型如图（b）,

车在尸处既无侧移也无切向加速度，速率v=30m/s,弯道表面与水平面成6=53。，不计摩擦力和空气阻力，

重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8。则在P处（）

图（a）图（b）

A.车对弯道的压力大小为900N

B.人对车的压力大小为1500N

C.人和车做圆周运动的半径为67.5m

D.人和车的加速度大小为7.5m/s2

【答案】C

【详解】A.对人和车受力分析，如图所示

N

根据几何关系有

N=*-=1500N

COS。

根据牛顿第三定律可得，车对弯道的压力大小为1500N,故A错误;

B.由于不知道人的质量，所以无法确定人对车的压力，故B错误；

CD.根据牛顿第二定律可得

v2

mgtana=m一=ma

r

解得

r=67.5m,a=13.33m/s2

故C正确，D错误。

故选C。

7.静电透镜是由带电导体所产生的静电场来使电子束聚焦和成像的装置，它广泛应用于电子器件和电子显

微镜。如图所示为其内部静电场中等差等势面的分布示意图。一电子由A点以某一速度射入该电场，仅在

电场力作用下的运动轨迹如曲线所示，C、。为该轨迹曲线上的两点，。点为互相垂直的对称轴MV和

的交点。下列说法正确的是（）

A.C点的电势低于。点的电势

B.电子在C点的电势能小于在。点的电势能

C.电子在C点的电势能和动能之和小于在。点的电势能和动能之和

D.电子在。点运动到8点过程中动量的变化率不变

【答案】B

【详解】A.根据轨迹可知。点电子所受电场力沿向右，即在线上电场方向向左，所以C点的电

势高于。点的电势，故A错误；

B.根据电子在电势高处电势能小，所以电子在C点的电势能小于在。点的电势能，故B正确；

C.由于只有电场力做功，故运动中电势能与动能之和不变，故c错误；

D.动量的变化率

AnmAv

—=----=ma

ArAt

即电子所受合力/合=qE，由等差等势面可知。点运动到2点过程中电场强度石变化，故D错误。

故选Bo

8.如图，甲、乙、丙是地球赤道平面内绕地心运动的三颗人造卫星，甲、丙的轨道为圆，乙的轨道为椭圆。

则三颗卫星（）

A.在轨道上运行的周期关系是：/>q>0

B.在轨道上1、2、3位置的加速度大小关系是：aI>a2>a3

C.在轨道上1、2、3位置的速率关系一定是：

D.在轨道上1、2、3位置所受的万有引力大小关系一定是：耳>乙>玛

【答案】B

【详解】A.根据开普勒第三定律可得

T2

卫星在1、2、3轨道运行时轨道半径或者半长轴增大，所以周期增大，即

罩<5<。

故A错误；

B.根据牛顿第二定律有

厂Mm

CJ—-——mci

所以

GM

。=尸

卫星在1、2、3处与地球球心间的距离增大，则加速度减小，即

ax>a2>a3

故B正确；

C.根据万有引力提供向心力有

MmV2

G—=m—

r

所以

所以

匕〉为

但无法确定V2与V3的大小关系，故C错误；

D.由于不知道三颗卫星的质量关系，所以不能确定在轨道上1、2、3位置所受的万有引力大小关系，故D

错误。

故选B。

9.一变压器在纸面内的剖面如图，原线圈连接足够长且电阻不计的平行双导轨，导轨处于垂直纸面向里的

匀强磁场中、金属棒与导轨接触良好且垂直于导轨，副线圈连接灯泡L和电容器C,A为理想交流电

流表。则（)

A.当MN匀速向左运动时，灯泡可能发光，A表有示数

B.当MN加速向左运动时，。点电势低于6点电势

C.当沿导轨简谐运动（不接触线圈）时，灯泡一定不发光

D.当沿导轨简谐运动（不接触线圈）时，A表有示数

【答案】BD

【详解】A.当匀速向左运动时，左侧回路中电流恒定，所以左侧线圈产生恒定的磁场，穿过右侧线圈

的磁通量不变，右侧线圈将不产生感应电流，所以灯泡不发光，电流表无示数，故A错误；

B.当加速向左运动时，穿过右侧线圈的磁通量不断增大，且磁场方向向上，根据楞次定律可知，感应

电流的磁场方向向下，根据右手螺旋定则可知，回路中电流方向为逆时针方向，所以a点电势低于匕点电

势，故B正确；

CD.当MN沿导轨简谐运动（不接触线圈）时，左侧回路中产生正弦交变电流，右侧回路也为交变电流，

所以灯泡发光，电容器将进行充放电，电流表有示数，故C错误，D正确。

故选BDo

10.如图所示，足够长的平行金属导轨固定在水平面内，间距L=Q5m,电阻不计。与导轨左端连接的线圈

面积S=0.1m2,内阻r=0.5O,匝数“=200匝。一根长L=0.5m,质量相=0.2kg、电阻R=2Q的导体棒

4垂直放置在导轨上，与导轨间的动摩擦因数〃=。2。线圈内的磁场平行于轴线向上，磁感应强度的大小

随时间变化的关系为q=02/；导轨之间的匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度的大小耳=1T。f=0时刻

闭合开关，当r=8.0s时导体棒已达到最大速度，重力加速度g=10m/s2。则（）

A.刚合上开关时导体棒的加速度为4m/s2

B.导体棒运动速度的最大值为4m/s

C.08.0s内导体棒的位移大小为16m

D.08.0s内整个电路产生的焦耳热为20.8J

【答案】BD

【详解】A.根据法拉第电磁感应定律可知，左侧线圈产生的感应电动势为

lAQNB…

E.=n=nSe=4V

XX

刚合上开关时，电路中电流为

L=-^-=1.6A

R+r

对导体棒有

B2I{L-/nmg=ma

解得

a=2m/s2

故A错误；

B.导体棒运动速度最大时，导体棒所受合力为零，即有

B2I2L=]umg

解得

，2=0.8A

设最大速度为Vm，则有

Ei”

R+r2

解得

嗫=4m/s

故B正确；

C.根据题意，对导体棒由动量定理有

B,I[Lt——-----Lt—Liiri^t=—0

/I/R+r*111

则有

B2G

(B2IlL-/2mg)t-^--Yvt=mvia-0

即

(B2IiL-/jmg)t-^--x=mvm-0

解得

x=24m

故C错误；

D.对导体棒，由动量定理有

B2It-/dmgt=mvm-0

即

B2Lq-fjmgt=mvm

解得

q=8C

由能量守恒定律有

12

qE1=Q+-mv^+Jumgx

解得

2=20.8J

故D正确；

故选BD。

二、非选择题：本题共5小题，共58分。

11.(6分)某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P,下

端用细线挂一重物M„弹簧测力计B的一端用细线系于。点，手持另一端水平向左拉，使结点。静止在某

位置。分别读出弹簧测力计A、B的拉力心、心的大小，并在贴于竖直木板的白纸上记录。点的位置和细

绳的方向。

(1)图中弹簧测力计A的示数为N„

(2)下列做法中正确的是()

A.实验需要测量重物M的重力大小

B.细线方向应与木板平面平行

C.改变拉力，进行多次实验，每次都要使。点静止在同一位置

D.只用一个弹簧测力计一定无法完成实验

(3)若保持乙、线的夹角及。点位置不变，从弹簧测力计B水平方向开始，使弹簧测力计A、B均沿顺时

针缓慢转动至弹簧测力计A水平，则在整个过程中关于弹簧测力计A、B的读数变化情况是(填选

项前的字母)。

A.A增大，B减小B.A减小，B增大

C.A增大，B先增大后减小D.A减小，B先增大后减小

【答案】⑴2.30

(2)AB

⑶B

【详解】(1)弹簧测力计的分度值为0.1N,需要精确到0.01N,所以示数为2.30N。

(2)A.0A和。8两段细线对。点拉力的合力与M的重力平衡，实验中需要对比合力的理论值(通过平

行四边形定则所作的合力的图示)与实验值(与M重力平衡的力的图示)，因此应测量重物M所受的重力，

故A正确；

B.细线方向应与木板平面平行，使实际力的平行四边形与白纸上所作的力的平行四边形平行，以减小误差，

故B正确；

C.改变拉力，进行多次实验，无论O点位置如何，段细线对。点拉力的作用效果始终不变，所以不需

要每次都要使。点静止在同一位置，故C错误；

D.只用一个弹簧测力计也可以完成实验，一端用弹簧测力计测，另一端用手固定，将结点拉到固定的。

点，然后轮流交换测另一端，这样就可以确定两个方向，故D错误。

故选ABo

(3)由题意，根据平衡条件可知，。点所受三个拉力组成首尾相接的矢量三角形，如图所示

Fn

根据正弦定理有

G,.「一

sin0sinysina

使弹簧测力计A、B均沿顺时针缓慢转动至弹簧测力计A水平过程中，保持&、FB的夹角及0点位置不变,

故夕不变，a增大，/减小，可知心减小，&增大，故ACD错误，B正确。

故选Bo

12.（10分）小朗同学要将一满偏电流Ig为500M的微安表G改装为毫安表。他先测量出微安表G的电阻,

然后对微安表进行改装，最后再利用一标准电流表，对改装后的毫安表进行检测。

图（c）

（1）为测量出微安表G的电阻，小朗同学设计了如图（a）所示电路，器材如下：

A.电源Ei（电动势L5V,内阻很小）

B.电源E2（电动势6.0V,内阻很小）

C.滑动变阻器（阻值0-2000。）

D.滑动变阻器用（阻值075000。）

E.电阻箱R2（阻值0〜600Q）

F.开关两个，导线若干

为提高测量精度，电源E和滑动变阻器4应该选择o

A.电源Ei和滑动变阻器&

B.电源E2和滑动变阻器凡

C.电源Ei和滑动变阻器凡

D.电源E2和滑动变阻器&

（2）该实验操作的步骤有：

A.按图（a）电路原理图连接线路；

B.将岛的阻值调到最大，闭合开关Si后调节R/的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度；

C.保持R/不变，再接通S2,调节电阻&,使电流表G指针偏转到满刻度的一半，读出&的阻值为400。，

即认为4=&,用此方法测得电流表内阻的测量值与真实值相比（选填“偏大'或“偏小”或“相等”）;

（3）若忽略实验的误差，现通过并联一个阻值为R=80。的电阻把微安表改装成为一个特定量程的毫安表，则

改装的电表量程为mA；

（4）根据图（b）所示电路对改装后的电表进行检测，当标准毫安表的示数为1.6mA时，改装表的指针位置如

图（c）所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，改装电流表的实际量程是mA；

(5)要达到(3)的预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为

一个阻值为Q的电阻即可。

【答案】(DD

⑵偏小

(3)3.0

(4)3.2

(5)86.4

【详解】(1)由于实验中各器件的阻值都比较大，为减小实验误差，电源电动势应尽可能大些，另外闭合

开关S2时认为电路中总电流不变，实际闭合开关S2后，电路总电阻变小，电路电流变大，而闭合开关S2

时微安表两端的电压变化越小，实验误差就越小，则选用电动势较大的电源，故电源应选E2,且滑动变阻

器要能使微安表满偏，所以选择R6。

故选D。

(2)闭合S2后，&与&的并联值尺并＜&,所以/总＞小而此时G的示数为满偏电流的一半，所以大

于满偏电流的一半，所以&＜《，即夫测＜4。

(3)根据电流表的改装原理有

[R

/=/^-=6/=3.0mA

Ag+Rg

(4)标准毫安表的示数为1.6mA时，改装后的电表显示为刻度盘的中值刻度，故改装电流表的量程为3.2mA。

(5)把毫安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值

i居

R=

g

当量程为3.2mA时，则有

0.5R5R

R=g—^=800

3.2-0.527

所以

4=432Q

当量程为3.0mA时，则有

0.5Rg(

R'=

3-0.55

所以

7?'=86.4Q

13.（10分）在导热良好的矩形气缸内用厚度不计的活塞封闭有理想气体，当把气缸倒置悬挂在空中，稳定

时活塞刚好位于气缸口处，如图甲所示；当把气缸开口朝上放置于水平地面上，活塞稳定时如图乙所示。

已知活塞质量为横截面积为S,大气压强％=半，环境温度为To,气缸的深度为〃，重力加速为g,

kJ

不计活塞与气缸壁间的摩擦。

（1）求图乙中活塞离气缸底部的高度小；

（2）活塞达到图乙状态时将环境温度缓慢升高，直到活塞再次位于气缸口，已知封闭气体的内能随热力学

温度变化的关系为U=kT,左为常数，大气压强保持不变，求在该过程中封闭气体所吸收的热量Q。

32

【答案】（1）（2）Q—-kT0+2mgh

【详解】（1）设甲、乙中封闭气体的压强分别为Pl、P2,则有

P\S+mg=p0S,p0S+mg=p2S

解得

气体做等温变化，由玻意耳定律有

p、hS=pJ\S

联立解得

（2）设活塞回到气缸口时气体温度为工，气体等压变化，则有

/z1s_hS

〒工

可得

TO。

气体对外做的功为

W=p2s(h_%)=2mgh

气体内能变化为

AU=kTl-kT0=^kT0

根据热力学第一定律可得

AU=Q-W

解得

Q=^kT0+2mgh

14.(14分)如图所示，质量为025机=0.25kg的小车D静止在水平光滑轨道上，一根长为L=0.9m的细绳

一端固定质量为相=lkg的球A,细绳的另一端固定在小车D上，另一根长为2L=L8m的细绳一端固定质

量为2根=2kg的球B,另一端固定在。点，两细绳自由下垂时两小球正好相切，且两球心在同一水平高度

上。现将球B拉至细绳处于水平伸长状态后释放,设A、B发生碰撞时无机械能损失,重力加速度为g取lOm/s2o

求：

(1)球B在最低点时的速度%的大小；

(2)碰撞结束瞬间球A的速度V2的大小；

(3)碰撞结束后球A上升的最大高度〃。

【答案】(1)6m/s；(2)8m/s；(3)0.64m

【详解】(1)球B下摆的过程中机械能守恒，则有

2mgx2£=—x2mVg

解得

v0=2y[gL=6m/s

(2)球B与球A碰撞，A、B两球组成的系统动量守恒、机械能守恒，取水平向右为正方向，则有

2mv0=Zmv,+mv1

gx2mVo=；x2mvf+；mvf

联立解得

4

%=”=8m/s

（3）球A上升时小车D随之向右运动，球A和小车D组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，球A

上升到最大高度时与小车D速度相同，则有:

gmvl=g1m+0.25m)v2+mgh

mv2=(m+0.25m)v

联立解得

/i=0.64m

15.（18分）如图所示，矩形区域I和H内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场,

aa\bb\cc'、㈤'为磁场边界线，四条边界线相互平行，区域I的磁感应强度大小为8,区域II的磁感应强

度大小为且3,矩形区域的长度足够长，磁场宽度及防'与cd之间的距离相同。某种带正电的粒子从。。'上

3

的。1处以大小不同的速度，沿与。M成。=30。角进入磁场（不计粒子所受重力），当粒子的速度小于某一值

时，粒子在区域I内的运动时间均为务；当速度为%时，粒子垂直讥/进入无场区域，最终从dd'上的A点

射出，求:

(1)粒子的比荷幺;

m

(2)磁场区域I的宽度L-,

(3)出射点A偏离入射点。］竖直方向的距离以

abd

O