2025年安徽省普通高中学业水平选择性考试
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
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13
15
物理答题卡
姓
名
考生条形码区
准考证号
◆
←此方框为缺考考生标记，由蓝考员用2B铅笔址涂
正确填涂示例■
选择题（请用2B铅笔填涂】
g
B]B]B
B
DD DD
非选择题（请用0.5毫米黑色签字笔作答）
11.(1)
(2)①
②
14
12.(1)
(2)
(3)》
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年安徽省普通高中学业水平
已知粒子所带电荷量为g、质量为m,速度大小均为B
不计粒子的重力、空
打点计时器
小牛
气阻力及粒子间的相互作用，则
A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d
选择性考试
B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为√5d
本试卷满分100分，考试时间75分钟
C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
物理
D,薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时问为
8.某理想变压器的实验电路如图所示，原、刷线圈总匝数之比1：2=1：3，④
、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中
只有一项是符合要求的。
为理想交流电流表。初始时，输人端a、b间接入电压u=12√2sin(100πt)V的
a.能在轨道上保持静止
国
1.2025年4月，位于我国甘肃省武威市的钍基熔盐实验堆实现连续稳定运行，标
正弦式交流电，变压器的滑动触头P位于副线圈的正中间，电阻箱R的阻值调
b.受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动
志着人类在第四代核电技术上迈出关键一步。该技术利用钍核(2酪Th)俘获x
为62。要使电流表的示数变为2.0A,下列操作正确的是
。.不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动
个中子()，并发生y次B衰变，转化为易裂变的铀核(2U),则
(
(2)利用图乙装置进行实验，箱体的水平底板上安装有力传感器和加速度传感
A.x=1,y=1
B.x=1,y=2
C.x=2,y=1
D.x=2,y=2
器，将物体置于力传感器上，箱体沿竖直方向运动，利用传感器测得物体受到
2.如图，某同学演示波动实验，将一根长而软的弹簧静置在光滑水平面上，弹簧上
的支持力F、和物体的加速度a,并将数据实时传送到计算机。
系有一个标记物，在左端沿弹簧轴线方向周期性地推、拉弹簧，形成疏密相间的
2
机械波。下列表述正确的是
筘休
A.弹簧上形成的波是横波
A.电阻箱R的阻值调为182
B.推、拉弹簧的周期越小，波长越长
C.标记物振动的速度就是机械波传播的速度
物
B,副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的
的
D.标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量
C.输入端电压调为w=12√2sin(50πt)V
3.在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内
D.输入端电压调为u=6√2sin(100πt)V
气体（可视为理想气体）温度不变，则气球上升过程中，球内气体
物休
二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多
A.对外做功，内能不变
B.向外放热，内能减少
项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
C.分子的平均动能变小
D.吸收的热量等于内能的增加量
加逃传感器力传感探
9.2025年4月，我国已成功构建国际首个基于DRO(远距离逆行轨道)的地月空
4.汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为α的匀加速运动，
间三星星座，DRO具有“低能进入、稳定停泊、机动转移”的特点。若卫星甲从
图乙
图内
位移大小为x;接着在t时间内做匀速运动，最后做加速度大小也为a的匀减速
DRO变轨进入环月椭圆轨道，该轨道的近月点和远月点距月球表面的高度分
运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x,则(
别为a和b,卫星的运行周期为T;卫星乙从DRO变轨进入半径为r的环月圆
A.-isue
B.r-tu
C.x=gap
D.x=al
形轨道，周期也为T。月球的质量为M,半径为R,引力常量为G。假设只考虑
5.如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在
月球对甲、乙的引力，则
水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水
A.r=atb+R
R+R
C.M=4π2-
平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静
GT2
D.M=ix'R:
止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量
10,如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存
均为1.0kg,甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，
在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质
不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2,则在乙下落的过程中
点)在轨道上同一高度保持静止，间距为L,甲、乙所带电荷量分别为q、2q,质量
图丁
①图丙是根据某次实验采集的数据生成的Fy和α随时间t变化的散点图，以
A.甲对木箱的摩擦力方向向左
分别为m、2m,静电力常量为k,重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力
大小分别为F、F2,匀强电场的电场强度大小为E,不计空气阻力，则(
竖直向上为正方向。1=4s时，物体处于
(选填“超重”或“失重”)状
B.地面对木箱的支持力逐渐增大
态；以F×为横轴、a为纵轴，根据实验数据拟合得到的a一Fy图像为图丁中
C.甲运动的加速度大小为2.5m/s
的图线a。
D.乙受到绳子的拉力大小为5.0N
甲
6.在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆
-292m
②若将物体质量增大一倍，重新进行实验，其α一F、图像为图丁中的图线
周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过
(选填“b”“c”或“d”)
程中始终处于同一高度。t=0时，M、N与O点位于同
12.(10分)某同学设计了一个具有两种挡位(“×1”挡和“×10”挡)的欧姆表，其
777n7n7777777nn7n7n77
直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运
内部电路如图甲所示。电源为电池组（电动势E的标称值为3.0V,内阻r未
动的速度随时间t变化的图像可能是
A.F:-F2
知)，电流表G(表头)的满偏电流Ig=20mA,内阻Rg=452,定值电阻R。=
BE品
5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为2002。设计后表盘如图乙所示，中间刻度
值为“15”
C.若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止
15
D,若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小。√气
7.如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强
三、非选择题：本题共5小题，共58分。
磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够
11.(6分)某实验小组通过实验探究加速度与力、质量的关系
长的探测薄板MV,MN到x轴的距离为d,上、下表面均能接收粒子。位于原
(1)利用图甲装置进行实验，要平衡小车受到的阻力。平衡阻力的方法是：调
红表笔之
黑求馆
点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子
整轨道的倾斜度，使小车
。(选填正确答案标号)
图甲
图乙
2025安徽卷·物理2025年物理(安徽卷)
1.B 根据题意可知,钍核Th)每俘获1个中子质量数加1,电荷数不变,每发生一次β衰变,质量数不变,电荷数加1,钍核Th)变成铀核U),质量数加1,电荷数加2,则俘获1个中子,发生2次β衰变,即x=1,y=2,故B正确。
2.D 弹簧上形成的波的振动方向与传播方向平行,所以弹簧上形成的波是纵波,故A错误;同一介质中,波的传播速度相同,推、拉弹簧的周期越小,由公式λ=vT可知,波的周期越小,波长越短,故B错误;标记物振动的速度反映的是标记物在平衡位置附近往复运动的快慢,机械波的传播速度是波在介质中的传播速度,二者不是同一个速度,故C错误;标记物由静止开始振动,说明它获得了能量,这是因为机械波使得能量传递给标记物,则标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量,故D正确。
3.A 根据题意可知,气球缓慢上升的过程中,球内气体温度不变,则球内气体的内能不变,分子的平均动能不变。上升过程中,外界压强减小,则球内气体压强减小,体积变大,球内气体对外做功,由热力学第一定律可知,由于球内气体的内能不变,则吸收的热量与气体对外做的功相等,故A正确。
4.A 由题意可知,设匀加速直线运动的时间为t',匀速运动的速度为v,匀加速直线运动阶段,由位移公式x=t',根据逆向思维,匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移,则匀速直线运动阶段有8x-x-x=vt,联立解得t'=,再根据x=at'2,解得x=at2,故A正确。
5.C 因为物块甲相对木箱向右运动,木箱静止,根据相对运动,甲对木箱的摩擦力方向向右,故A错误;设乙运动的加速度为a,在竖直方向上,只有乙有向下的恒定加速度,对甲、乙和木箱,由整体法,竖直方向受力分析有FN=m总g-ma,则地面对木箱的支持力大小不变,故B错误;设绳子的弹力大小为F,对甲受力分析有F-μmg=ma,对乙受力分析有mg-F=ma,联立解得a=2.5 m/s2,F=7.5 N,故C正确,D错误。
6.D 因为M、N在运动过程中始终处于同一高度,所以N的速度vN与M在竖直方向的分速度vMy大小相等,设M做匀速圆周运动的角速度为ω,半径为r,其竖直方向分速度vMy=ωrcos ωt,即vN=ωrcos ωt,N运动的速度v随时间变化的图像应为余弦函数图像,故D正确。
7.C 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,解得R==d,故A错误。当粒子沿x轴正方向射出时,薄板上表面接收到的粒子离y轴最近,如图轨迹1所示,根据几何关系可知s上min=d;当粒子恰能通过N点到达薄板上方时,薄板上表面接收点距离y轴最远,如图轨迹2所示,根据几何关系可知,s上max=d,故薄板上表面接收到粒子的区域长度为s上=d-d,故B错误。根据几何关系可知,当粒子可以恰好打到薄板下表面时,粒子沿y轴正方向射出,此时薄板下表面接收到的粒子离y轴最远,如图轨迹3所示,根据几何关系可知此时粒子打到薄板的位置与y轴的距离为d,根据图像可知,粒子可以恰好打到薄板的N点,此时薄板下表面接收到的粒子与y轴最近,故下表面接收到粒子的区域长度为d,故C正确。根据图像可知,粒子恰好打到薄板下表面N点时转过的圆心角最小,用时最短,根据几何关系可知,此时的偏转角为60°,有tmin=,故D错误。
8.B 输入电压峰值为Um=12 V,则输入电压有效值为U1==12 V,滑动触头在正中间,根据变压比可知,输出电压U2=U1=18 V,若将电阻箱阻值调为18 Ω,则理想交流电流表的示数为1.0 A,故A错误;若将副线圈匝数调为总匝数的,根据变压比可知,输出电压U2'=U1=12 V,则副线圈电流变为I2'==2.0 A,故B正确;输入端电压调为u=12sin(50πt) V时,其有效值不变,不会导致电流的变化,故C错误;将输入电压峰值减小一半,则输入电压有效值变为U1″==6 V,输出电压U2″=U1″=9 V,副线圈电流变为I2″==1.5 A,故D错误。
9.BC 对于题述环月椭圆轨道和环月圆轨道,根据开普勒第三定律有,可得r=+R,故A错误,B正确;对于环月圆轨道,根据万有引力提供向心力,有=mr,解得M=,故C正确,D错误。
10.ABD 如图所示,对甲、乙两小球进行受力分析,设两球间的库仑力大小为F,光滑绝缘轨道与水平面间的倾角为θ,对甲球根据平衡条件有FN1cos θ=mg,F=FN1sin θ+Eq,对乙球有FN2cos θ=2mg,FN2sin θ=F+2Eq,联立解得F=4Eq,故,同时有F=,解得E=,故A、B正确;若将甲、乙互换位置,若二者仍能保持静止,同理可得对甲有FN1'cos θ=mg,FN1'sin θ=F+Eq,对乙有FN2'cos θ=2mg,FN2'sin θ+2Eq=F,联立可得F+4Eq=0,无解,假设不成立,故C错误;若撤去甲,对乙球根据动能定理,有2mg·tan θ-2Eq··2mv2,其中tan θ=,联立解得v=,故D正确。
11.答案 (1)c (2)①失重 ②d
解析 (1)平衡阻力的方法是:调整轨道的倾斜度,使小车不受牵引时,能拖动纸带沿轨道做匀速运动,故选c。
(2)①根据图丙可知,t=4 s时,加速度方向竖直向下,故物体处于失重状态;②根据牛顿第二定律,有FN-mg=ma,整理可得物体加速度a=·FN-g,可知图像的斜率为,故将物体质量增大一倍,图像斜率变小,而纵轴截距不变,其a-FN图像为图丁中的图线d。
12.答案 (1)短接 0 (2)×10 160 (3)2.8
解析 (1)测量前,要进行欧姆调零:将滑动变阻器的阻值调至最大,闭合开关S1、S2,此时电阻表处于“×1”挡,将红表笔与黑表笔短接,调节滑动变阻器的阻值,使指针指向0刻度位置。
(2)用该电阻表对阻值为150 Ω的标准电阻进行试测,为减小测量误差,应选用电阻表的×10挡;
进行欧姆调零后,将电阻接在两表笔间,指针指向图乙中的虚线位置,则该电阻的测量值为16×10 Ω=160 Ω。
(3)根据闭合电路欧姆定律E=I1(r+Rg+R阻),E=I2(r+Rg+R阻'),代入数据I1=10 mA,I2=20 mA,联立可得r=7 Ω,E=2.8 V。
【必备技巧】多用电表电阻挡使用流程:
13.答案 (1) (2)[0°,45°]
解析 (1)该激光射入玻璃砖的光路图如图甲所示,根据几何关系可得sin α=,cos β=
甲
解得α=45°,β=30°
根据折射定律,有n=。
(2)发生全反射的临界角满足sin C=
解得C=45°
要使激光能在圆心O点发生全反射,激光必须指向O点射入,如图乙所示
乙
只要入射角大于45°,即可发生全反射,则使激光能在圆心O点发生全反射,入射光线与x轴之间夹角的范围为[0°,45°]。
【思路点拨】处理折射、全反射问题时,核心在于画好光路图,并结合光的折射定律n=和全反射定律sin C=分析、计算。画图时遇到光线从光密介质射向光疏介质时务必判断是否发生全反射,光路图绘制完成后,充分利用几何知识寻找角度关系。如果介质是轴对称图形,可采用光路可逆思想进行求解。
14.答案 (1)4 m/s 17 N (2)4 m (3)2 m/s
解析 (1)小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时,根据机械能守恒定律=mg·2L+mv2
在该位置时根据牛顿第二定律有FT-mg=m
解得v=4 m/s,FT=17 N。
(2)小球做平抛运动时,水平方向上小球运动距离x=vt
竖直方向上小球运动距离2L=gt2
联立解得小球的水平落地距离x=4 m。
(3)若小球经过N点正上方绳子恰不松弛,根据牛顿第二定律,小球的重力提供圆周运动的向心力,满足mg=m
小球从最低点运动到该位置时,根据机械能守恒定律有mv0'2=mg·5L+mv'2
解得v0'=2 m/s。
15.答案 (1) (2) (3)(n=1,2,3,…)
解析 (1)第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E=BLv0
则此时回路的电流为I=
此时导体棒受到的安培力F安=BIL
此时导体棒受安培力的功率P=F安v0=。
(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中,根据动量定理有-BL·Δt=0-mv0
其中·Δt=q
解得q=。
(3)由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场,速度减为0时被锁定,则根据能量守恒,每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为Q=
第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量QR1=·Q
第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量QR2=·Q
第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量QR3=·Q
第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量QRn=·Q
则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR=QR1+QR2+QR3+…+QRn
通过“裂项相消法”分解数列,得出QR=·Q=(n=1,2,3,…)。
