文档文本内容
2025 年普通高中学业水平选择性考试(安徽卷)
一、选择题：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。
1.(2025·安徽卷·1)2025 年4 月，位于我国甘肃省武威市的钍基熔盐实验堆实现连续稳定运行，标志着人类
在第四代核电技术上迈出关键一步。该技术利用钍核( 90
232
Th)俘获x 个中子( 0
1n)，共发生y 次β 衰变，转
化为易裂变的铀核( 92
233
U)，则( )
A.x＝1，y＝1
B.x＝1，y＝2
C.x＝2，y＝1
D.x＝2，y＝2
2.(2025·安徽卷·2)如图，某同学演示波动实验，将一根长而软的弹簧静置在光滑水平面上，弹簧上系有一
个标记物，在左端沿弹簧轴线方向周期性地推、拉弹簧，形成疏密相间的机械波。下列表述正确的是(
)
A.弹簧上形成的波是横波
B.推、拉弹簧的周期越小，波长越长
C.标记物振动的速度就是机械波传播的速度
D.标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量
3.(2025·安徽卷·3)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体(可视
为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体( )
A.对外做功，内能不变
B.向外放热，内能减少
C.分子的平均动能变小
D.吸收的热量等于内能的增加量
4.(2025·安徽卷·4)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a 的匀加速运动，位移大小
为x；接着在t 时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a 的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已
知甲、乙两站之间的距离为8x，则( )
A.x＝1
18at2
B.x＝1
16at2
C.x＝1
8at2
D.x＝1
2at2
5.(2025·安徽卷·5)如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可
伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质
量均为1.0 kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2，则在乙下落的
过程中( )
A.甲对木箱的摩擦力方向向左
B.地面对木箱的支持力逐渐增大
C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
6.(2025·安徽卷·6)在竖直平面内，质点M 绕定点O 沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N 沿竖直方向做直
线运动，M、N 在运动过程中始终处于同一高度。t＝0 时，M、N 与O 点位于同一直线上，如图所示。此
后在M 运动一周的过程中，N 运动的速度v 随时间t 变化的图像可能是( )
7.(2025·安徽卷·7)如图，在竖直平面内的Oxy 直角坐标系中，x 轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感
应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x 轴放置足够长的探测薄板MN，MN 到x 轴的距离为
d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O 的粒子源，沿Oxy 平面向x 轴上方各个方向均匀发射相同的带
正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为qBd
m 。不计粒子的重力、空气阻力及粒子
间的相互作用，则( )
A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为√3d
C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为π m
6qB
8.(2025·安徽卷·8)某理想变压器的实验电路如图所示，原、副线圈总匝数之比n1∶n2＝1∶3，A 为理想交流
电流表。初始时，输入端a、b 间接入电压u＝12√2sin(100πt) V 的正弦式交流电，变压器的滑动触头P 位
于副线圈的正中间，电阻箱R 的阻值调为6 Ω。要使电流表的示数变为2.0 A，下列操作正确的是( )
A.电阻箱R 的阻值调为18 Ω
B.副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的1
3
C.输入端电压调为u＝12√2sin(50πt) V
D.输入端电压调为u＝6√2sin(100πt) V
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。
9.(多选)(2025·安徽卷·9)2025 年4 月，我国已成功构建国际首个基于DRO(远距离逆行轨道)的地月空间三星
星座，DRO 具有“低能进入、稳定停泊、机动转移”的特点。若卫星甲从DRO 变轨进入环月椭圆轨道，
该轨道的近月点和远月点距月球表面的高度分别为a 和b，卫星的运行周期为T；卫星乙从DRO 变轨进入
半径为r 的环月圆形轨道，周期也为T。月球的质量为M，半径为R，引力常量为G。假设只考虑月球对甲、
乙的引力，则( )
A.r＝a＋b＋R
2
B.r＝a＋b
2
＋R
C.M＝4 π
2r
3
GT
2
D.M＝4 π
2 R
3
GT
2
10.(多选)(2025·安徽卷·10)如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在
平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球(均可视为质点)在轨道上同一高度保持静止，
间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、2q，质量分别为m、2m，静电力常量为k，重力加速度大小为g。
甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力，则( )
A.F1＝1
2F2
B.E＝kq
2 L
2
C.若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止
D.若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小v＝√
k q
2
mL
三、非选择题：共5 题，共58 分。
11.(2025·安徽卷·11)某实验小组通过实验探究加速度与力、质量的关系。
(1)利用图甲装置进行实验，要平衡小车受到的阻力。平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车
(选填正确答案标号)。
a.能在轨道上保持静止
b.受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动
c.不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动
(2)利用图乙装置进行实验，箱体的水平底板上安装有力传感器和加速度传感器，将物体置于力传感器上，
箱体沿竖直方向运动。利用传感器测得物体受到的支持力FN和物体的加速度a，并将数据实时传送到计算
机。
①图丙是根据某次实验采集的数据生成的FN和a 随时间t 变化的散点图，以竖直向上为正方向。t＝4 s 时，
物体处于 (选填“超重”或“失重”)状态；以FN为横轴、a 为纵轴，根据实验数据拟合得到
的a－FN图像为图丁中的图线a。
②若将物体质量增大一倍，重新进行实验，其a－FN图像为图丁中的图线 (选填“b”“c”或
“d”)。
12.(2025·安徽卷·12)某同学设计了一个具有两种挡位(“×1”挡和“×10”挡)的欧姆表，其内部电路如图
甲所示。电源为电池组(电动势E 的标称值为3.0 V，内阻r 未知)，电流表G(表头)的满偏电流Ig＝20 mA，
内阻Rg＝45 Ω，定值电阻R0＝5 Ω，滑动变阻器R 的最大阻值为200 Ω。设计后表盘如图乙所示，中间刻度
值为“15”。
(1)测量前，要进行欧姆调零：将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关S1、S2，此时欧姆表处于“×1”
挡，将红表笔与黑表笔 ，调节滑动变阻器的阻值，使指针指向 (选填“0”或
“∞”)刻度位置。
(2)用该欧姆表对阻值为150 Ω 的标准电阻进行试测，为减小测量误差，应选用欧姆表的 (选填
“×1”或“×10”)挡。进行欧姆调零后，将电阻接在两表笔间，指针指向图乙中的虚线位置，则该电阻
的测量值为 Ω。
(3)该同学猜想造成上述误差的原因是电源电动势的实际值与标称值不一致。为了测出电源电动势，该同学
先将电阻箱以最大阻值(9 999 Ω)接在两表笔间，接着闭合S1、断开S2，将滑动变阻器的阻值调到零，再调
节电阻箱的阻值。当电阻箱的阻值调为228 Ω 时，指针指向“15”刻度位置(即电路中的电流为10 mA)；
当电阻箱的阻值调为88 Ω 时，指针指向“0”刻度位置(即电路中的电流为20 mA)。由测量数据计算出电
源电动势为 V(结果保留2 位有效数字)。
13.(2025·安徽卷·13)如图，玻璃砖的横截面是半径为R 的半圆，圆心为O 点，直径与x 轴重合。一束平行
于x 轴的激光，从横截面上的P 点由空气射入玻璃砖，从Q 点射出。已知P 点到x 轴的距离为√2
2 R，P、Q
间的距离为√3R。
(1)求玻璃砖的折射率；
(2)在该横截面沿圆弧任意改变入射点的位置和入射方向，使激光能在圆心O 点发生全反射，求入射光线与
x 轴之间夹角的范围。
14.(2025·安徽卷·14)如图，M、N 为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L
的轻绳一端系在M 上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1 kg 的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0 时，
小球以水平向右的初速度v0＝10 m/s 开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到
M 正下方与M 相距L 的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，
不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在t＝0 时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N 的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
15.(2025·安徽卷·15)如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R
的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ 存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装
置从MQ 左侧沿导轨水平向右发射第1 根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0 时被锁定；从
原位置再发射第2 根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0 时被锁定，以此类推，直
到发射第n 根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导
轨接触良好(发射前导体棒与导轨不接触)，不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影
响。求：
(1)第1 根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率；
(2)第2 根导体棒从进入磁场到速度减为0 的过程中，其横截面上通过的电荷量；
(3)从第1 根导体棒进入磁场到第n 根导体棒速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R 上产生的总热量。
答案精析
1.B [根据质量数守恒有232＋1·x＝233，根据电荷数守恒有90＝92＋(－1)y，解得x＝1，y＝2，故选B。]
2.D [弹簧上形成的波的振动方向与传播方向平行是纵波，故A 错误；同一介质中，波的传播速度相同，
推、拉弹簧的周期越小，波的周期越小，由λ＝vT 可知，波长越短，故B 错误；标记物振动的速度反应的
是机械波中质点在平衡位置附近往复运动的快慢，机械波的传播速度是波在介质中的传播速度，二者不是
同一个速度，故C 错误；标记物由静止开始振动，说明它获得了能量，这是因为机械波传播过程中也把能
量传递给标记物，故D 正确。]
3.A [根据题意可知，气球缓慢上升的过程中，气体温度不变，则气体的内能不变，分子的平均动能不变，
B、C 错误；气体的压强减小，由pV＝C 知气体体积变大，则气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋
Q＝0 可知，吸收的热量与气体对外做的功相等，A 正确，D 错误。]
4.A [设匀加速直线运动时间为t'，匀速运动的速度为v，有x＝v
2t'，根据逆向思维，可知匀减速直线运动
阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x－x－x＝vt，联立解得t'＝t
3，根据
x＝1
2at'2，解得x＝1
18at2，A 正确，B、C、D 错误。]
5.C [根据相对运动，物块甲相对木箱向右运动，甲受到木箱向左的摩擦力，则甲对木箱的摩擦力方向向
右，A 错误；设物块乙运动的加速度为a，只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱组成的系统，
在竖直方向由牛顿第二定律有M 总g－FN＝ma 得，FN＝M 总g－ma，则地面对木箱的支持力大小不变，B 错
误；设绳子的弹力大小为FT，对甲受力分析有FT－μmg＝ma，对乙受力分析有mg－FT＝ma，联立解得a
＝2.5 m/s2，FT＝7.5 N，C 正确，D 错误。]
6.D [因为质点M、N 在运动过程中始终处于同一高度，所以N 的速度vN与M 在竖直方向的分速度vMy大
小相等，设M 做匀速圆周运动的角速度为ω，半径为r，转动角度θ＝ωt 时刻，其竖直方向分速度vMy＝
ωrcos ωt，即vN＝ωrcos ωt，则D 正确，A、B、C 错误。]
7.C [根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m v
2
R ，可得R＝mv
qB ＝d，故A 错误；
当粒子沿x 轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y 轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知s 上min＝d；
当粒子恰能通过N 点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y 轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，
s 上max＝√3d，故上表面接收到粒子的区域长度为s 上＝√3d－d，故B 错误；当粒子沿y 轴正方向射出时，
粒子下表面接收到的粒子离y 轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y 轴距离为d，故下表面接收到粒
子的区域长度为d，故C 正确；由图可知，粒子恰好打到下表面N 点时转过的圆心角最小，用时最短，有
tmin＝60°
360° ×2π m
qB ＝π m
3qB ，故D 错误。]
8.B [输入电压峰值为Um＝12√2 V，则输入电压有效值为U1＝U m
√2 ＝12 V，滑动触头在正中间，根据变压
比可知，输出电压U2＝0.5n2
n1
U1＝18 V，若将电阻箱阻值调为18 Ω，则电流为1.0 A，故A 错误；若将副
线圈匝数调为总匝数的1
3，根据变压比可知，输出电压U2'＝
1
3 n2
n1
U1＝12 V，则副线圈电流变为I2'＝U 2'
R ＝
2.0 A，故B 正确；输入端电压调为u＝12√2sin(50πt) V 时，其电压有效值不变，不会导致电流的变化，仍
然为I＝U 2
R ＝3.0 A，故C 错误；将输入电压峰值减小一半，则输入电压有效值变为U1″＝U 1
2 ＝6 V，输出
电压U2″＝U 2
2 ＝9 V，副线圈电流变为I2″＝U 2″
R ＝1.5 A，故D 错误。]
9.BC [对于环月椭圆轨道和环月圆轨道，根据开普勒第三定律有( a＋b＋2 R
2
)
3
T
2
＝r
3
T
2
，可得r＝
a＋b
2
＋R，故A 错误，B 正确；对于环月圆轨道，根据万有引力提供向心力可得GMm
r
2
＝m(2π
T )2r，可得
M＝4 π
2r
3
GT
2 ，故C 正确，D 错误。]
10.ABD [分别对两球进行受力分析，如图甲所示，
设轨道倾角为θ，对甲、乙两球，由平衡条件得
对甲：F1＝mgtan θ
对乙：F2＝2mgtan θ
则F1＝1
2F2，A 正确；
由F1＝k2q
2
L
2 －qE，F2＝k2q
2
L
2 ＋2qE，
联立得E＝kq
2 L
2，B 正确；
若将甲、乙互换位置，如图乙所示，对甲：FN 甲'与mg 的合力F1'＝mgtan θ＝k·2q
2
L
2 －qE，而静电力的合力
F1″＝k·2q
2
L
2 ＋qE>F1'，故无法平衡，C 错误；
若撤去甲，对乙球根据动能定理2mg· L
2 tan θ－2Eq· L
2 ＝1
2·2mv2
其中tan θ＝F1
mg ＝
2k q
2
L
2
-qE
mg
联立解得v＝√
k q
2
mL
，故D 正确。]
11.(1)c (2)①失重 ②d
解析 (1)平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动，故
选c。
(2)①根据题图丙可知t＝4 s 时，加速度方向竖直向下，故处于失重状态；
②对物体根据牛顿第二定律FN－mg＝ma
整理得a＝1
m·FN－g
可知物体a－FN图像的斜率为1
m，故将物体质量增大一倍，图像斜率变小，纵轴截距不变，其a－FN图像
为题图丁中的图线d。
12.(1)短接 0 (2)×10 160 (3)2.8
解析 (1)测量前，要进行欧姆调零：将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关S1、S2，此时欧姆表处于
“×1”挡，将红表笔与黑表笔短接，调节滑动变阻器的阻值，使指针指向0 刻度位置。
(2)用该欧姆表对阻值为150 Ω 的标准电阻进行试测，为减小测量误差，应选用欧姆表的“×10”挡；进行
欧姆调零后，将电阻接在两表笔间，指针指向题图乙中的虚线位置，则该电阻的测量值为16×10 Ω＝160
Ω。
(3)根据闭合电路欧姆定律E＝I1(r＋Rg＋R)，E＝Ig(r＋Rg＋R')
联立可得r＝7 Ω，E＝2.8 V。
13.(1)√2 (2)(0，45°]
解析 (1)根据题意画出光路图如图甲所示
根据几何关系可得sin α＝
√2
2 R
R
，cos γ＝
√3
2 R
R
，α＝θ
可得θ＝45°，γ＝30°
根据折射定律n＝sinθ
sin γ ＝√2
(2)发生全反射的临界角满足sin C＝1
n
可得C＝45°
要使激光能在圆心O 点发生全反射，激光必须指向O 点射入，如图乙所示
只要入射角大于等于45°，即可发生全反射，则使激光能在圆心O 点发生全反射，入射光线与x 轴之间夹
角的范围(0，45°]。
14.(1)4√5 m/s 17 N (2)4 m (3)2√15 m/s
解析 (1)设绳子被拉断时小球速度大小为v1，绳子拉力大小为FT，根据机械能守恒定律
1
2mv0
2＝mg·2L＋1
2mv1
2
在该位置，根据牛顿第二定律FT－mg＝mv1
2
L
解得v1＝4√5 m/s，FT＝17 N
(2)小球做平抛运动：x＝v1t，2L＝1
2gt2
解得x＝4 m
(3)若小球经过N 点正上方时绳子恰不松弛，设此时速度为v2，此位置满足mg＝m v2
2
2 L
从最低点到该位置的过程中，由机械能守恒定律1
2mv0'2＝mg·5L＋1
2mv2
2
解得v0'＝2√15 m/s。
15.(1)－B
2 L
2v0
2
2 R
或B
2 L
2v0
2
2 R
(2)mv0
BL (3) nm v0
2
2(n＋1)
解析 (1)第1 根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝BLv0
则此时回路的电流I＝E
2 R
此时导体棒受到的安培力F 安＝BIL
此时导体棒所受安培力的功率
P＝－F 安v0＝－B
2 L
2v0
2
2 R
(安培力的功率写成正值也得分)
(2)第2 根导体棒从进入磁场到速度减为0 的过程中，根据动量定理有－BIL·Δt＝0－mv0
其中I·Δt＝q
解得q＝m v0
BL
(3)由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场，速度减为0 时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入磁场
后产生的总热量均为Q＝1
2mv0
2
第1 根导体棒进入磁场到速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R 上产生的热量QR1＝1
2·Q
第2 根导体棒进入磁场到速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R 上产生的热量QR2＝1
2·1
3·Q
第3 根导体棒进入磁场到速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R 上产生的热量QR3＝1
3·1
4 ·Q
第n 根导体棒进入磁场到速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R 上产生的热量QRn＝1
n·
1
n＋1·Q
则从第1 根导体棒进入磁场到第n 根导体棒速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R 上产生的总热量QR
＝QR1＋QR2＋QR3＋……＋QRn
＝1
2Q＋1
2·1
3Q＋1
3·1
4 Q＋……＋1
n·
1
n＋1Q＝(1
2 ＋1
2 －1
3 ＋1
3 －1
4 ＋……＋1
n －
1
n＋1)Q＝(
1
2 ＋1
2 －
1
n＋1)Q＝nm v0
2
2(n＋1)。
