安徽省安庆市2025届高三第二次模拟物理试题+答案_2025年3月_250323安徽省安庆市2025届高三第二次模拟（全科）

{#{QQABQYU05wiQkARACA5aA02SCUgQsoIQLWoGxRCOqAxLQZFABIA=}#}{#{QQABQYU05wiQkARACA5aA02SCUgQsoIQLWoGxRCOqAxLQZFABIA=}#}{#{QQABQYU05wiQkARACA5aA02SCUgQsoIQLWoGxRCOqAxLQZFABIA=}#}{#{QQABQYU05wiQkARACA5aA02SCUgQsoIQLWoGxRCOqAxLQZFABIA=}#}2025 年安庆市高三模拟考试（二模） 物理试题参考答案 一、单选题:本题共8小题,每小题4分,共32分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合 要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D A C D C A D 1.【答案】B 【解析】根据电荷数和质量数守恒，可得该核反应方程为2H2H→3He1n所以反应物X为 1 1 2 0 1n，A项错误；该聚变反应中有能量产生，故质量有亏损，B项正确；要使该聚变反应发生，必 0 须克服两氘核间巨大的库仑力，才能达到核力作用的范围，这样两个原子核才能结合成新的原子 核，相对库仑力而言，两氘核间万有引力可以忽略不计。C项错误；3He由两个质子和一个中子 2 组成，D项错误。 2.【答案】D 【解析】由图可知在0.5s时，物块A的位移为正向最大，即到达N点，加速度最大，方向竖 直向上。A项错误；t=1s时，物块A的位移为0，位移由正转负，物块A的速度最大，方向竖直向 上，B项错误；t=1.5s时，物块A在M点，物块A的回复力最大，方向竖直向下，回复力由重力 和弹力的合力提供，弹力不一定向下，C项错误；物块A所受合力做周期性的变化，周期为2s， 7s为3.5个周期，振子路程为14A=56cm。 故D项正确。 3.【答案】A 【解析】根据等时圆模型，如图所示，只需要求出 AP、BP、CP的 时 间 之 比 ， 设 最 小 圆 的 直 径 为 d ， 则 ： 23d 22d 2d t :t :t t :t :t  : :  3: 2:1，故A项正确。 AP BP CP AP BP CP g g g 4.【答案】C 【解析】解析：a→b过程为等温变化，理想气体的内能不变，A项错误，该过程中气体体积 增大，气体对外做功，即W<0，温度不变，即∆ ，由热力学第一定律∆ 可得 − ， 即气体吸收的热量全部用来了做功，C项正U确=；b0→c过程为等容变化，WU=0=，W+Q ,由查Q理=定W律>0 > = 得 ，气体内能增大，∆ ，由热力学第一定律得 ，即气体从外界吸热，B项错 误；P-V>图中 ，图线与横轴围成的U面>积0在数值上等气体对外界或Q外>界0对气体所做的功，据此由图可 知，c→a过程中外界对气体做的功大于a→b过程中气体对外界做的功，D项错误。 5.【答案】D 物理试题答案 第 1 页 共 6 页 {#{QQABYYaEogggAAIAAQhCUwXACkAQkAAACQoGgFAQsAAAgRFABAA=}#}【解析】总电阻先增大后减小，电流先减小后增大A项错误；电流最大值为 ,B项错误；总 电阻最大时，原线圈输入功率最小，输入功率最小值为 ，C项错误；总电阻最大时，电流最小 为 ，R功率最小为 ，D项正确。 6.【答 案】C 【解析】设卫星A、B的轨道半径分别为r 、r ，则：r r 5r，r r 3r，解得r r， A B A B B A A r 4r，则r：r 1:4，A项错误；根据万有引力提供向心力可得：G Mm m 42 r，所以T 42r3 ， B A B r2 T2 GM 2 2 7 则T：T 1:8，又因为（  ）T2，解得T  T，T 7T，所以B项错误；设卫星的线速度大 A B T A T B A 8 B 小为v，则 ，故C项正确。设卫星A、B从相距最近到相距最远的最时间间隔为t，则 2r 16r v  T 7T A 2 2 T （  ）t，解得t ，D项错误； T T 2 A B 7.【答案】A 【解析】极板N向极板M运动的过程中，电容器电容增大，为充电电流，电流传感器的电流 方向C→B，A项正确；MN极板间距离最小时，电流传感器上电流为0，B项错误；电性未知，电势 能变化未知，C项错误；二极管阻止了放电过程，不能形成电流周期性变化，不能实现实现准确计 步，D项错误 8.【答案】D 【解析】货物与缆车沿山坡向上以加速度a运行时，以货物块为研究对象，根据牛顿第二定 律有： F-mg=masin530 f +N=macos53° f ≤f=µF 解得:f =0.6ma-N f=µF=0.75mg+0.6ma所 N 静 静 N 静 N 以f 恒小于f，即摩擦力始终为静摩擦力，没有达到最大静摩擦力（即自锁），车厢壁给的弹力恒 静 为0。故货物始终只受到 3 个力，A项错误；根据牛顿第三定律知车厢受到的摩擦力方向水平向 左，B项错误；a=2m/s2时， º车厢对货物的摩擦力大小为 N,C项错误;a=10m/s 时 a=6m/s2 ,f=300N,a=8m/s2,f=−macos3 ， =900N，车厢对货物的作用0 力为 = N， x y D 项正确。 FN mg=may FN + 300 0 二、多选题: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。 题号 9 10 答案 BD AC 9.【答案】BD d ( )2vt 【解析】水枪喷水的流量V  2  d2v，A 项错误；喷水口单位时间内喷出水的质量为 t t 4 物理试题答案 第 2 页 共 6 页 {#{QQABYYaEogggAAIAAQhCUwXACkAQkAAACQoGgFAQsAAAgRFABAA=}#}1 m t   t V   4 d2v，B项正确；水枪的功率为 P W  2 mv2  d2v3，C项错误；取初速度方向为正方向， t t 8 由动量定理得Ft 0.2mvmv ，则 ，D项正确。 1.2m 3d2v2 F v t 10 10.【答案】AC 【解析】根据右手定则可判断，cd杆中电流方向从d到c,根据左手定则可判断，ab杆受到的 安培力垂直纸面向外，故A项正确。当cd杆向上匀速运动时，回路中的电流 ,摩擦力 BLV I= 3R f= μ μ μ μ ,可知摩擦力与速度成正比，此时ab杆恰好静止，弹簧无形变，则 安 B L v FN = F = BIL= 3R 有 ,故可解出μ ,故B项错误。当cd杆以速度 向上匀速运动时，与原来相比，ab 3mgR v mg= f =B L v μ 杆受到的安培力变小，导轨给ab的弹力变小，摩擦力变小， ,此时根据胡克定律 ' B L v μ f =f= R F= ∆ ,弹簧伸长量即ab杆下降的高度∆ ,克服摩擦产生的热量 ∆ ,故C项 B L v ' 3m g k x x= kR Q= f x= k 正确，当cd杆以速度 向上匀速运动时，回路中电流 ,电功率 ∙ ，故D v ' BLV ' B L v 项错误。 I =R P= I 3R= 8R 三、实验题：本大题共16分。将符合题意的内容填写在横线上，或按题目要求作答。 11．(6分) 【答案】 ①A ②U U/I (每空2分) A ； A B 【解析】①当S 接2位置时，可把电流表与电源看作一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律 2 E＝U 可知，电动势等于真实值，短路电流偏小所以作出的U­I图线应是A线； 断 ②接1时短路电流准确，接2时断路电压准确，E＝U r=U/I A， A B 12.（10分） 2r 2r2 【答案】（1） ; t2  (2) -2 （3） 9.78 ; 偏小 (每空2分) t gL(1cos) 【解析】(1)小钢球=从A位置由静止释放时，细线与竖直方向成θ角，小钢球通过最低点位置 B时，光电门记录遮光时间为t，则小钢球通过光电门的速度 2r/t；小钢球从A到B过程中若 无空气阻力等则机械能守恒，有mgL(1cos) 1 m 2r  2,解得 t2= 2r2 2  t  gL(1cos) (2)小钢球摆动过程中轻绳上拉力的最小值F，F  mg ；最大值T有： T mg m v2 ; mgL(1cos) 1 mv2则三式联立解得：T 3mg co  s 2 F,所以绘制乙图T-F图像的直线 L 2 斜率理论值为 -2； (3)小钢球质量m=30g，根据乙图截距知:3mg  0.88,计算出重力加速度 9.78 m/s2 (结果保 留3位有效数字)，实际上由于小钢球摆动过程中始终受空气阻力的影响，g速=度始终偏小导致绳上 拉力偏小，所以截距偏小，所以与当地实际重力加速度相比“偏小”。 物理试题答案 第 3 页 共 6 页 {#{QQABYYaEogggAAIAAQhCUwXACkAQkAAACQoGgFAQsAAAgRFABAA=}#}四、解答题（本大题共3小题，共42分，解答应写出必要的文字说明。方程式和重要的演算步骤， 只写出最后答案得不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。） 13、(10分) 【答案】（1） ；（2） × − 0 sini =3 t=. 0 s 【解析】（1）根据折射率公式 …………………2分 sini n= sini 可以得到 ………………………2分 （2）对于si正ni六 =边3形晶体，延长AB边和CD边交于I点，其楔角∠GIH °，在ΔHGI中由 正弦定理可列： =0 （ °− ） ∠ …………………………………………2分 sin 90 i sin GIH HI = GH °− …………………………………………1分 s又inH(I9=0 i,)所=以co求si得=GH3= …………………………………………1分 又 ,所cm以 3cm …………………………………………1分 c c n= v v= n 故 × − …………………………………………1分 GH 0 14.t（=14V分=）. 0 s 【答案】(1) (2) ； (3) 18N 0.48m 6m/s 1m 【解析】(1)小球释放后由动能定理可得： 1 mg（RRcos） mv2 0 …………………………………………1分 2 B 得v =2 6m/s B 在B点有 mv2 …………………………………………1分 N -mg= B B R 得 N =18N B 由牛顿第二定律可知，小球对轨道的压力大小为18N ……………………………………1分 （2）小球恰好过圆轨道最高点，有 1 1 -mg2r= mv2- mv2 …………………………………………1分 2 0 2 C mg= mv 0 2 …………………………………………1分 r 且v =v = 2 6m/ s B C 解得：r=0.48m …………………………………………1分 物理试题答案 第 4 页 共 6 页 {#{QQABYYaEogggAAIAAQhCUwXACkAQkAAACQoGgFAQsAAAgRFABAA=}#}小球离开圆轨道后与物块相碰时，由动量守恒及机械能守恒可知： mv =mv +Mv' …………………………………………1分 C 1 1 1 1 1 mv2 = mv2+ Mv'2 …………………………………………1分 2 C 2 1 2 1 解得小球速度v =- 6m/s，物块速度v' = 6m/s …………………………………1分 1 1 1 （3）小球反弹后能到达圆环轨道高度为 -mgh' =0- mv2 ……………………………1分 2 1 解得h' =0.3m< r ，故小球不能过固定圆轨道圆心等高点，以原来速度大小返回后与物块发 生第2次碰撞 …………………………………………1分 1 1 1 mv =mv +Mv' mv2 = mv2+ Mv'2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 6 6 解得小球速度 v =- m/s ，物块速度v' = m/s， ………………………………1分 2 2 2 2 故物块停下时有： 1 1 …………………………………………1分 Mgx = mv2+ Mv'2 总 2 2 2 2 解得：x =1m …………………………………………1分 总 （算出物块第二次碰后到第三次碰前有： Mgx 1 = 1 2 Mv' 2 2 解得：x 1 =0.75m 可 酌情给分 ） 15.（18分） 【答案】（1） (2) (3) − π − 3mv 8L(n )(n+ n ) 【解析】（1）在qLxoz平面内3，L设粒子从A点到O9点做匀速圆周运动的半径为R，匀强磁场的 磁感应强度大小为B， 由几何关系可得： ………………………………………1分 0 解得： R+Rcos0 =L …………………………………………1分 R= 3L 由向心力公式有： …………………………………………1分 v qvB=m R 联立解得： …………………………………………1分 3mv (2)由题意知，B粒=子q在L xoy面内的运动轨迹与直线x=L相切，切点记为C（如图所示），由运动 的分解知：粒子在x轴、y轴方向上均做匀变速直线运动，设电场强度大小为E，粒子在x、y方 向上的分加速度大小分别为a a，则有： x、 y 0 ………………………1分 qEsin37 =max 0 联立解qE得co：s37 =may ………………………1分 ay =3ax 物理试题答案 第 5 页 共 6 页 {#{QQABYYaEogggAAIAAQhCUwXACkAQkAAACQoGgFAQsAAAgRFABAA=}#}设粒子从O点运动P点的时间为t，则从O点运动到C点的时间为 X方向有： …………………………………………1分 t L=ax() y方向有： ………………………………………1分 yOP =ayt 联立解得： …………………………………………2分 yOP = 3 L (3)粒子从O点运动到C点的过程中，x轴上满足： ∙ v t L= 可得： …………………………………………1分 L t= v 代入 可解得： ………………………………1分 V 由（y2O）P问=分a析yt知：粒子每ay次=在3电L 场中运动的时间均为t，从第1次出磁场至第n次出磁场， 粒子在电、磁场中均运动（n-1）次。若仅考虑粒子在电场中y轴正向的加速，由于每次加速的 不变，相当于粒子从初速为零开始匀加速了（n-1）t的时间，粒子在这段时间内加速的总位移为： ay − − …………………………………………1分 L(n ) 粒y子 =在磁ay场(n中的运)t动=为螺旋3状运动，粒子每次进磁场时垂直于磁场方向的速度为v不变，由 运动的分解可把粒子在磁场中的运动看成xoz面内线速度为v的匀速圆周运动（半径仍为R）和y 轴正向的匀速直线运动，设每次磁场中运动过程中，粒子在y方向匀速运动的分速度大小分别为 、 … , vy （ − ） vy v n y 则有： ∙ ， ∙ … ∙ − ……………………………1分 （ − ） 分析vy易=知a，y 粒t 子每v次y =在a磁y 场t中运动v的n时 间y均=为ay 其(做n 圆周)t运动的半个周期时间，设此时间为 ， ' 则有： …………………………………………1分 ' 所以粒子在磁 =场中 运=动3的时间内，在y轴方向上匀速运动的总位移为： ∙ ∙ ∙ 2 …………………1分 （ − ） ' ' ' ' y =vy +vy ++v n y =[+++()hay 代入 、 的值，即可解得： π − …………………………………1分 ' 8 Ln(n ) 综上所述，ay粒子第n次出磁场时的yy轴=坐标9为： − π − − π − ………………………………1分 L(n ) 8 Ln(n ) 8L(n )(n+ n ) yn = y+y = 3 + 9 = 9 物理试题答案 第 6 页 共 6 页 {#{QQABYYaEogggAAIAAQhCUwXACkAQkAAACQoGgFAQsAAAgRFABAA=}#}