2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)收官模擬 安徽卷（含解析）

2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)收官模擬安徽卷（試卷滿分：100分；考試時(shí)間：75分鐘）一、選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的.1.北斗二期導(dǎo)航系統(tǒng)的“心臟”是上海天文臺(tái)自主研發(fā)的星載氫原子鐘，它是利用氫原子能級(jí)躍遷時(shí)輻射出來(lái)的電磁波去控制校準(zhǔn)石英鐘的。如圖為氫原子能級(jí)圖，則下列說(shuō)法正確的是()A.氫原子從低能級(jí)向高能級(jí)躍遷時(shí)輻射光子B.大量處于能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，形成的線狀光譜總共有3條亮線C.大量處于能級(jí)的氫原子輻射出來(lái)的光子中，波長(zhǎng)最長(zhǎng)的光子能量為0.66eVD.用大量能量為3.6eV的光子持續(xù)照射處于基態(tài)的氫原子，可使其電離2.質(zhì)量為2kg的物體置于水平面上，在運(yùn)動(dòng)方向上受拉力作用而沿水平方向作勻變速運(yùn)動(dòng)，拉力作用2s以后撤出，物體運(yùn)動(dòng)的速度圖像如圖所示，g取，則下列說(shuō)法中正確的是()A.拉力F做功的最大功率為150W B.拉力F做功350JC.物體克服摩擦力做功100J D.物體克服摩擦力做功175J3.波源甲、乙分別在一根水平放置的繩的左右兩端，兩波源發(fā)出的波振幅和波長(zhǎng)均相等，在繩中的傳播速度均是1m/s，在時(shí)刻繩上的波形如圖所示，則根據(jù)波的疊加原理，以下說(shuō)法中正確的是()A.當(dāng)時(shí)，波形如圖中①所示，當(dāng)時(shí)，波形如圖中②所示B.當(dāng)時(shí)，波形如圖中①所示，當(dāng)時(shí)，波形如圖中③所示C.當(dāng)時(shí)，波形如圖中②所示，當(dāng)時(shí)，波形如圖中①所示D.當(dāng)時(shí)，波形如圖中②所示，當(dāng)時(shí)，波形如圖中③所示4.如圖所示，滑輪大小可忽略的傾斜傳送帶以恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。將小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕放在傳送帶底端P點(diǎn)，小物塊運(yùn)動(dòng)至傳送帶頂端。在小物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A.小物塊所受摩擦力做的功等于小物塊動(dòng)能的增加量B.若小物塊運(yùn)動(dòng)到頂端時(shí)恰好與傳送帶共速，則兩者間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能恰好等于小物塊增加的動(dòng)能C.若小物塊運(yùn)動(dòng)到頂端時(shí)恰好與傳送帶共速，則兩者間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能恰好等于小物塊增加的機(jī)械能D.無(wú)論小物塊與傳送帶是否達(dá)到共速，電動(dòng)機(jī)額外消耗的電能一定等于小物塊克服重力做的功與兩者間產(chǎn)生的摩擦熱之和5.a、b、c、d四顆地球衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在地球赤道上隨地球一起轉(zhuǎn)動(dòng)，向心加速度為；b處于較低的軌道上，離地心距離為r，運(yùn)行角速度為，加速度為；c是地球同步衛(wèi)星，離地心距離為4r，運(yùn)行角速度為，加速度為；d是高空探測(cè)衛(wèi)星，各衛(wèi)星排列位置如圖所示，地球的半徑為R。則以下說(shuō)法正確的是()A. B.衛(wèi)星d的運(yùn)動(dòng)周期有可能是24小時(shí)C. D.衛(wèi)星b每天可以觀測(cè)到8次的日出6.如圖所示，某建筑工人正用鐵夾夾起五塊磚從車上卸下來(lái).已知每塊磚的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，不計(jì)鐵夾重力，下列說(shuō)法正確的是()A.工人對(duì)鐵夾的作用力一定始終等于5mgB.若5塊磚保持靜止，則磚塊A受到的摩擦力等于磚塊C受到的摩擦力C.若5塊磚保持靜止，則磚塊B對(duì)磚塊A的摩擦力平行接觸面向上D.若5塊磚保持靜止，增大磚塊之間的彈力，則磚塊間的摩擦力也增大7.沖擊擺是用來(lái)測(cè)量子彈速度的一種簡(jiǎn)單裝置.如圖所示，將一個(gè)質(zhì)量很大的砂箱用輕繩懸掛起來(lái)，一顆子彈水平射入砂箱，砂箱發(fā)生擺動(dòng).若子彈射擊砂箱時(shí)的速度為v，測(cè)得沖擊擺的最大擺角為h，砂箱上升的最大高度為h，則當(dāng)子彈射擊砂箱時(shí)的速度變?yōu)?v時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()A.沖擊擺的最大擺角將變?yōu)?θB.沖擊擺的最大擺角的正切值將變?yōu)镃.砂箱上升的最大高度將變?yōu)?hD.砂箱上升的最大高度將變?yōu)?h8.如圖甲所示，兩個(gè)帶有異種電荷的小球穿在絕緣圓環(huán)上，a、b、c、d為圓環(huán)與坐標(biāo)軸的四個(gè)交點(diǎn)。球2固定在某位置（圖中沒(méi)有畫出），球1從a處開(kāi)始沿圓環(huán)逆時(shí)針移到c處，設(shè)球1與坐標(biāo)原點(diǎn)O的連線跟x軸正方向的夾角為θ，圖乙和圖丙分別為兩個(gè)小球在坐標(biāo)原點(diǎn)O產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度在x方向和y方向的大小與夾角θ的關(guān)系圖線，則()A.球2固定在d處B.球1帶負(fù)電荷、球2帶正電荷C.球1與球2的電荷量之比為4:5D.球1受到的電場(chǎng)力先增大后減小二、選擇題：本題共2小題，每小題5分，共10分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分.9.如圖所示，傾角為α的光滑固定斜面底端有一固定擋板P，兩個(gè)用輕彈簧連接在一起的滑塊M、N置于斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)給滑塊M一個(gè)沿斜面向上的瞬時(shí)沖量使之沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊N剛要離開(kāi)擋板時(shí)滑塊M的速度為v。已知M、N的質(zhì)量均為m彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。則關(guān)于從物塊M開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到物塊N剛要離開(kāi)擋板的過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是()A.滑塊M的位移為B.滑塊N剛要離開(kāi)擋板的瞬間，滑塊M的加速度大小為C.滑塊M獲得瞬時(shí)沖量的大小為D.重力對(duì)滑塊M做的功為10.如圖甲所示，M和N是豎直放置的足夠長(zhǎng)的不帶電平行金屬板，間距為d，兩板間有垂直紙面向外磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一電子從M板上的小孔垂直金屬板射入，打到N板時(shí)的速度方向與射入方向的夾角為30°。若讓兩板分別帶上圖乙所示的等量異種電荷，電子以同樣的速度射入后恰好打不到N板，已知電子的比荷為k，則()A.圖甲中電子的軌跡半徑為d B.圖甲中電子從射入到打在N板所需的時(shí)間為C.電子從小孔射入時(shí)的速度大小為2Bkd D.圖乙中兩極板間的電勢(shì)差大小為三、非選擇題：共5題，共58分.11.某同學(xué)利用等腰直角玻璃磚測(cè)玻璃的折射率。主要步驟如下：①將白紙平鋪在木板上，在白紙上畫直線MN，將玻璃磚底邊與MN重合，在紙上標(biāo)記玻璃磚頂點(diǎn)a；②將大頭針豎直插在合適的位置，再移動(dòng)大頭針，用視線觀察，在擋住和玻璃磚頂點(diǎn)a處豎直插入；③移走玻璃磚和大頭針，過(guò)作直線交MN于O點(diǎn)，用圓規(guī)以O(shè)為圓心、以O(shè)a為半徑畫圓，交于b點(diǎn)，如圖。請(qǐng)接著完成后續(xù)實(shí)驗(yàn)步驟，算出玻璃的折射率n。（1）在圖中畫出所需的輔助線，并標(biāo)注相應(yīng)的字母。（2）玻璃折射率的計(jì)算公式為：___________。（用相應(yīng)字母符號(hào)表示）（3）請(qǐng)?zhí)岢鲆粭l減少實(shí)驗(yàn)誤差的方案：______________________。12.圖（a）為某同學(xué)組裝完成的簡(jiǎn)易多用電表的電路圖。圖中E是電池；和是定值電阻，是可變電阻：表頭的滿偏電流為250μA，內(nèi)阻為480Ω。虛線方框內(nèi)為換擋開(kāi)關(guān)，A端和B端分別與兩表筆相連。該多用電表有5個(gè)擋位，5個(gè)擋位為：直流電壓1V擋和5V擋，直流電流1mA擋和2.5mA擋，歐姆×100Ω擋。（1）圖（a）中的A端與______（填“紅”或“黑”）色表筆相連接。（2）關(guān)于的使用，下列說(shuō)法正確的是______（填正確答案標(biāo)號(hào)）。A.在使用多用電表之前，調(diào)整使電表指針指在表盤左端電流“0”位置B.使用歐姆擋時(shí)，先將兩表筆短接，調(diào)整使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置C.使用電流擋時(shí)，調(diào)整使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置（3）根據(jù)題給條件可得______，______。（4）某次測(cè)量時(shí)該多用電表指針位置如圖（b）所示。若此時(shí)B端是與“1”相連的，則多用電表讀數(shù)為_(kāi)_____；若此時(shí)B端是與“3”相連的，則讀數(shù)為_(kāi)_____；若此時(shí)B端是與“5”相連的，則讀數(shù)為_(kāi)_____。（結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）13.如圖，一豎直放置的汽缸內(nèi)密封有一定量的氣體，一不計(jì)厚度的輕質(zhì)活塞可在汽缸內(nèi)無(wú)摩擦滑動(dòng)，移動(dòng)范圍被限制在卡銷a、b之間，b與汽缸底部的距離，活塞的面積為。初始時(shí)，活塞在卡銷a處，汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)、溫度與活塞外大氣的壓強(qiáng)、溫度相同，分別為和。在活塞上施加豎直向下的外力，逐漸增大外力使活塞緩慢到達(dá)卡銷b處（過(guò)程中氣體溫度視為不變），外力增加到并保持不變。（1）求外力增加到時(shí)，卡銷b對(duì)活塞支持力的大小；（2）再將汽缸內(nèi)氣體加熱使氣體溫度緩慢升高，求當(dāng)活塞剛好能離開(kāi)卡銷b時(shí)氣體的溫度。14.如圖所示，質(zhì)量的滑塊A靜止在質(zhì)量的木板B的左端，木板B靜置于水平地面上，木板右側(cè)適當(dāng)位置有一固定的光滑圓弧軌道OPQ，圓弧的半徑、圓心角，圓弧在P點(diǎn)與水平方向相切，且P點(diǎn)與長(zhǎng)木板上表面等高，圓弧軌道的右側(cè)有平臺(tái).滑塊A在大小為18N的水平恒力F作用下向右運(yùn)動(dòng)，2s后撤去F，一段時(shí)間后滑塊A與木板相對(duì)靜止，此時(shí)滑塊A恰好從P點(diǎn)滑上圓弧軌道，滑塊從Q點(diǎn)離開(kāi)圓弧軌道后剛好以水平速度滑上平臺(tái)左端，已知滑塊A與木板B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，木板B與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度，，.不計(jì)空氣阻力.求：（1）前2s內(nèi)滑塊A和木板B的加速度大?。唬?）滑塊A滑上圓弧軌道P點(diǎn)時(shí)對(duì)P點(diǎn)的壓力大??；（3）Q點(diǎn)與平臺(tái)左側(cè)的水平距離.15.如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，固定在水平面上，間距，導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，導(dǎo)軌左端的單刀雙擲開(kāi)關(guān)可分別與電阻或電容器相連接，已知定值電阻，電容器電容，導(dǎo)體棒質(zhì)量、電阻，其余電阻不計(jì)。開(kāi)始電容器不帶電，導(dǎo)體棒靜置于導(dǎo)軌上，開(kāi)關(guān)合向a，對(duì)導(dǎo)體棒施加水平向右的的拉力，當(dāng)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)撤去F，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。（1）求拉力的最大功率；（2）求撤去F后定值電阻R中產(chǎn)生的熱量；（3）若撤去F的同時(shí)將開(kāi)關(guān)合向b，求導(dǎo)體棒最終運(yùn)動(dòng)的速度大小。

答案以及解析1.答案：C解析：A.氫原子從低能級(jí)向高能級(jí)躍遷時(shí)需要吸收光子，故A錯(cuò)誤；B.大量處于能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，形成的線狀光譜總共有6條亮線，分別是、、、、、能級(jí)之間躍遷產(chǎn)生的。故B錯(cuò)誤；C.大量處于能級(jí)的氫原子輻射出來(lái)的光子中，波長(zhǎng)最長(zhǎng)的光子能量為能級(jí)產(chǎn)生的，能量大小為0.66eV。故C正確；D.若想使處于基態(tài)的氫原子電離，光子的能量最小需要，故D錯(cuò)誤。故選C。2.答案：D解析：A.由圖可知，減速時(shí)的加速度根據(jù)牛頓第二定律，可得物體受到的摩擦力解得加速階段得加速度根據(jù)牛頓第二定律可知解得所以拉力的最大功率，A錯(cuò)誤；B.在拉力方向上的位移所以拉力做的功，B錯(cuò)誤；CD.整個(gè)階段的位移故克服摩擦力所做的功C錯(cuò)誤，D正確。故選D。3.答案：D解析：波速，在時(shí)，兩列波都傳到和之間，根據(jù)波的疊加原理可知，疊加后各質(zhì)點(diǎn)位移為0，如圖中②所示；兩列波傳播時(shí)互不干擾，因此時(shí)，兩列波都傳到了對(duì)方一側(cè)，如圖中③所示，因此D正確.4.答案：C解析：A.根據(jù)動(dòng)能定理可知?jiǎng)t小物塊所受摩擦力做的功大于小物塊動(dòng)能的增加量，故A錯(cuò)誤；BC.若物塊滑到頂端時(shí)恰好與傳送帶共速，此時(shí)滑塊的位移傳送帶的位移產(chǎn)生的熱量此過(guò)程中摩擦力對(duì)木塊做功為根據(jù)動(dòng)能定理可知即摩擦力對(duì)物塊做的功等于物塊機(jī)械能的增量，則兩者間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能恰好等于物塊增加的機(jī)械能，故B錯(cuò)誤，C正確；D.電動(dòng)機(jī)額外消耗的電能等于小物塊增加的機(jī)械能與小物塊和傳送帶間產(chǎn)生的摩擦熱之和，故D錯(cuò)誤。故選C。5.答案：D解析：A.衛(wèi)星圍繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有可得，衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度大小為可知衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度與其軌道半徑的平方成反比。然而衛(wèi)星a在地球赤道上隨地球一起轉(zhuǎn)動(dòng)，向心力只來(lái)自于萬(wàn)有引力的一小部分，所以衛(wèi)星a的向心加速度不與軌道半徑的平方成反比，則，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)開(kāi)普勒第三定律有，c是地球同步衛(wèi)星，其周期為24小時(shí)，由于衛(wèi)星d的道半徑大于衛(wèi)星c的軌道半徑所以衛(wèi)星d的運(yùn)動(dòng)周期大于24小時(shí)，故B錯(cuò)誤；CD.衛(wèi)星圍繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有可得則有，則衛(wèi)星b每天可以觀測(cè)到8次的日出，故C錯(cuò)誤，D正確。6.答案：B解析：A.工人卸磚過(guò)程中，鐵夾及磚塊有加速、減速過(guò)程，所以工人對(duì)鐵夾及磚塊整體的作用力可能大于、等于或小于5mg，A錯(cuò)誤；BC.整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，故磚塊所受的摩擦力都與其重力是一對(duì)平衡力，故二者受到的摩擦力相等。將5塊磚作為整體受力分析，則有，再單獨(dú)對(duì)A受力分析，則有，解得，方向豎直向下，B正確，C錯(cuò)誤；D.增大磚塊之間的彈力，由于磚塊間的摩擦是靜摩擦，跟磚塊間的彈力無(wú)關(guān)，始終等于磚塊的重力，D錯(cuò)誤。故選B。7.答案：D解析：設(shè)子彈的質(zhì)量為m，砂箱的質(zhì)量為M，砂箱上升的最大高度為h，最大偏轉(zhuǎn)角為θ，沖擊擺的擺長(zhǎng)為L(zhǎng)；以子彈和砂箱作為整體，在子彈和砂箱一起升至最高點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得：；解得：；在子彈射入砂箱的過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，以子彈的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：，聯(lián)立解得：，同理可知，若子彈的入射速度為時(shí)，滿足關(guān)系：，故，D正確；討論：（1）沖擊擺的最大偏轉(zhuǎn)角滿足：，由于不知道h與L之間的關(guān)系，所以不能判斷出沖擊擺的最大擺角是否將變?yōu)?θ.故A錯(cuò)誤；（2）由于不知道h與L之間的關(guān)系，所以不能判斷出沖擊擺的最大擺角的正切值是否將變?yōu)?，故B錯(cuò)誤；故本題選D.8.答案：A解析：AB.根據(jù)圖乙可知，當(dāng)球1位于b點(diǎn)時(shí)，坐標(biāo)原點(diǎn)O處在x方向的場(chǎng)強(qiáng)為零，則可知球2一定在y軸上，否則其產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)總會(huì)在x軸方向上有分量，且隨著球1從a到c，坐標(biāo)原點(diǎn)O處在x方向的場(chǎng)強(qiáng)先沿著x軸負(fù)方向，再沿著x軸正方向，由此可知球1帶正電，則球2帶負(fù)電，而若球2在d處，在其在坐標(biāo)原點(diǎn)O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)與球1在坐標(biāo)原點(diǎn)O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)在y軸正方向的場(chǎng)強(qiáng)不為零，但由圖丙可知，坐標(biāo)原點(diǎn)O處y軸方向上的場(chǎng)強(qiáng)總是沿著y軸負(fù)方向的，因此可知球2一定在b處，故A正確，B錯(cuò)誤；C.設(shè)圓的半徑為R，由圖乙可得，當(dāng)球1在a點(diǎn)時(shí)可得故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)庫(kù)侖定律可得，小球1受到的電場(chǎng)力在球1沿著圓環(huán)從a到c的過(guò)程中，兩球之間的距離L先增大，后減小，則可知球1受到的電場(chǎng)力先減小后增大，故D錯(cuò)誤。故選A。9.答案：BC解析：A.滑塊M、N置于斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，根據(jù)胡克定律有物塊N剛要離開(kāi)擋板時(shí)，彈簧處于拉伸狀態(tài)，根據(jù)胡克定律有滑塊M的位移為解得故A錯(cuò)誤；B.滑塊N剛要離開(kāi)擋板的瞬間，對(duì)滑塊M進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有解得故B正確；D.重力對(duì)滑塊M做的功為解得故D錯(cuò)誤；C.結(jié)合上述可知，滑塊M向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧初始位置的壓縮量等于末位置的伸長(zhǎng)量，即彈簧初末狀態(tài)的彈性勢(shì)能相等，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得滑塊M獲得瞬時(shí)沖量的大小聯(lián)立解得故C正確。故選BC。10.答案：CD解析：ABC.圖甲中電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得,可得電子的軌跡半徑為,由洛倫茲力提供向心力可得,可得電子從小孔射入時(shí)的速度大小為,電子從射入到打在N板所需的時(shí)間為,故AB錯(cuò)誤，C正確；D.圖乙中設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，將電子射入速度v進(jìn)行如圖分解其中豎直向下分速度產(chǎn)生的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，則有,可得,可知電子在復(fù)合場(chǎng)中將以豎直向下做運(yùn)動(dòng)直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)以速率逆時(shí)針做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電子以同樣的速度射入后恰好打不到N板，則對(duì)于圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得，由洛倫茲力提供向心力可得，聯(lián)立可得，可得，又，聯(lián)立解得，則圖乙中兩極板間的電勢(shì)差大小為，故D正確。故選CD。11.答案：（1）見(jiàn)解析（2）（3）改變插針位置，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，多次測(cè)量取平均值解析：（1）如圖所示，過(guò)O作的垂線，過(guò)a作的垂線，垂足為，過(guò)b作的垂線，垂足為。（2）玻璃折射率，計(jì)算公式為。（3）減少實(shí)驗(yàn)誤差的方案：改變插針位置，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，多次測(cè)量取平均值。12.答案：（1）黑（2）B（3）160；880（4）1.47mA；；2.95V解析：（1）為了確保電表“紅”進(jìn)“黑”出，A端應(yīng)與“黑”色表筆相連接。（2）應(yīng)是歐姆擋的歐姆調(diào)零電阻，故B項(xiàng)正確。（3）當(dāng)換擋開(kāi)關(guān)接2時(shí)，為直流電流1mA擋，滿足，得。當(dāng)換擋開(kāi)關(guān)接4時(shí)，為直流電壓1V擋，則滿足，得。（4）若B端與“1”相連，則為直流