2025届安徽省“江南十校”联考物理参考答案_2025年3月_250305安徽省江南十校2025届高三下学期第一次联考（一模）（全科）_安徽省江南十校2025届高三下学期第一次联考（一模）物理

2025 届安徽省“江南十校”联考 物理解析 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D C D C B A C D 1．【答案】D 【解析】 A．卢瑟福提出了原子核式模型，故A错误； B．查德威克在做α粒子轰击铍的实验中发现了中子，故B 错误； C．原子核的电荷数就是核内的质子数，故C 错误； 故选 D。 2．【答案】C 【解析】 A．由题意可知，图示时刻质点A沿y 轴向上振动，故A错误； B．质点A再经过1s 首次到达波峰，则周期为4s，故B错误；  C．结合波形图，波长为16m且v ，则波速为4m/s，故C 正确； T D．质点A不沿x 方向运动，故D错误。 故选 C。 3．【答案】D 【解析】 A．观光缆车匀速上行时，乘客受到的合力为零，故A错误； B．观光缆车加速上行时，加速度方向沿轨道向上，乘客受到的合力方向沿 轨道向上，因此，缆车对乘客的作用力一定不与轨道平行，故B 错误； C．缆车匀速下行时，缆车对人的摩擦力为零，故C 错误； D．缆车减速下行时，缆车对人的作用力方向与人的位移方向的夹角为钝角， 缆车对乘客做负功，D正确。 故选 D。 4．【答案】C 物理答案 第 1 页 （共 8 页） {#{QQABRQaxogqQwBSACCwrUQFiCQsQsJOiJSoEwQAUKAwDQQFIFAA=}#}【解析】 A．副线圈总电阻变大，电流减小，又因为原副线圈匝数比不变，所以原线 圈电流也变小。故 B 错误。 B．滑动触头向上滑动，R 变大，原副线圈两端电压均不变，所以电压表 V 1 示数不变，电阻 R 分压变大，电压表V 示数变大，故A错误； 2 C．由P=UI，可知变压器输入功率变小，故 C 正确； D．由P=I2R可知，定值电阻 R 功率变小，故D 错误。 0 故选 C。 5．【答案】B 【解析】 如图所示，从光源S射向上表面的光恰好都能直接从上表面直接射出， 点光源在上表面的射出范围形成一个外接圆，由几何关系可知，外 1 接圆半径为 R，全反射的临界角为45。由sinC  ，折射率为 2 。 n 故选 B。 6．【答案】A 【解析】 gV mg 乒乓球在加速上浮过程中，加速度为a  0 0 ，乒乓球处于超重状态， m 因此电子秤显示弹力大小增加ma gV mg 。与之相等体积的水以相同大 0 0 2V2gV mg 小的加速度加速下降，因此电子秤显示弹力大小减小V a  0 0 0 0 ， 0 0 m 考虑到同等体积水的质量大于乒乓球的质量，电子秤显示的弹力大小应减小  2V2 2V mm2  g  V m 2g V ama  0 0 0 0  0 0 ，故选A。 0 0 m m 卫星公 7．【答案】C 转方向 【解析】 T 如图所示，P点在 内转过的圆心角ɑ=30，卫星转过的 6 圆心角β=60，由几何关系可知，∆POA 为等腰三角形， 物理答案 第 2 页 （共 8 页） {#{QQABRQaxogqQwBSACCwrUQFiCQsQsJOiJSoEwQAUKAwDQQFIFAA=}#}OAr 2Rcos30 3R。 Mm 42 再根据牛顿第二定律，得G m r， r2 T2 12 32R3 解得 M= 。 GT2 故选 C。 8．【答案】D 【解析】 A．刚接触弹簧时小球所受合力大小为mgF 8N，此时小球速度未达到最 电 大值，故 A错误； B．由图可知，0~3 cm 范围内的图像斜率表示电场力，斜率绝对值为 0.640.7 F  N=2N，故B 错误； 电 0.03 C．由于下极板接地，电势和电势能均为零，小球电势能增大，故在释放位 置小球的电势能为负值。小球质量为1kg，且由图像可知，小球在释放位 置重力势能为 0.7 J，由重力势能 E mgh可知，h = 0.07 m，又因为 p F h(E E )，得E = -0.14 J，故小球在释放位置所具有的电势能为 电 1 0 1 -0.14 J，C 错误； D．由能量守恒定律可知，小球在下降过程中电势能增大 0.1J，小球和弹簧 组成的系统机械能减少 0.1J，为0.6J，故D正确。 故选 D。 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，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，有选错的得0分。 序号 9 10 答案 ACD BD 9．【答案】ACD 【解析】 A．对拉手受力分析可知，公共汽车的加速度为 a = gtanθ，故 t 到 t 时刻间 0 1 物理答案 第 3 页 （共 8 页） {#{QQABRQaxogqQwBSACCwrUQFiCQsQsJOiJSoEwQAUKAwDQQFIFAA=}#}1 1 公共汽车产生的位移为x a(t t )2  gtan(t t )2，根据汽车实际 2 1 0 2 1 0 位移与图片的比例关系，即可估算车身长度，故A正确； B．公共汽车的在t 时刻的速度为va(t t ) gtan(t t )，由动量定理可 1 1 0 1 0 知：F (t t )(F  f)(t t )mv，由于公共汽车所受摩擦力 f 未知， 合 1 0 1 0 故 B 错误； v v v gtan(t t ) C．公共汽车做匀变速直线运动，根据v 0 1   1 0 ，故 C 2 2 2 正确； D ． 根 据 功 能 定 理 ， t 到 t 时 间 内 合 外 力 对 公 共 汽 车 做 的 功 0 1 1 1 W E  mv2  m[gtan(t t )]2，故D正确。 k 2 2 1 0 故选 ACD。 10．【答案】BD 【解析】 A．由题意可知，线框在斜面上恰好静止，则有 tan。导体棒进入磁场 的瞬间，由右手定则可知，电流从b到a，从P到Q，且PQ 所受安培力 沿斜面向下，由平衡关系可知大小为6N。由F = BIL 和电流关系可知ab 所受安培力大小为 15 N，方向沿斜面向上。加速度为 9 m/s2，方向沿斜 面向上。故A错误； B．由公式F =BIL 和E=BLv 可知导体棒进入磁场时速度为15m/s，再由运 动学公式v2= 2ax，可知释放距离S为18.75m。故B 正确； C．同理，速度稳定时速度为6m/s。故C错误； D．由动量定理(mgsin)tBILt mvmv ， m B2L2 得(mgsin)t vt mvmv R m 总 可知进入磁场后1s 内导体棒运动了15m， 1 1 又由动能定理(mgsin)xW  mv2  mv2 安 2 2 m 且Q = W =184.5J，故 D正确。 总 安 故选BD。 物理答案 第 4 页 （共 8 页） {#{QQABRQaxogqQwBSACCwrUQFiCQsQsJOiJSoEwQAUKAwDQQFIFAA=}#}11．【答案】（每空2分，共6分） AB（全部选对得2分，选不全得1分，选 错得0分） 1.0 1.4 【解析】 （1）略。 （2）由竖直方向上是自由落体运动，得y y  gT2 BC AB y y 解得点迹间的时间间隔为T  BC AB 0.1s g x 0.1m 小球离开桌面的速度大小v   1.0m/s 0 T 0.1s 打到B 点时的竖直方向速度分量大小为1.0m/s，水平速度大小为1.0m/s， 所以打到B 点时的速度大小为 2 m/s，即1.4m/s 12．【答案】（每空2分，共10分）（1）下降 变大（2）2.050V （3）> 漏 计导线电阻和接触电阻、探针无法做到无限靠近但又不接触两极致 内阻偏小、电表不理想（答案合理即可给分） 【解析】 l （1）由电阻定律R  知，充气后中心液面下降致横截面积变小，故电阻变大 S （2）电源电动势等于电源未接入电路（即外电路电阻无穷大）时电源两端电压 （3）k =4.0Ω>k =3.3Ω。U —I 图像斜率的绝对值k 等于电源内阻，U —I 图 1 2 外 1 内 像的斜率k 即电源内阻，理论值应相等，但电源内阻应是电源两级间电解 2 液的阻值，两探针只是非常靠近两极，导致测量的内阻偏小；数字电压表 V 测量电阻箱电压，该值小于真实路端电压值，是由导线电阻和接触电阻 2 所致。 13．【答案】（1）500N（5分） （2）5×10-4 m3（5分） 【解析】 （1）离地间隙减小2cm，空气柱长度变为L =0.08m，压强为P 1 1 PSL 10PSL ……………………2分 1 1 0 0 解得P = 12.5P ……………………1分 1 0 物理答案 第 5 页 （共 8 页） {#{QQABRQaxogqQwBSACCwrUQFiCQsQsJOiJSoEwQAUKAwDQQFIFAA=}#}椅面承受的压力增加了F (P 10P )S 500N ……………………2分 1 0 （2）设需要充入一个大气压下的气体体积为V 2 PV PSL  PSL ……………………3分 0 2 1 1 1 0 解得V 5104m3 ……………………2分 2 14．【答案】（1）0.417Ω（4分） （2）32m（5分） （3）385km（5分） 【解析】 EU （1） 由P UI 和I  ， ……………………2分 r E E2 可得，当U  时，P  ……………………1分 2 m 4r 5 代入数据解得： r  0.417 ……………………1分 12 （2）以40kW恒定功率启动加速过程中，输出的机械功率为： ……………………1分 P 90%P 36000W 1 1 由动能定理得： Pt fx  mv ……………………2分 1 2 2 解得：x=32m ……………………2分 （3） 解法一： 行驶时的平均阻力为 f ' 0.025G 400N ……………………2分 总 电池组的输出功率为 P  Fv f 'v5kW ……………………1分 2 E 90%95% 匀速行驶的时间为 t  电 =8.55h ……………………1分 P 行驶的路程为 S vt=385 km ……………………1分 解法二： 行驶时的平均阻力为 f ' 0.025G 400N ……………………2分 总 由能量关系得 E 95%90% f 'S ……………………2分 电 行驶的路程为 S=385km ……………………1分 物理答案 第 6 页 （共 8 页） {#{QQABRQaxogqQwBSACCwrUQFiCQsQsJOiJSoEwQAUKAwDQQFIFAA=}#}15．【答案】（1）1.57×10-4 s（4 分） （2）1.2m 3.73×10-3 s （8分） （3）x0.090.09cos(104t) （6分） 【解析】 v2 （1）离子在磁场中做圆周运动，由：Bqv m ， ……………………1分 r 解得r =0.10m ……………………1分 做出沿y轴正向发射的负离子在磁场和电场中的运动轨迹，可知： 2m 周期为T= ……………………1分 Bq T r  在磁场中的运动时间为： t    104s ……………………1分 1 4 2v 2 （2）沿与x轴正向成450角发射的离子，在电场中运动的加速度为 Eq a  1106m s2 ……………………2分 m 第二次从y轴上0.20m 处离开磁场，速度方向平行于离子从O点进入磁场时的 速度方向。 ……………………1分 第二次在电场中运动过程中： 2vcos45 t   2103s ……………………2分 2 a y vsin45t 1m ……………………2分 2 2 所以第三次经过y轴的位置为 y 0.2 y 1.2m ……………………1分 2 （3）将速度v分解为沿y 轴正向的速度v 100m s ……………………1分 1 和沿y轴正向的速度v 900m s ……………………1分 2 其中，Bqv  Eq，即v 方向作匀速直线运动； 1 1 v 方向受洛伦磁力作用，做匀速圆周运动： 2 v2 Bqv m 2 ，解得：r =0.09m ……………………1分 2 r 2 2 2 角速度 104rad /s ……………………1分 T 物理答案 第 7 页 （共 8 页） {#{QQABRQaxogqQwBSACCwrUQFiCQsQsJOiJSoEwQAUKAwDQQFIFAA=}#}xr r cos(t)=[0.090.09cos(104t)]m ……………………2分 2 2 物理答案 第 8 页 （共 8 页） {#{QQABRQaxogqQwBSACCwrUQFiCQsQsJOiJSoEwQAUKAwDQQFIFAA=}#}