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
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