年安徽省普通高中學業(yè)水平選擇性考試·物理(限時75分鐘滿分100分)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選項中，只有一項是符合要求的。1．2025年4月，位于我國甘肅省武威市的釷基熔鹽實驗堆實現(xiàn)連續(xù)穩(wěn)定運行，標志著人類在第四代核電技術(shù)上邁出關(guān)鍵一步。該技術(shù)利用釷核(90232Th)俘獲x個中子（01n），并發(fā)生y次β衰變，轉(zhuǎn)化為易裂變的鈾核(92A．x＝1，y＝1B．x＝1，y＝2C．x＝2，y＝1D．x＝2，y＝2B[核反應(yīng)方程＋β衰變]2．如圖，某同學演示波動實驗，將一根長而軟的彈簧靜置在光滑水平面上，彈簧上系有一個標記物，在左端沿彈簧軸線方向周期性地推、拉彈簧，形成疏密相間的機械波。下列表述正確的是()A．彈簧上形成的波是橫波B．推、拉彈簧的周期越小，波長越長C．標記物振動的速度就是機械波傳播的速度D．標記物由靜止開始振動的現(xiàn)象表明機械波能傳遞能量D[機械波的產(chǎn)生與傳播根據(jù)彈簧的振動情況可知，質(zhì)點的運動情況與機械波的傳播方向在同一直線上，所以該波為縱波，A錯誤；機械波在同一介質(zhì)中的傳播速度相同，由v＝λT可知推、拉彈簧的周期(波的周期)越小，波長越短，B錯誤；標記物振動的速度為該波上質(zhì)點的振動速度，與波的傳播速度無關(guān)，C錯誤；標記物由靜止開始振動的現(xiàn)象表明機械波能傳遞能量，D正確。3．在恒溫容器內(nèi)的水中，讓一個導熱良好的氣球緩慢上升。若氣球無漏氣，球內(nèi)氣體(可視為理想氣體)溫度不變，則氣球上升過程中，球內(nèi)氣體()A．對外做功，內(nèi)能不變B．向外放熱，內(nèi)能減少C．分子的平均動能變小D．吸收的熱量等于內(nèi)能的增加量A[內(nèi)能＋氣體實驗定律理想氣體的溫度不變，則內(nèi)能不變，氣體分子的平均動能不變，B、C、D錯誤；氣球上升過程中，球內(nèi)氣體壓強減小，由玻意耳定律可知氣體體積增大，對外做功，A正確。]4．汽車由靜止開始沿直線從甲站開往乙站，先做加速度大小為a的勻加速運動，位移大小為x；接著在t時間內(nèi)做勻速運動，最后做加速度大小也為a的勻減速運動，到達乙站時速度恰好為0。已知甲、乙兩站之間的距離為8x，則()A．x＝118at2 B．x＝116C．x＝18at2 D．x＝12A[勻變速直線運動設(shè)汽車勻加速運動的時間為t0，則汽車勻速運動的位移x1＝at0t，由對稱性可知，汽車勻加速運動過程和勻減速運動過程的位移均為x＝12at02，又x1＋2x＝8x，聯(lián)立解得t0＝13t，所以x＝1185．如圖，裝有輕質(zhì)光滑定滑輪的長方體木箱靜置在水平地面上，木箱上的物塊甲通過不可伸長的水平輕繩繞過定滑輪與物塊乙相連。乙拉著甲從靜止開始運動，木箱始終保持靜止。已知甲、乙質(zhì)量均為1.0kg，甲與木箱之間的動摩擦因數(shù)為0.5，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，則在乙下落的過程中()A．甲對木箱的摩擦力方向向左B．地面對木箱的支持力逐漸增大C．甲運動的加速度大小為2.5m/s2D．乙受到繩子的拉力大小為5.0NC[摩擦力＋牛頓運動定律甲相對木箱向右運動，則甲受到木箱的摩擦力方向向左，由牛頓第三定律可知甲對木箱的摩擦力方向向右，A錯誤；對甲由牛頓第二定律有T－μmg＝ma，對乙由牛頓第二定律有mg－T＝ma，聯(lián)立解得甲運動的加速度大小a＝2.5m/s2，繩子拉力大小T＝7.5N，C正確，D錯誤；對木箱和滑輪組成的整體受力分析，豎直方向上有FN＝Mg＋mg＋T，可知地面對木箱支持力FN不變，B錯誤。]6．在豎直平面內(nèi)，質(zhì)點M繞定點O沿逆時針方向做勻速圓周運動，質(zhì)點N沿豎直方向做直線運動，M、N在運動過程中始終處于同一高度。t＝0時，M、N與O點位于同一直線上，如圖所示。此后在M運動一周的過程中，N運動的速度v隨時間t變化的圖像可能是()ABCDD[圓周運動＋簡諧運動根據(jù)題意可知，M的速度在豎直方向上的分量始終與N的速度相同，設(shè)M做圓周運動的速率為v0，半徑為R，則t時間內(nèi)M轉(zhuǎn)過的角度為v0tR，以豎直向上為正方向，結(jié)合題圖可知M的速度在豎直方向的分量(即N的速度)為v＝v0cosv07．如圖，在豎直平面內(nèi)的Oxy直角坐標系中，x軸上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。在第二象限內(nèi)，垂直紙面且平行于x軸放置足夠長的探測薄板MN，MN到x軸的距離為d，上、下表面均能接收粒子。位于原點O的粒子源，沿Oxy平面向x軸上方各個方向均勻發(fā)射相同的帶正電粒子。已知粒子所帶電荷量為q，質(zhì)量為m，速度大小均為qBdm。不計粒子的重力、空氣阻力及粒子間的相互作用，則(A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為2dB．薄板的上表面接收到粒子的區(qū)域長度為3dC．薄板的下表面接收到粒子的區(qū)域長度為dD．薄板接收到的粒子在磁場中運動的最短時間為πC[粒子在勻強磁場中的運動＋旋轉(zhuǎn)圓模型＋臨界問題粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝mv2r，解得粒子的運動半徑為r＝d，A錯誤；當粒子恰經(jīng)過薄板最右端打到薄板上表面時，粒子打到薄板上表面的位置距N點最遠，當粒子沿x軸正方向射出時，粒子打到薄板上表面的位置距N點最近，對應(yīng)運動軌跡如圖1所示，由幾何關(guān)系可知，薄板的上表面接收到粒子的區(qū)域長度Δx1＝2rcos30°－r＝(3－1)d，B錯誤；結(jié)合B項分析可知，粒子能打到薄板下表面的最右端，當粒子的運動軌跡與薄板相切時，粒子打到薄板下表面的位置距N點最遠，軌跡如圖2所示，由幾何關(guān)系可知，薄板的下表面接收到粒子的區(qū)域長度Δx2＝d，C正確；粒子在磁場中的運動周期T＝2πrv＝2πmqB，又t＝θ360°T，故粒子運動軌跡所對圓心角越大，運動時間越長，結(jié)合BC項分析可知，打在薄板下表面右端的粒子運動時間最短，結(jié)合幾何關(guān)系有tmin＝60°]8．某理想變壓器的實驗電路如圖所示，原、副線圈總匝數(shù)之比n1∶n2＝1∶3，○A為理想交流電流表。初始時，輸入端a、b間接入電壓u＝122sin(100πt)V的正弦式交流電，變壓器的滑動觸頭P位于副線圈的正中間，電阻箱R的阻值調(diào)為6Ω。要使電流表的示數(shù)變?yōu)?.0A，下列操作正確的是()A．電阻箱R的阻值調(diào)為18ΩB．副線圈接入電路的匝數(shù)調(diào)為其總匝數(shù)的1C．輸入端電壓調(diào)為u＝122sin(50πt)VD．輸入端電壓調(diào)為u＝62sin(100πt)VB[理想變壓器的工作原理]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中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。9．2025年4月，我國已成功構(gòu)建國際首個基于DRO(遠距離逆行軌道)的地月空間三星星座，DRO具有“低能進入、穩(wěn)定停泊、機動轉(zhuǎn)移”的特點。若衛(wèi)星甲從DRO變軌進入環(huán)月橢圓軌道，該軌道的近月點和遠月點距月球表面的高度分別為a和b，衛(wèi)星的運行周期為T；衛(wèi)星乙從DRO變軌進入半徑為r的環(huán)月圓形軌道，周期也為T。月球的質(zhì)量為M，半徑為R，引力常量為G。假設(shè)只考慮月球?qū)?、乙的引力，則()A．r＝a+b+R2 B．C．M＝4π2r3GT2BC[開普勒第三定律＋萬有引力定律根據(jù)開普勒第三定律可知，衛(wèi)星甲在環(huán)月橢圓軌道上運行的半長軸等于衛(wèi)星乙在環(huán)月圓軌道上運行的半徑，則有2r＝a＋b＋2R，解得r＝a+b+2R2，A錯誤，B正確；對衛(wèi)星乙，根據(jù)萬有引力提供向心力有GMmr2＝m4π2T210．如圖，兩個傾角相等、底端相連的光滑絕緣軌道被固定在豎直平面內(nèi)，空間存在平行于該豎直平面水平向右的勻強電場。帶正電的甲、乙小球(均可視為質(zhì)點)在軌道上同一高度保持靜止，間距為L，甲、乙所帶電荷量分別為q、2q，質(zhì)量分別為m、2m，靜電力常量為k，重力加速度大小為g。甲、乙所受靜電力的合力大小分別為F1、F2，勻強電場的電場強度大小為E，不計空氣阻力，則()A．F1＝12FB．E＝kqC．若將甲、乙互換位置，二者仍能保持靜止D．若撤去甲，乙下滑至底端時的速度大小v＝kqABD[平衡條件＋庫侖定律＋動能定理設(shè)軌道傾角為θ，則對甲小球由力的平衡條件有F1＝mgtanθ，對乙小球由力的平衡條件有F2＝2mgtanθ，故F1＝12F2，A正確；甲小球受到的靜電力的合力大小F1＝2kq2L2－qE，乙小球受到的靜電力的合力大小F2＝2kq2L2＋2qE，結(jié)合A項分析可得E＝kq2L2，B正確；若將甲、乙互換位置，對甲受力分析，甲所受靜電力的合力大小F1′＝k2q2L2＋Eq>mgtanθ，受力不平衡；對乙受力分析，乙所受靜電力的合力大小F2′＝k2q2L2－2Eq<2mgtanθ，受力不平衡，C錯誤；若撤去甲，對乙小球的下滑過程，由動能定理有2mg·L2tanθ]三、非選擇題：本題共5小題，共58分。11．(6分)某實驗小組通過實驗探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。(1)利用圖甲裝置進行實驗，要平衡小車受到的阻力。平衡阻力的方法是：調(diào)整軌道的傾斜度，使小車________(選填正確答案標號)。a．能在軌道上保持靜止b．受牽引時，能拖動紙帶沿軌道做勻速運動c．不受牽引時，能拖動紙帶沿軌道做勻速運動(2)利用圖乙裝置進行實驗，箱體的水平底板上安裝有力傳感器和加速度傳感器，將物體置于力傳感器上，箱體沿豎直方向運動，利用傳感器測得物體受到的支持力FN和物體的加速度a，并將數(shù)據(jù)實時傳送到計算機。①圖丙是根據(jù)某次實驗采集的數(shù)據(jù)生成的FN和a隨時間t變化的散點圖，以豎直向上為正方向。t＝4s時，物體處于________(選填“超重”或“失重”)狀態(tài)；以FN為橫軸、a為縱軸，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)擬合得到的a-FN圖像為圖丁中的圖線a。②若將物體質(zhì)量增大一倍，重新進行實驗，其a-FN圖像為圖丁中的圖線________。(選填“b”“c”或“d”)[解析]探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系＋實驗操作＋數(shù)據(jù)處理(1)平衡阻力的原理是調(diào)整軌道的傾斜度，使小車重力沿斜面向下的分力來平衡小車運動時打點計時器對小車(含紙帶)的阻力及其他阻力，故平衡阻力的方法應(yīng)是調(diào)整軌道的傾斜度，使小車在不受牽引時能拖動紙帶沿軌道勻速運動，c正確。(2)①由題圖丙的a-t圖像可知t＝4s時，物體的加速度取負值，又豎直向上為正方向，則t＝4s時物體的加速度豎直向下，則物體處于失重狀態(tài)。②以豎直向上為正方向，對物體受力分析，由牛頓第二定律可得FN－mg＝ma，變形得a＝1mFN－g，則a-FN圖像的斜率為1m，縱截距為－g，若將物體的質(zhì)量增大一倍，重新進行實驗，則a-FN圖像的斜率變?yōu)樵瓉淼?2，縱截距不變，又原來的a-FN圖像為題圖丁中的圖線a，則對比題圖丁中的其他圖線可知重新進行實驗后的a-FN[答案](1)c(2)①失重②d12．(10分)某同學設(shè)計了一個具有兩種擋位(“×1”擋和“×10”擋)的歐姆表，其內(nèi)部電路如圖甲所示。電源為電池組(電動勢E的標稱值為3.0V，內(nèi)阻r未知)，電流表G(表頭)的滿偏電流Ig＝20mA，內(nèi)阻Rg＝45Ω，定值電阻R0＝5Ω，滑動變阻器R的最大阻值為200Ω。設(shè)計后表盤如圖乙所示，中間刻度值為“15”。(1)測量前，要進行歐姆調(diào)零：將滑動變阻器的阻值調(diào)至最大，閉合開關(guān)S1、S2，此時歐姆表處于“×1”擋，將紅表筆與黑表筆________，調(diào)節(jié)滑動變阻器的阻值，使指針指向________(選填“0”或“∞”)刻度位置。(2)用該歐姆表對阻值為150Ω的標準電阻進行試測，為減小測量誤差，應(yīng)選用歐姆表的________(選填“×1”或“×10”)擋。進行歐姆調(diào)零后，將電阻接在兩表筆間，指針指向圖乙中的虛線位置，則該電阻的測量值為________Ω。(3)該同學猜想造成上述誤差的原因是電源電動勢的實際值與標稱值不一致。為了測出電源電動勢，該同學先將電阻箱以最大阻值(9999Ω)接在兩表筆間，接著閉合S1、斷開S2，將滑動變阻器的阻值調(diào)到零，再調(diào)節(jié)電阻箱的阻值。當電阻箱的阻值調(diào)為228Ω時，指針指向“15”刻度位置(即電路中的電流為10mA)；當電阻箱的阻值調(diào)為88Ω時，指針指向“0”刻度位置(即電路中的電流為20mA)。由測量數(shù)據(jù)計算出電源電動勢為________V。(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)[解析]設(shè)計歐姆表＋測電源電動勢＋實驗操作＋電路分析(1)測量電阻之前應(yīng)該先把兩支表筆直接接觸，調(diào)節(jié)滑動變阻器的阻值，使指針指向0刻度位置。(2)使用歐姆表測電阻時，如果指針偏轉(zhuǎn)過大、過小，測量誤差都會比較大，為了減小測量誤差，應(yīng)該選擇適當倍率，使測量時指針指在刻度盤的中間區(qū)域，又該歐姆表刻度盤的中間刻度值為15，而待測電阻的阻值為150Ω，所以應(yīng)選用歐姆表的×10擋。由題圖乙與歐姆表的讀數(shù)規(guī)則可知，該電阻的測量值為R測＝16×10Ω＝160Ω。(3)由題圖甲可知，電阻箱接在兩表筆間，閉合S1、斷開S2，將滑動變阻器的阻值調(diào)到零時，由閉合電路歐姆定律可得E＝I(r＋Rg＋R電阻箱)，其中r未知，Rg＝45Ω，將I1＝10mA、R電阻箱1＝228Ω和I2＝20mA、R電阻箱2＝88Ω兩組數(shù)據(jù)代入并聯(lián)立解得r＝7Ω、E＝2.8V。[答案](1)短接(填“直接接觸”也可給分)0(2)×10160(3)2.813．(10分)如圖，玻璃磚的橫截面是半徑為R的半圓，圓心為O點，直徑與x軸重合。一束平行于x軸的激光，從橫截面上的P點由空氣射入玻璃磚，從Q點射出。已知P點到x軸的距離為22R，P、Q間的距離為3R(1)求玻璃磚的折射率；(2)在該橫截面沿圓弧任意改變?nèi)肷潼c的位置和入射方向，使激光能在圓心O點發(fā)生全反射，求入射光線與x軸之間夾角的范圍。[解析]光的折射＋全反射(1)畫光路圖如圖1所示由幾何關(guān)系可得：α＝45°，β＝30°則n＝sinαsinβ＝sin(2)激光能射到圓心O上，說明入射光線一定沿半徑方向射入玻璃磚，畫光路圖如圖2所示。由sinC＝1n可得C＝45°，由圖2θ1＝45°，θ2＝135°設(shè)入射光線與x軸之間夾角為θ時可以在O點發(fā)生全反射，則0°<θ≤θ1或θ2≤θ≤180°即0°<θ≤45°或135°≤θ<180°。[答案](1)2(2)0°<θ≤45°或135°≤θ<180°14．(14分)如圖，M、N為固定在豎直平面內(nèi)同一高度的兩根細釘，間距L＝0.5m。一根長為3L的輕繩一端系在M上，另一端豎直懸掛質(zhì)量m＝0.1kg的小球，小球與水平地面接觸但無壓力。t＝0時，小球以水平向右的初速度v0＝10m/s開始在豎直平面內(nèi)做圓周運動。小球牽引著繩子繞過N、M，運動到M正下方與M相距L的位置時，繩子剛好被拉斷，小球開始做平拋運動。小球可視為質(zhì)點，繩子不可伸長，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)求繩子被拉斷時小球的速度大小，及繩子所受的最大拉力大小；(2)求小球做平拋運動時拋出點到落地點的水平距離；(3)若在t＝0時，只改變小球的初速度大小，使小球能通過N的正上方且繩子不松弛，求初速度的最小值。[解析]機械能守恒定律＋牛頓運動定律＋平拋運動規(guī)律(1)從t＝0時至小球運動到M正下方與M相距L的位置(繩子剛好被拉斷)的過程，只有重力對小球做功，小球的機械能守恒，設(shè)繩子被拉斷時小球的速度大小為v，則由機械能守恒定律可得mg·2L＝12mv02－解得v＝45m/s小球運動到M正下方與M相距L的位置，繩子剛好被拉斷，則對該位置的小球進行受力分析，由牛頓第二定律可得Fm－mg＝mv結(jié)合牛頓第三定律解得繩子所受的最大拉力大小F′m＝Fm＝17N。(2)繩子被拉斷時，小球距地面的高度為2L，此后小球做平拋運動，設(shè)小球做平拋運動的時間為Δt，水平位移大小(拋出點到落地點的水平距離)為x，則由平拋運動規(guī)律可得2L＝12g(Δt)x＝vΔt聯(lián)立解得x＝4m。(3)當小球通過N的正上方繩子剛好不松弛時，小球的初速度最小，設(shè)此速度為vmin，此種情況下小球通過N的正上方時的速度為vN，則對小球從t＝0時至運動到N的正上方的過程，由機械能守恒定律可得mg·5L＝1小球運動到N的正上方時，由牛頓第二定律可得mg＝m聯(lián)立解得vmin＝215m/s。[答案](1)45m/s17N(2)4m(3)215m/s15．(18分)如圖，平行光滑金屬導軌被固定在水平絕緣桌面上，導軌間距為L，右端連接阻值為R的定值電阻。水平導軌上足夠長的矩形區(qū)域MNPQ存在豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。某裝置從MQ左側(cè)沿導軌水平向右發(fā)射第1根導體棒，導體棒以初速度v0進入磁場，速度減為0時被鎖定；從原位置再發(fā)射第2根相同的導體棒，導體棒仍以初速度v0進入磁場