2025安徽高考物理練習(xí)題和答案一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列關(guān)于物理學(xué)史的說法中，正確的是（）A.牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律并測出了引力常量B.伽利略通過理想斜面實驗得出了力是維持物體運動的原因C.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電與磁之間的聯(lián)系D.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，并總結(jié)出了法拉第電磁感應(yīng)定律2.一個質(zhì)量為m的物體靜止在粗糙水平面上，當(dāng)用大小為F的水平拉力拉物體時，物體的加速度為a。若拉力方向不變，大小變?yōu)?F，則物體的加速度a′（）A.等于2aB.大于2aC.小于2aD.等于a3.如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為M的長木板，木板上有一質(zhì)量為m的小滑塊，滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ。現(xiàn)用一水平恒力F拉木板，使木板和滑塊一起做勻加速直線運動，則滑塊受到的摩擦力大小為（）A.μmgB.FC.$\frac{m}{M+m}F$D.$\frac{M}{M+m}F$4.如圖所示，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2:1，原線圈接在電壓為220V的正弦交流電源上，副線圈接有一個阻值為R=110Ω的電阻，則副線圈中的電流大小為（）A.1AB.2AC.4AD.8A5.如圖所示，一質(zhì)量為m的小球用長為L的細(xì)線懸掛于O點，小球在水平拉力F的作用下，從平衡位置P點緩慢地移動到Q點，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，則在此過程中拉力F做的功為（）A.mgL(1cosθ)B.FLsinθC.mgLcosθD.FL(1cosθ)6.如圖所示，在勻強(qiáng)磁場中，有一個矩形線框abcd繞垂直于磁感線的軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)線框轉(zhuǎn)到圖示位置時，線框中的感應(yīng)電流方向為（）A.a→b→c→d→aB.d→c→b→a→dC.此時感應(yīng)電流為零D.無法確定7.如圖所示，一質(zhì)點做簡諧運動的位移時間圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A.質(zhì)點振動的周期為4sB.質(zhì)點振動的振幅為2cmC.t=2s時，質(zhì)點的速度最大D.t=4s時，質(zhì)點的加速度最大二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.下列關(guān)于電場和磁場的說法中，正確的是（）A.電場和磁場都是客觀存在的物質(zhì)B.電場線和磁感線都是真實存在的曲線C.電場力和磁場力都可以對運動電荷做功D.電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度都是矢量9.如圖所示，一質(zhì)量為m的物體以一定的初速度從A點沖上固定的光滑斜面，到達(dá)斜面最高點C時速度恰好為零。已知A、C兩點間的高度差為h，斜面傾角為θ，則物體從A點到C點的過程中（）A.重力做功為mghB.重力勢能增加了mghC.動能減少了mghD.機(jī)械能守恒10.如圖所示，在真空中有兩個等量異種點電荷+Q和Q，M、N是兩電荷連線的中垂線上的兩點，且OM=ON?，F(xiàn)將一正試探電荷q從M點沿中垂線移動到N點，下列說法正確的是（）A.M、N兩點的電場強(qiáng)度大小相等，方向相同B.M、N兩點的電勢相等C.試探電荷q從M點到N點的過程中，電場力做正功D.試探電荷q從M點到N點的過程中，電勢能不變?nèi)?、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.（6分）某同學(xué)用打點計時器研究小車的勻變速直線運動。他將打點計時器接到頻率為50Hz的交流電源上，實驗時得到一條紙帶，如圖所示。他在紙帶上便于測量的地方選取第一個計時點，在這個點下標(biāo)明A，第六個點下標(biāo)明B，第十一個點下標(biāo)明C，第十六個點下標(biāo)明D，第二十一個點下標(biāo)明E。測量時發(fā)現(xiàn)B點已模糊不清，于是他測得AC=14.56cm，CD=11.15cm，DE=13.73cm。根據(jù)以上數(shù)據(jù)，可知打點計時器打C點時小車的瞬時速度大小為______m/s，小車運動的加速度大小為______m/s2（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。12.（8分）某同學(xué)要測量一個由均勻新材料制成的圓柱體的電阻率ρ。步驟如下：（1）用游標(biāo)卡尺測量其長度，如圖甲所示，可知其長度為______mm；用螺旋測微器測量其直徑，如圖乙所示，可知其直徑為______mm。（2）該同學(xué)先用多用電表粗測該圓柱體的電阻。他將紅、黑表筆分別插入“+”、“”插孔，將選擇開關(guān)置于“×10”擋，調(diào)零后測量該圓柱體的電阻，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，為了使測量結(jié)果更準(zhǔn)確，他應(yīng)該將選擇開關(guān)置于______擋（選填“×1”或“×100”），重新進(jìn)行歐姆調(diào)零后再進(jìn)行測量。（3）該同學(xué)再用伏安法測量該圓柱體的電阻，他采用了如圖丙所示的電路，測量得到了多組電壓U和電流I的值，然后作出UI圖像，根據(jù)圖像求出該圓柱體的電阻R。若考慮電表內(nèi)阻的影響，則測量值______真實值（選填“大于”、“小于”或“等于”）。13.（10分）如圖所示，一質(zhì)量為m=0.2kg的小球從光滑的斜面上的A點由靜止開始下滑，經(jīng)過B點后進(jìn)入水平軌道BC，在BC段受到摩擦力的作用，最后停在C點。已知斜面的傾角為θ=30°，AB段的長度為L=2m，BC段的長度為s=3m。取g=10m/s2。求：（1）小球在B點的速度大小；（2）小球在BC段受到的摩擦力大小。14.（14分）如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E；第四象限內(nèi)存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的A點以初速度v?沿x軸正方向射入電場，經(jīng)x軸上的P點進(jìn)入磁場，最后從y軸上的Q點離開磁場。已知OA=d，OP=2d。求：（1）粒子在電場中運動的時間；（2）粒子進(jìn)入磁場時的速度大小和方向；（3）Q點的坐標(biāo)。15.（16分）如圖所示，在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為M=2kg的長木板，木板上有一質(zhì)量為m=1kg的小滑塊，滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2。開始時，木板和滑塊都靜止，現(xiàn)用一水平恒力F=6N拉木板，使木板和滑塊一起做勻加速直線運動，經(jīng)過一段時間t=2s后，撤去拉力F。求：（1）拉力F作用時，木板和滑塊的加速度大小；（2）撤去拉力F后，滑塊在木板上滑行的距離；（3）整個過程中，摩擦力對滑塊做的功。答案一、單項選擇題1.答案：C解析：牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許測出了引力常量，A錯誤；伽利略通過理想斜面實驗得出了力不是維持物體運動的原因，B錯誤；奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電與磁之間的聯(lián)系，C正確；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，紐曼和韋伯總結(jié)出了法拉第電磁感應(yīng)定律，D錯誤。2.答案：B解析：根據(jù)牛頓第二定律，當(dāng)拉力為F時，F(xiàn)μmg=ma；當(dāng)拉力為2F時，2Fμmg=ma′。將第一個式子變形為F=ma+μmg，代入第二個式子可得2(ma+μmg)μmg=ma′，即2ma+μmg=ma′，所以a′＞2a，B正確。3.答案：C解析：對木板和滑塊整體分析，根據(jù)牛頓第二定律可得F=(M+m)a，解得a=$\frac{F}{M+m}$。再對滑塊分析，滑塊受到的摩擦力提供其加速度，所以f=ma=$\frac{m}{M+m}F$，C正確。4.答案：A解析：根據(jù)變壓器的電壓比公式$\frac{U_1}{U_2}=\frac{n_1}{n_2}$，可得副線圈的電壓U?=$\frac{n_2}{n_1}U_1$=$\frac{1}{2}×220V$=110V。再根據(jù)歐姆定律，可得副線圈中的電流大小I?=$\frac{U_2}{R}$=$\frac{110V}{110Ω}$=1A，A正確。5.答案：A解析：小球從平衡位置P點緩慢地移動到Q點，動能不變，根據(jù)動能定理，拉力F做的功等于重力勢能的增加量，即W=mgh=mgL(1cosθ)，A正確。6.答案：C解析：當(dāng)線框轉(zhuǎn)到圖示位置時，線框的ab邊和cd邊的速度方向與磁感線平行，不切割磁感線，所以線框中的感應(yīng)電流為零，C正確。7.答案：A解析：由圖像可知，質(zhì)點振動的周期為T=4s，A正確；質(zhì)點振動的振幅為A=4cm，B錯誤；t=2s時，質(zhì)點的位移最大，速度為零，C錯誤；t=4s時，質(zhì)點的位移為零，加速度為零，D錯誤。二、多項選擇題8.答案：AD解析：電場和磁場都是客觀存在的物質(zhì)，A正確；電場線和磁感線都是為了形象地描述電場和磁場而引入的假想曲線，B錯誤；電場力可以對運動電荷做功，而磁場力始終與電荷的運動方向垂直，不做功，C錯誤；電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度都是矢量，D正確。9.答案：ABCD解析：物體從A點到C點的過程中，重力做功為W=mgh，A正確；重力勢能增加了ΔEp=mgh，B正確；根據(jù)動能定理，動能減少量等于重力做功的絕對值，即ΔEk=mgh，C正確；因為斜面光滑，只有重力做功，所以機(jī)械能守恒，D正確。10.答案：ABD解析：等量異種點電荷連線的中垂線上，各點的電場強(qiáng)度方向都相同，且大小關(guān)于連線對稱，所以M、N兩點的電場強(qiáng)度大小相等，方向相同，A正確；中垂線上各點的電勢都相等，所以M、N兩點的電勢相等，B正確；試探電荷q從M點到N點的過程中，電場力方向與位移方向垂直，電場力不做功，電勢能不變，C錯誤，D正確。三、非選擇題11.答案：0.986；2.58解析：打點計時器的打點周期T=$\frac{1}{f}$=$\frac{1}{50Hz}$=0.02s。因為每相鄰兩個計時點間的時間間隔為0.02s，所以AC間的時間間隔為tAC=0.02s×5=0.1s，CD間的時間間隔為tCD=0.02s×5=0.1s。根據(jù)勻變速直線運動中，中間時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，可得打點計時器打C點時小車的瞬時速度大小vC=$\frac{AC+CD}{2t_{AC}}$=$\frac{14.56cm+11.15cm}{2×0.1s}$=0.986m/s。根據(jù)Δx=aT2，可得小車運動的加速度大小a=$\frac{DECD}{t_{CD}^{2}}$=$\frac{13.73cm11.15cm}{(0.1s)^{2}}$=2.58m/s2。12.答案：（1）50.15；4.700；（2）×1；（3）小于解析：（1）游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為50mm，游標(biāo)尺讀數(shù)為3×0.05mm=0.15mm，所以長度為50mm+0.15mm=50.15mm。螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為4.5mm，可動刻度讀數(shù)為20.0×0.01mm=0.200mm，所以直徑為4.5mm+0.200mm=4.700mm。（2）指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明電阻較小，應(yīng)將選擇開關(guān)置于“×1”擋。（3）采用圖丙所示的電路，由于電壓表的分流作用，使得測量的電流值偏大，根據(jù)R=$\frac{U}{I}$，可知測量值小于真實值。13.答案：（1）2$\sqrt{5}$m/s；（2）$\frac{2}{3}$N解析：（1）小球在斜面上下滑時，根據(jù)動能定理，有mgLsinθ=$\frac{1}{2}mv_{B}^{2}$，解得vB=$\sqrt{2gLsinθ}$=$\sqrt{2×10m/s2×2m×sin30°}$=2$\sqrt{5}$m/s。（2）小球在BC段運動時，根據(jù)動能定理，有fs=0$\frac{1}{2}mv_{B}^{2}$，解得f=$\frac{mv_{B}^{2}}{2s}$=$\frac{0.2kg×(2\sqrt{5}m/s)^{2}}{2×3m}$=$\frac{2}{3}$N。14.答案：（1）$\frac{2d}{v_0}$；（2）$\sqrt{2}v_0$，與x軸正方向成45°角；（3）(0，$\frac{2mv_0}{qB}$)解析：（1）粒子在電場中做類平拋運動，沿x軸方向做勻速直線運動，有OP=v?t，解得t=$\frac{OP}{v_0}$=$\frac{2d}{v_0}$。（2）沿y軸方向，粒子做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a=$\frac{qE}{m}$，則粒子在y軸方向的速度vy=at=$\frac{qE}{m}×\frac{2d}{v_0}$。又因為OA=$\frac{1}{2}at^{2}$=d，可得$\frac{1}{2}×\frac{qE}{m}×(\frac{2d}{v_0})^{2}$=d，解得qE=$\frac{mv_0^{2}}{2d}$，所以vy=v?。粒子進(jìn)入磁場時的速度大小v=$\sqrt{v_{0}^{2}+v_{y}^{2}}$=$\sqrt{v_{0}^{2}+v_{0}^{2}}$=$\sqrt{2}v_0$，設(shè)速度方向與x軸正方向的夾角為θ，則tanθ=$\frac{v_y}{v_0}$=1，所以θ=45°。（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB=m$\frac{v^{2}}{r}$，解得r=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{m\sqrt{2}v_0}{qB}$。根據(jù)幾何關(guān)系，可得Q點的縱坐標(biāo)為y=rrsin45°=$\frac{2mv_0}{qB}$，所以Q點的坐標(biāo)為(0，$\frac{2mv_0}{qB}$)。15.答案：（1）2m/s2；（2）2m；（3）4J解析：（1）對木板和滑塊整體分析，根據(jù)牛頓第二定律，有F=(M+m)a，解得a=$\frac{F}{M+m}$=$\frac{6N}{2kg+1kg}$=2m/s2。（2）撤去拉力F后，對滑塊分析，根據(jù)牛頓第二定律，有μmg=ma?，解得a?=μg=0.2×10m/s2=2m/s2。對木板分析，根據(jù)牛頓第二定律，有μmg=Ma?，解得a?=$\frac{μmg}{M}$=$\frac{0.2×1kg×10m/s2}{2kg}$=1m/s2。設(shè)經(jīng)過時間t?，滑塊和木板達(dá)到共同速度v，則v=ata?t?=at+a?