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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷05（安徽专用）
物 理
（考试时间：90 分钟 试卷满分：100 分）
考情速递
高考·新动向：新高考命题严格遵循课程标准。基础知识与能力并重：既注重基础知识的考查，也加大
新创力度--试题的呈现形式更加多样化，设问更加合理、更加开放性、探究性。（如新高考试题中出现
平时试题的相同模型，高考中试题呈现方式也不相同，需要解决的问题也不相同）
高考·新情境：新高考的枋心素养导向越来越明显，主要涵盖人文底蕴、科学精神、健康生活等。新高
考为了更加体现枋心素养导向，物理试题往往“取景”于生产生活。如早期农民耕田所使用的工具
——“犁”和“耙”在劳动过程中的受力分析问题、早期人们用于计算的“算盘”也可用于作为考题
——考查“算珠”间的碰撞问题、“输液”过程中考查热学部分的气体变化问题等。提醒教师与考生
对身边的事、物多留心且对其用物理的思维进行深度思考——“作为考题”研究。
命题·大预测：本卷的第2、3、6、10、12、15 题试题的呈现方式或设问与平时练习过程中相关知识点
或相关模型都不太一样，与新高考的出题方式非常相似。（如第2 题将原子能级跃迁与原子光谱相结
合、第10 题考查带电体在复合场中的运动但其与冲量相结合，再如第12 题实验题将力学知识--单摆与
电学知识--力传感器综合在一起进行考查等），需要考平时训练过程中应多思考同一知识点或模型还可
从另一角度考查，同时提醒教师复习过程中可引导学生进行多角度思考物理问题，让学生做到心中有
“数”，以后碰到这类问题不至于“无解”，总之新高考复习过程中不能一成不变，应加强“新考
法”的训练。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生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8 小题，每小题4 分，共32 分。在每题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．如图所示是一种变压器的铭牌。根据上面标示的信息，下列选项正确的是（ ）
1
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A．这是一个升压变压器
B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多
C．正常工作时，副线圈输出直流电压12V
D．正常工作时，副线圈中电流比原线圈中电流小
【答案】B
【详解】AB．因输入电压大于输出电压，可知这是一个降压变压器，原线圈的匝数比副线圈的匝数多，
选项A 错误，B 正确；
C．正常工作时，副线圈输出交流电压12V，选项C 错误；
D．根据
因
可知
即正常工作时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D 错误。
故选B。
2．如图所示为氢原子的最低五个能级，一束光子能量为
的单色光入射到大量处于基态的氢原子上，
产生的光谱线是（ ）
A．
B．
2
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C．
D．
【答案】C
【详解】由氢原子的能级图得到，能级3 的激发态与基态的能级差为
所以用能量为12.09eV 的光子去照射大量处于基态的氢原子，氢原子能从基态跃迁到能级3 的激发态上去，
氢原子吸收光子的能量跃迁到能级3 的激发态后，向低能级跃迁时，任意两个能级之间发生一次跃迁，共
发射
3 种频率不同的光，故C 正确，ABD 错误。
故选C。
3．电势是标量，满足代数运算，一个带同种电荷且电荷均匀分布绝缘的立方体，在其中一个顶点产生的
电势为φ1，现把这样三个相同的带同种电荷且均匀分布的立方体放在同一水平面靠在一起，如图所示，上
表面三个顶角合为一点M，1 的边缘顶角为N 点，已知N 点的电势为φ2，下列说法正确的是（ ）
A．M 点的电势为φ1
B．M 点的电势为1.5φ1
C．2、3 在N 点产生的合电势为φ2 − φ1
D．2、3 在N 点产生的合电势为φ2 − 0.5φ1
【答案】C
【详解】AB．电势是标量，满足代数运算，则M 点的电势为3φ1，故AB 错误；
CD．设2、3 在N 点产生的合电势为φ3，则有
解得
故C 正确，D 错误。
3
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故选C。
4．2024 亚太国际低空经济产业博览会于12 月4 日-6 日在深圳国际会展中心举行，无人机是当前我国战略
性新兴产业之一、近年来，不管在技术、产品、应用还是市场上，我国都取得了巨大的成就。如图1 所示，
某次无人机从地面由静止开始竖直向上飞行，它运动的
图像如图2 所示，b 点为图线的最高点。下列
说法正确的是（ ）
A．研究无人机螺旋桨的转动情况时可将其视为质点
B．无人机在
过程中受到的合外力越来越小
C．无人机在
时刻运动到最高点
D．无人机在
时刻向下运动
【答案】B
【详解】A．研究无人机螺旋桨的转动情况时，无人机的形状大小不能忽略改，不能将其视为质点，故A
错误；
B．根据
图像的切线斜率表示加速度，由题图可知，人机在
过程中的加速度越来越小，根据牛顿
第二定律可知，其所受合外力越来越小，故B 正确；
CD．根据
图像可知，无人机在
时间内的速度方向一直向上，所以
时刻运动到最高点，故CD
错误。
故选B。
5．学校组织趣味运动会，某运动员手持乒乓球拍托着球沿水平直赛道向前跑，运动员速度越大，乒乓球
受到的水平风力越大。已知球拍面与水平面的夹角为53°，乒乓球的质量为2.7g，乒乓球与球拍面之间的
动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取
，
，不考虑乒乓球的滚动，
4
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当运动员以某一速度匀速向前跑时，乒乓球恰好不下滑，关于此时的乒乓球下列说法正确的是（ ）
A．乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向下B．乒乓球受三个力的作用
C．乒乓球受到的风力大小为
D．如果球拍面竖直，则乒乓球不会下滑
【答案】C
【详解】A．乒乓球恰好不下滑，所以乒乓球有沿球拍下滑的趋势，乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向上，
故A 错误；
B．对乒乓球进行受力分析，受到重力、球拍支持力、球拍的摩擦力和水平风力共四个力的作用，故B 错
误；
C．以乒乓球为对象，根据平衡条件可得
，
又
联立解得乒乓球受到的风力大小为
故C 正确；
D．当球拍竖直时，如果水平风力不变，由于
则乒乓球会下滑，故D 错误。
故选C。
6．如图所示，
四点为长方形的四个顶点，
边长
，
边长6m，A、B 两点有两个波源，
时刻，A 波源位移大小为0.1m，方向垂直纸面向外，B 波源在平衡位置垂直纸面向里振动，已知图中
介质为均匀介质且所有介质均已振动，A、B 两波源的振幅分别为0.1m 和0.2m，波速均为20m/s，频率均
为
。关于
时刻D 点的位移，下列说法正确的是（ ）
A．大小为0.1m，方向垂直纸面向外
B．大小为0.1m，方向垂直纸面向里
C．大小为0.3m，方向垂直纸面向外
D．大小为0.3m，方向垂直纸面向里
5
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【答案】B
【详解】波长
则
时刻波源A 在D 点引起的位移大小为0.1m，方向垂直纸面向里。
则
时刻波源B 在D 点引起的位移为0，所以
时刻波源A、B 在D 点引起的合位移大小为0.1m，方
向垂直纸面向里。
故选B。
7．据央广网报道，我国自主研制的北斗系统正式加入国际民航组织（ICAO）标准，成为全球民航通用的
卫星导航系统。“北斗卫星导航系统”由多颗地球同步轨道卫星和中圆地球轨道卫星（运行半径小于同步
轨道卫星轨道半径）组成。将地球看成质量均匀的球体，若地球半径与同步卫星的轨道半径之比为k，下
列说法正确的是（ ）
A．在同一轨道上同向运行的中圆轨道卫星加速时可以追上前面的卫星
B．为了保证北京的导航需求，一定有一颗同步卫星静止在北京上空
C．同步卫星运行的周期大于中圆地球轨道卫星的周期
D．地球北极重力加速度大小与赤道的重力加速度大小之比为（
）
【答案】C
【详解】A．在同一轨道上同向运行的中圆轨道卫星加速时将做离心运动，会脱离圆轨道运行，不可能追
上前面的卫星，故A 错误；
B．根据万有引力提供向心力，静止轨道同步卫星只能在赤道平面上空运行，无法静止在北京上空，故B
错误；
C．根据万有引力提供卫星圆周运动的向心力有
可得
结合题意可知同步卫星运行的周期大于中圆地球轨道卫星的周期，故C 正确；
D．在北极有
6
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在赤道有
对同步卫星有
联立可得
故D 错误。
故选C。
8．如图所示，在坐标系xOy 中，x 轴水平向右，y 轴竖直向下，在
区域内存在与x 轴平行的匀强电
场（未画出），一带正电小球质量为m，电荷量为q，从原点O 以初速度
水平抛出，再从A 点进入电场
区域，进入电场区域时速度方向与水平方向夹角θ=30°，并从C 点离开，其运动的轨迹如图所示，B 点是
小球在电场中向右运动的最远点，B 点的横坐标
。已知重力加速度为g，匀强电场场强大小为
，则下列说法正确的是（ ）
A．初速度
B．OA 段、AB 段时间之比
C．小球过B 点时的动能为
D．小球在电场中运动的最小动能
7
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【答案】D
【详解】A．在A 点，根据速度分解有
在OA 过程，根据位移分解有
解得
故A 错误；
B．根据图像可知，小球进入电场后在水平方向做双向匀变速直线运动，水平方向有
，
解得
故B 错误；
C．小球在竖直方向做自由落体运动，则有
小球过B 点时的动能为
结合上述解得
故C 错误；
D．由于
令电场力与重力合力方向与电场力方向夹角为
，则有
8
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解得
由于电场力与重力合力方向垂直于速度方向时，小球动能最小，结合上述可知，此时速度方向与水平方向
夹角为
此时速度最小，则有
，
解得
则小球在电场中运动的最小动能
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。在每题给出的四个选项中，有多项是符合要求的。全
部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
9．关于下列四幅图像的描述，说法正确的是（ ）
A．图甲为同种大量气体分子热运动的速率分布图像，曲线②对应的温度较低
B．图乙为一定质量的理想气体在不同温度下的等温线，由图像可知
C．图丙为分子间作用力
与分子间距离的关系，由图可知分子间的距离从
增大的过程中，分子力
先减小后增大
D．图丁为一定质量的理想气体的p-V 图像，则
过程比
过程气体对外界所做的功多
【答案】BD
9
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【详解】A．图甲中，曲线②速率大的分子占据的比例较大，则说明曲线②对应的平均动能较大，曲线②
对应的温度较高，故A 错误；
B．图乙中，一定质量的理想气体在不同温度下的等温线，由
结合图像可知
，故B 正确；
C．图丙中，分子间的距离从
增大的过程中，分子力先增大后减小，故C 错误；
D．图丁中，由微元法可得
图像与横坐标轴围成的面积表示为气体做功的多少，由图像可知，
过程比
过程气体对外界所做的功多，故D 正确。
故选BD。
10．如图所示，倾角为53°的光滑绝缘无限长的斜面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直纸
面向外。可视为质点的小球质量为m，带电量为+q，从斜面顶端由静止释放，t 时刻小球刚好离开斜面。
已知重力加速度为g，
，整个运动过程中小球带电量保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．
B．小球在斜面上运动的长度为
C．小球离开斜面之前斜面对小球的弹力的冲量大小为
D．小球离开斜面后距分离点上升的最大高度为
【答案】ABD
【详解】A．小球上行过程中洛伦兹力垂直斜面向上，小球在下滑至某位置时离开斜面。离开斜面前满足
可得
10
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恒定。离开斜面瞬间满足
可得
由匀变速直线运动规律得
可得
故A 正确；
B．小球在斜面上运动的长度为
故B 正确；
C．小球离开斜面之前斜面对小球的弹力的冲量大小为
故C 错误；
D．小球离开斜面后做摆线运动，从离开斜面至到达最高点的过程中由功能关系可得
在水平方向上由动量定理可得
联立，可得
故D 正确。
故选ABD。
三、非选择题：共5 题，共58 分。
11．（6 分）某同学利用图甲所示的实验器材测量水的折射率。把一盏防水小灯泡放置水槽底部中央，水
槽的宽度足够大，小灯泡可看成点光源。此时，在水面上均匀撒上痱子粉，小灯泡发出的光射向水面后，
发现水面中央有一直径为d 的圆形区域（亮斑）明显比其他区域亮。
11
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(1)如图乙所示，水面中央产生亮斑，是因为该区域中小灯泡发出的光能折射出水面。其余区域比较暗，是
因为小灯泡发出的光在这些区域发生 （填选项前字母代号）。
A．全反射
B．衍射
C．干涉
(2)用刻度尺测出水面圆形亮斑的直径d，用游标卡尺测出灯泡顶端离水面的竖直距离（如图所示）h=
cm，可以计算得到水的折射率为n= （结果用h 和d 进行表示）。
(3)若水面的高度下降，光斑的大小将 （填“变大”或“不变”或“变小”）。
【答案】(1)A；(2)5.650 ，
；(3)变小
【详解】（1）水面中央产生亮斑，是因为该区域中小灯泡发出的光能折射出水面。其余区域比较暗，是
因为小灯泡发出的光入射角大于某一临界角，使折射光线将会消失，所以在这些区域发生全反射，故选
A。
（2）[1]根据游标卡尺读数规则
[2]根据题意，设全反射角为C，如图所示
12
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由几何关系
由
联立解得
（3）由
知若水面的高度下降，即h 变小，而折射率不变，得直径d 变小，光斑的大小将变小。
12．（10 分）兴趣小组用如图甲所示装置验证向心力公式，将力传感器和光电门分别固定，细线上端固定
在力传感器上。下端栓接一金属小球。力传感小球自然下垂时球心与光电门中心重合，已知球心到悬点O
的距离为l，小球的直径为d，重力加速度为g。实验如下：
13
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（1）小球自然下垂时力传感器读数为
，则小球的质量
（用题中已知量表示）；
（2）将小球拉离竖直方向成一定角度后由静止释放，摆动过程中，测得小球通过光电门的时间t，力传感
器对应测得细线的最大拉力F，则小球经过最低点时的速度大小
（用题中已知量表示）；
（3）改变细线与竖直方向的夹角，重复步骤（2），多次采集实验数据；
（4）正确操作得到一组数据，下列图像中能验证向心力公式的是 ；
（5）向心力的实际值为
，理论值为
，实验中发现
明显大于
，可能的原因是
（写一个原因即可）；
（6）力传感器的核心是电阻应变片，如图乙所示，4 个应变片固定在横梁上，横梁右端受向下的作用力向
下弯曲，4 个应变片的电阻发生改变，上表面应变片的电阻 （选填“变大”或“变小”），将
4 个应变片连接到如图丙所示电路中，B、C 端输出电压的大小反映了横梁右端受力的大小，则图丙中
对
应的是 （选填“
”或“
”）。
14
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【答案】（1）
（2）
（4） D （5）球心到悬点的距离l 用悬线的长度表示 （6）变大 ，
【详解】（1）[1]小球自然下垂时力传感器读数为
，根据平衡关系可知，小球的质量
；
（2）[2]小球经过最低点时的速度大小
；
（4）[3]根据向心力公式可知
解得
则
的图像为一次函数，故选D。
（5）[4]实验中发现
明显大于
，可能的原因是球心到悬点的距离l 用悬线的长度表示；
（6）[5][6] 上应变片的电阻分别是Ra、Rb，外力F 时，上应变片被拉伸，下应变片被压缩，根据电阻定
律可知，上应变片电阻变大，下应变片电阻变小；
若图丙中R1对应的是Rb，则Ra= R1= Rb，Rc= R2= Rd
根据并联电路的电压特点以及串联电路电压的分配与电阻的关系可知
B、C 两点之间无电压输出，因此图丙中R1对应的是Rd。
13．（10 分）我国的东方超环（EAST）是研究可控核聚变反应的超大型科学实验装置。该装置需要将高
速运动的离子变成中性粒子，没有被中性化的离子对实验装置有很大的破坏作用，因此需要利用“偏转系
统”将其从粒子束中剥离出来。已知所有离子的电荷量均为q，质量均为m，离子和中性粒子的重力可忽
略不计，不考虑粒子间的相互作用。
15
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(1)“偏转系统”的原理简图如图甲所示，包含中性粒子和带电离子的混合粒子进入由一对平行带电极板构
成的匀强电场区域，混合粒子进入电场时速度方向与极板平行，离子在电场区域发生偏转，中性粒子继续
沿原方向运动。已知两极板间电压为U，间距为d。
a.若离子的动能Ek由电场加速获得，其初动能为零，求加速电压U0；
b.求离子在电场中运动的最长时间t0；
(2)“偏转系统”还可以利用磁偏转进行带电离子的剥离，如图乙所示。混合粒子宽度为d，吞噬板MN 长度
为2d，磁感应强度大小为B，且边界足够大。要使所有离子都能打到吞噬板上，求带电离子动能大小的取
值范围。
【答案】(1)a.
；b.
；(2)
【详解】（1）a.根据动能定理可得
解得
b.由于离子做类平抛运动，则运动时间最长的离子偏转距离为d，则
，
所以
（2）要使所有离子都能打到吞噬板上，则离子的偏转半径最大为d，最小为
，根据
，
解得
，
16
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所以带电离子动能大小的取值范围为
14．（14 分）如图甲所示，在某星球上竖直固定两个相距1 m 的光滑平行金属导轨MN、PQ，导轨足够长
且电阻不计，两导轨上端连接电路，定值电阻R1 = 2 Ω，R3 = 4 Ω，R2为电阻箱，导轨所在区域存在垂直
导轨平面向里的匀强磁场。质量为0.1 kg、电阻为1 Ω、长为1 m 的金属棒ab 垂直于MN、PQ 放置在导轨
上，且始终与导轨接触良好，现调节电阻箱R2的阻值为12 Ω，开关S 打开，0 时刻金属棒由静止释放，1 s
时闭合开关S，金属棒运动的v − t 图像如图乙所示，t 时刻图线的切线刚好水平，闭合开关S 后，金属棒
下滑距离为54 m 时速度恰好达到最大值。
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)求图像中t 的数值及t 时间内整个电路产生的焦耳热。（结果均保留一位小数）
【答案】(1)0.5 T；(2)5.4 s，27.1 J
【详解】（1）设该星球表面的重力加速度为g，开关S 打开，对金属棒受力分析及从图上得，在0 ~ 1 s 内
金属棒的加速度为
金属棒匀速下滑时速度最大，此时棒所受的安培力为
感应电流为
电路总电阻为
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从图上得
由平衡条件得
所以
代入数据解得
（2）闭合开关后，由动量定理可得
又
由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可得
联立可得
所以
金属棒由静止开始下滑到最大速度的过程，由动能定理得
其中
18
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解得
15．（18 分）如图所示，光滑轨道A 固定在水平地面上，其弧形轨道的高度为h，水平部分与木板B 上表
面齐平。木板B 质量为m，紧靠轨道A 放置在光滑水平面上，在B 的右侧放着若干滑块（视为质点），滑
块的质量均为m，编号依次为1、2、3、4。。。。。。n（n 趋于无穷大）。质量为3m 的滑块C（视为质
点）置于轨道A 的顶端，由静止释放，经过
滑上木板B，C 与B 之间的动摩擦因数为
，当
C、B 刚达到共速时，木板B 恰好与滑块1 发生第1 次弹性碰撞。经过一段时间，C、B 再次刚达到共速时，
木板B 恰好与滑块1 发生第2 次弹性碰撞，依次类推；最终滑块C 没从木板B 上滑落。已知重力加速度为
g，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，求：
(1)C、B 第一次达到共速时，B 的速度大小；
(2)轨道A 对滑块C 作用力的冲量大小和方向；
(3)最初木板B 右端与滑块n 之间的距离S 以及最终n 个滑块的总动能Ek。
【答案】(1)
(2)冲量大小为
，方向与水平方向成45°（斜向右上方）
(3)
，
【详解】（1）根据题意，C 沿轨道A 下滑过程，动能定理可知
解得
C、B 第一次达到共速，由动量守恒定律可知
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联立得共速速度
（2）滑块C 在光滑轨道A 上运动过程中，由动量定理可知
其中
，
由矢量关系可知
则有
即轨道A 对滑块C 作用力的冲量大小为
，方向与水平方向成45°（斜向右上方），如下图。
（3）根据题意，C 在B 上滑动过程，由牛顿第二定律可得
，
由（1）可知C、B 第一次达到共速时
第一次共速的时间
可知B 向右滑动距离
20
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B 与滑块1 弹性碰撞且机械能守恒有
，
解得木板B 速度
，滑块1 速度
，即速度交换。
同理第二次共速过程中，共同速度
需要时间
B 向右滑动距离
递推可知
则初始时木板右端与滑块n 的距离
由等比数列求和公式，解得最初木板B 右端与滑块n 之间的距离S 为
B 第一次与滑块1 碰后，滑块1 的速度为
与滑块2 弹性碰撞后交换速度，以此类推，最后滑块n 获得速度为
其对应的动能为
同理，滑块
最后获得速度为
21
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其对应的动能为
最后，滑块1 获得速度为
其对应的动能为
n 个滑块的总动能为
联立可知最终n 个滑块的总动能Ek为
22
