第=page44頁，共=sectionpages88頁2025屆合肥皖智高級中學芙蓉校區(qū)高考模擬測試（五）物理參考答案一、單選題：1．B解析：A．衰變服從量子統(tǒng)計規(guī)律，只對大量的原子才有意義，A錯誤；B．碳14轉變?yōu)榈?4過程中有一個中子轉變?yōu)橘|子和電子，電子被釋放出來，B正確；C．根據質量數守恒和電荷數守恒可知若氮14生成碳14的核反應方程為，則為質子，C錯誤；D．由圖可知碳14的衰變周期為5730年，當氮14數量是碳14數量的7倍時，根據，可知，即解得：，D錯誤。故選B。2．C解析：丙在豎直方向上受力平衡，甲、乙兩人斜向上的手對丙的作用力方向成角，根據平衡條件，則有：，由數學知識可得：解得：即甲、乙兩人斜向上的手對丙的作用力大小均為故選C。3．D解析：A．光線從空氣進入冰晶后，頻率不變，速度減小，根據可知，波長變小，故A錯誤；B．紅光的頻率小于紫光的頻率，則冰晶對紅光的折射率小于對紫光的折射率，根據可知，紅光在冰晶中的傳播速度比紫光在冰晶中的傳播速度大，故B錯誤；C．全反射只能發(fā)生在光密介質射入光疏介質，而光線從空氣射入冰晶是光疏介質射入光密介質，所以不可能發(fā)生全反射，故C錯誤；D．全反射的條件為入射角度達到臨界角，根據可知，冰晶對紅光的折射率小于對紫光的折射率的情況下，紫光的臨界角更小，更容易發(fā)生全反射，即紫光比紅光先在側面發(fā)生全反射，故D正確。故選D。4．A解析：由題意可知，配重空間站也與地球自轉同步，即運行周期為地球的自轉周期為，根據圓周運動知識，可得所以纜繩對配重空間站的拉力故選A。5．B解析：B．因為時b導線產生場強沒有x軸方向分量，因此x軸方向的場強分量為a導線在x軸的分量，同理時b導線無y軸方向場強分量，y軸場強分量為a導線在y軸的分量，即可知a棒可能位于第四象限角平分線上，電流方向垂直紙面向里，或位于第二象限角平分線上，電流方向垂直紙面向外，故B正確；A．由時，則導線中電流方向垂直紙面向里，故電流方向可能相同或相反，故A錯誤；CD．導線移動過程中，與的夾角從到間變化，則點處磁感應強度先減小后增大，且最小值不為0，C錯誤，D錯誤。故選B。6．D解析：AB．如圖所示（俯視圖）設經過時間，棒轉至圖示P位置，時刻轉至圖示Q位置，由右手定則判斷時刻通過的電流方向為，時刻電流方向為，故AB錯誤；CD．棒在磁場中轉動時產生的電動勢為同理可求出棒在磁場中轉動時產生的電動勢為所以棒轉動一周的過程中電動勢e與時間t的關系圖像如圖所示因而棒轉動一周的過程中，其中則電阻產生的熱量為故C錯誤，D正確。故選D。7．A解析：離正點電荷越近的地方電勢越高，A點比B點離正點電荷更近，則A點電勢更高，即。設x軸正方向上某點的橫坐標為x，該點與M點的距離為r，則該點與M點連線和x軸負方向的夾角為，幾何關系有正點電荷在該點產生的電場強度沿x方向的分量大小可知由于整理得故故選A。8．C解析：AD．小球從A到B的過程中機械能守恒，有可知小球運動到B點時的速度大小為小球在B點由牛頓第二定律有聯(lián)立解得小球運動到B點時軌道對小球的支持力為由牛頓第三定律可知小球運動到B點時對軌道的壓力為A錯誤，D錯誤；B．小球從B點拋出后做斜拋運動，小球在豎直方向的分速度小球在豎直方向上做豎直上拋運動，由運動學知識有小球在水平方向的分速度為小球在水平方向做勻速直線運動，由運動學知識有聯(lián)立解得由B點拋出后，最終落地點C距B點的水平距離為B錯誤；C．設小球在運動過程中球與圓心的連線與豎直方向的夾角為，則重力的功率為小球在運動過程中機械能守恒，有聯(lián)立可知小球由A點運動到圓弧軌道最低點過程中重力的功率由數學知識可知當時，重力的功率有最大值代入數據可知小球由A點運動到圓弧軌道最低點過程中重力的最大功率為C正確。故選C。二、多選題：9．AB解析：A．由圖乙可知時，質點Q到達波谷，根據可知，其加速度達到正向最大，故A正確；B．圖甲表示時的波形圖，由圖乙可知質點Q正經過平衡位置向下振動，結合圖甲可知這列波向左傳播，又由圖甲可知波長為8m，由圖乙可知周期為0.20s，故波速從到，波向左平移畫出此時的波形如圖（將波向左平移2m），從圖可以發(fā)現此時質點P的運動方向沿y軸負方向，故B正確；C．從到，該波沿x軸負方向傳播的距離，故C錯誤；D．從到，經過的時間為0.15s，為，質點P通過的路程不能用計算，實際路程不等于30cm，故D錯誤。故選AB。10．ABD解析：AB．設小球運動到B點時，小球與U形管在平行導槽方向具有的共同速度為v1，小球與U形管組成的系統(tǒng)在平行導槽方向動量守恒，則有解得設小球運動到B點時小球的速度大小為v2，對小球與U形管組成的系統(tǒng)，根據機械能守恒定律可得解得，故AB正確；C．當小球從A點離開U形管時，U形管的速度最大，設此時小球的速度為v3，U形管的速度為v4，根據水平方向動量守恒有根據機械能守恒定律有解得，可知U形管獲得的最大速度為，故C錯誤；D．當小球與U形管具有共同速度v共時，彈簧獲得最大彈性勢能Epm，根據小球和U形管組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，可得解得對小球、U形管和彈簧組成的系統(tǒng)，根據機械能守恒定律可得解得故D正確，故選ABD。三、非選擇題：11．(6分)(1)dacb(2)(3)A解析：（1）“油膜法估測油酸分子的大小”實驗步驟為：配制酒精油酸溶液（教師完成，記下配制比例）→測定一滴油酸酒精溶液的體積（d）→準備淺水盤→形成油膜（a）→描繪油膜邊緣（c）→測量油膜面積（b）→計算分子直徑；因此操作先后順序排列應是dacb。（2）由圖示油膜可知，油膜的面積兩滴油酸溶液含純油的體積為油酸分子的直徑為（3）A．計算油酸分子直徑的公式是V是純油酸的體積，S是油膜的面積。油酸未完全散開，測得的S偏小，測得的分子直徑d將偏大，故A正確；B．如果測得的油酸溶液濃度低于實際值，測得的油酸的體積偏小，測得的分子直徑將偏小，故B錯誤；C．計算油膜面積時將所有不足一格的方格計為一格，測得的S將偏大，測得的分子直徑將偏小，故C錯誤；D．求每滴體積時，1mL的溶液的滴數誤多記了10滴，一滴溶液的體積可知測得一滴液體的體積偏小，純油酸的體積將偏小，由可得，測得的分子直徑將偏小，故D錯誤。故選A。12．(10分)(1)黑(2)B(3)100(4)見解析解析：（1）多用電表電流從紅色表筆流入，黑色表筆流出，由圖甲可知，A連接電源的正極，所以電流從A流出，則A接黑色表筆。（2）歐姆調零時，有可得歐姆表內阻為可知滑動變阻器R應選用“0.6A，200Ω”。故選B。（3）歐姆調零后，用歐姆表測量電阻時指針指在6.0mA處，根據閉合電路歐姆定律可得可得被測電阻的阻值為（4）[1]將定值電阻與毫安表串聯(lián)，通過毫安表的讀數可知定值電阻兩端電壓，再將電壓表與定值電阻、毫安表并聯(lián)，通過電壓表的讀數和定值電阻兩端電壓可知毫安表的電壓，再根據歐姆定律可得毫安表的內阻；則圖乙完整電路圖如圖所示[2]當毫安表的示數為時電壓表的示數為，則有可得13．(10分)(1)；(2)98N解析：（1）設滑塊向上運動過程的加速度大小為a，由勻變速直線運動規(guī)律有解得對滑塊由牛頓第二定律有mg+f=ma解得（2）對滑桿和彈射器整體，由平衡條件有又解得由牛頓第三定律可知，整個彈射裝置對地面的壓力大小14．(14分)(1)8m/s(2)10s(3)784J解析：（1）A到B過程，根據動能定理有解得（2）結合以上分析可知滑塊從A到B的時間對滑塊滑上傳送帶到達最右端過程中有，滑塊從最右端到與傳送帶共速過程中有，此后滑塊隨傳送帶勻速運動達到B端時間為所以滑塊第二次到達B端的時間t總=tAB+t1+t2+t3=10s此過程中滑塊和傳送帶之間的相對位移總和為Δx0=16m+4×4m+（4×2?4）m=36m（3）設滑塊第二次到達B端后再滑到B端時間為t0，從B端到達最右端過程中滑塊的位移大小則此時段傳送帶與滑塊的相對位移為Δx1=x3+v帶t3=12m再從最右端到與傳送帶共速過程中有與減速時間和位移相同，共速時剛好達到B端，此時段滑塊與傳送帶的相對位移為Δx2=x帶?x3=8m?4m=4m所以從滑塊第二次到達B端再從斜面下滑到傳送帶上后到再回到B端的時間為t′=1s+2×2s=5s因此60s時間內從滑塊A點釋放到第二次到達B端以外，需經歷10個相同的過程。60s末滑塊到達B端，速度為v′=4m/s，故60s時間內，滑塊與傳送帶之間產生的熱量為解得Q=784J15．(18分)(1)7.5V(2)(3)5.125m解析：（1）導體框剛進入第一個磁場區(qū)域時，邊切割磁感線產生的電動勢大小為導體框剛進入第一個磁場區(qū)域時邊相當于電源，根據閉合電路歐姆定律可知，電源兩端的電壓大小為解得（2）導體框剛進入第一個磁場區(qū)域時，回路中的電流大小為導體框邊受到水平向左的安培力大小為水平向左的加速度大小為所以導體框剛進入第一個磁場區(qū)域的瞬間，導體框的加速度大小為（3）導體框進入第一