第頁，共頁第4頁，共4頁2025屆合肥皖智高級中學(xué)芙蓉校區(qū)高考模擬測試（一）物理參考答案1．A解析：原子核的質(zhì)量數(shù)為14，電荷數(shù)為7，為，選項A正確；粒子來自于原子核C中的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時放出的電子，選項B錯誤；的中子數(shù)為7，的中子數(shù)為8，則中子數(shù)不相同，選項C錯誤；原子核所處的狀態(tài)不影響半衰期，則含的化合物與單質(zhì)衰變的速度相同，選項D錯誤。故選A。2．C解析：在t1~t2內(nèi)加速度仍為正方向（豎直向上），所以在t1~t2內(nèi)手機仍加速上升，故A錯誤；在t2時刻，加速度方向開始變?yōu)樨?fù)方向，手機開始減速，但手機仍向上運動，所以在t2時刻手機沒有到達最高點，故B錯誤；在t1~t2時間內(nèi)加速度方向豎直向上，手機處于超重狀態(tài)，故C正確；在t1~t2時間內(nèi)，加速度方向豎直向上，大小逐漸減小，以手機為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得，可知手機受到的支持力逐漸減小，故D錯誤。故選C。3．D解析：對重物，由平衡條件可知，繩的水平分力等于繩的水平分力，故A錯誤；對重物，由平衡條件可知，繩P的豎直方向分力等于繩Q的豎直分力與重物重力之和，即繩的豎直分力小于繩的豎直分力，故B錯誤；把重物和地面上的人作為整體，由整體平衡可知，繩P的水平拉力等于地面給人的摩擦力，由于繩P的水平拉力方向向左，則地面給人的摩擦力方向向右，故C錯誤；對重物，由平衡條件可知，兩繩對重物拉力的合力與重物重力等大反向，由于重力豎直向下，則兩繩合力的方向豎直向上，故D正確。故選D。4．B解析：初始時礦泉水瓶內(nèi)氣體壓強為p0，設(shè)礦泉水瓶圓柱部分的橫截面積為S，則初始時礦泉水瓶內(nèi)氣體體積為V0＝SH，設(shè)末狀態(tài)礦泉水瓶內(nèi)水面所在處水的深度為d，則末狀態(tài)礦泉水瓶內(nèi)氣體壓強為；末狀態(tài)礦泉水瓶內(nèi)氣體體積為V1＝S（H－h(huán)）；由題意知，礦泉水瓶內(nèi)的氣體發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律可得p0V0＝p1V1，聯(lián)立解得故選B。5．C解析：簡諧波沿x軸正方向傳播，則時刻質(zhì)點P從平衡位置向上振動，則質(zhì)點P的振動方程為：，質(zhì)點P從圖示時刻開始經(jīng)過0.5s后第一次位移為0.25cm，則有，解得周期為：。由圖可知：解得波長為：，則波的傳播速度大小為：，故AB錯誤，C正確；由于，可知時，質(zhì)點P處于波峰向平衡位置振動的過程，則此時質(zhì)點P的速度為負(fù)，加速度為負(fù)，故D錯誤。故選C。6．D解析：對于同步空間站，萬有引力提供其繞地球圓周運動的向心力，而配重空間站與同步空間站角速度相等，圓周運動的半徑比同步空間站大，根據(jù)可知，配重空間站的向心加速度比同步空間站大，故對于從配重空間站脫落的小物塊，萬有引力不足以提供向心力，即小物塊將做離心運動。故選D。7．D解析：由庫倫定律，可知，又因為扭轉(zhuǎn)得角度與力得大小成正比，設(shè)二者得關(guān)系為：，根據(jù)題意可得，代入數(shù)據(jù)可知，符合力與距離的平方成反比，故有，代入數(shù)據(jù)則有，解得。故選D。8．A解析：由題可知，電源電壓的有效值為10V，原線圈的電壓為，副線圈的電壓為，故電流表示數(shù)為，解得：，又因為，所以，，聯(lián)立可得：，，A正確，B錯誤；變壓器的輸出功率，整理可得，由數(shù)學(xué)知識可得時，其最大功率為，C錯誤；當(dāng)時，電壓表的示數(shù)故此時副線圈接入負(fù)載的電阻，根據(jù)上述結(jié)論可知，滑片從端滑到端的過程中，變壓器的輸出功率一直減小，D錯誤。故選A。9．BD解析：子彈在每個水球中做勻減速直線運動，在每個水球中運動的時間依次變長，速度變化量依次變大，故A錯誤；根據(jù)功的計算式可知，每個水球?qū)ψ訌椬龅墓ο嗤?，故B正確；根據(jù)沖量的定義可知，每個水球?qū)ψ訌椀臎_量依次變大，故C錯誤；將子彈的運動過程從右向左看，則子彈從右向左做初速度為零的勻加速直線運動，子彈從右向左穿過第一個水球和后三個水球的位移之比為，故所用時間相等，子彈從右向左穿過第一個水球?qū)?yīng)的時刻為整個過程的中間時刻，而中間時刻的速度等于平均速度，故子彈從左向右穿出第3個水球的瞬時速度與全程的平均速度相等，故D正確。故選BD。10．AC解析：根據(jù)題意有：，，，聯(lián)立解得線框剛進入第一個磁場區(qū)域時受到的安培力為：，根據(jù)牛頓第二定律有：，則線框的加速度大小為：故A正確；根據(jù)題意有：，，，解得通過線框的電荷量為：線框進入第一個磁場區(qū)域過程中，通過線框的電荷量為0.25C，故B錯誤；線框所受安培力方向水平向左，線框水平方向做減速運動，豎直方向做自由落體運動，可知，線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為：，故C正確；線框水平方向上的運動，在后一個磁場中可以看為前一個磁場中運動的一個延續(xù)部分，水平方向上，線框在磁場中的運動，根據(jù)動量定理有：感應(yīng)電流：，由于，聯(lián)立可得：，可得：線框穿過1個完整磁場區(qū)域，有安培力作用的水平距離為2d，則有：則線框從開始進入磁場到豎直下落過程中能穿過6個完整磁場區(qū)域，故D錯誤。故選AC。11．(6分)5.242.8×10-7解析：從題圖可以看出，主尺示數(shù)為5mm，游標(biāo)尺第12條刻線與主尺上的刻線對齊，即游標(biāo)尺示數(shù)為：12×0.02mm=0.24mm，游標(biāo)卡尺的示數(shù)為：5mm+0.24mm=5.24mm[2]由干涉條紋間距的計算公式：，解得光的波長表達式為：[3]由題圖可以求出條紋間距為：，代入數(shù)據(jù)解得光的波長為：12．(10分)(1)紅(2)A(3)×10(4)解析：（1）根據(jù)多用電表歐姆擋內(nèi)部結(jié)構(gòu)圖可知，電流從乙表筆流出多用電表，從甲表筆流入多用電表，由電流方向“紅入黑出”，可知甲表筆是紅表筆；（2）歐姆表與二極管構(gòu)成回路時，歐姆表的指針偏轉(zhuǎn)角度很小，說明測量二極管的反向電阻，則測量時甲表筆與二極管的A端相連；（3）單刀雙擲開關(guān)S與觸頭1接通時，表頭與R2串聯(lián)后與R1并聯(lián)再與電源及滑動變阻器串聯(lián)；單刀雙擲開關(guān)S與觸頭2接通時，R1與R2串聯(lián)后與表頭并聯(lián)再與電源及滑動變阻器串聯(lián)，可知單刀雙擲開關(guān)S與觸頭1接通時，歐姆表的內(nèi)阻較小，表頭表示的中值電阻較小，所以單刀雙擲開關(guān)S與觸頭1接通時，歐姆表的檔位為“×10”；（4）[1][2]單刀雙擲開關(guān)S與觸頭1接通時，歐姆表內(nèi)阻單刀雙擲開關(guān)S與觸頭2接通時，歐姆表內(nèi)阻，單刀雙擲開關(guān)S接1時“×10”，單刀雙擲開關(guān)S接2時“×100”，則，解得：，13．(10分)(1)(2)解析：（1）管上升到最高點時速度為0，由解得（2）設(shè)從靜止開始經(jīng)過小球到達下管口，此過程中小球的位移管的位移，由幾何關(guān)系解得：，此時下管口離地的距離為14．(14分)(1)(2)(3)解析：（1）對快件A分析，穿過擺輪分揀區(qū)的過程，由動能定理得解得（2）快件A進入傾斜滑道時，由牛頓第二定律得解得：，由運動學(xué)公式得，解得：（3）快件A進入光滑平臺時的速度大小，解得：碰撞后，對快件B分析，由動能定理可得，解得：快件A、B發(fā)生碰撞時，由動量守恒定律得，解得：再對快件A分析，由動能定理得，解得：快件A、B停止位置的距離，解得：15．(18分)(1)，，速度方向與y軸正方向夾角為，(2)(3)7次解析：（1）粒子從P到Q1做類平拋運動，則有，，解得：上述過程根據(jù)動能定理有，解得：令粒子到達點速度方向與y軸正方向夾角為，則有，解得：（2）要使粒子回到P點下方很近的位置，其軌跡必須具有對稱性，且經(jīng)過Q2，作出粒子在磁場中