第=page77頁，共=sectionpages2020頁2025年安徽省高考沖刺卷物理試題一、單選題：本大題共8小題，共32分。1.如圖甲為氦離子(He+)的能級(jí)圖，大量處在n=4的激發(fā)態(tài)的氦離子(He+)在向低能級(jí)躍遷的過程中，用其中所輻射出的能量最小的光去照射光電管陰極K，電路圖如圖乙所示，合上開關(guān)，發(fā)現(xiàn)電流表讀數(shù)不為零。調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，發(fā)現(xiàn)當(dāng)電壓表讀數(shù)小于1.64VA.1.00eV B.1.28eV C.1.64eV D.2.64eV2.如圖所示，一置于豎直平面內(nèi)的直桿AB與水平方向的夾角為θ，A、B兩端系著一根不可伸長的輕繩，繩長大于直桿AB的長度，輕繩上有一動(dòng)滑輪，重物懸掛在動(dòng)滑輪上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將直桿AB在豎直平面內(nèi)繞A點(diǎn)順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過角度2θ。忽略動(dòng)滑輪與輕繩的摩擦，在此過程中，下列說法正確的是(

)A.輕繩的拉力先增大后減小 B.輕繩的拉力先減小后增大

C.重物受到的合力先減小后增大 D.重物受到的合力先增大后減小3.2022年11月12日10時(shí)03分，天舟五號(hào)貨運(yùn)飛船由長征七號(hào)遙六運(yùn)載火箭在中國文昌航天發(fā)射場發(fā)射升空，12時(shí)10分，天舟五號(hào)貨運(yùn)飛船與空間站組合體完成自主快速交會(huì)對(duì)接。對(duì)接后的“結(jié)合體”仍在空間站原軌道運(yùn)行。對(duì)接前“天宮空間站”與“天舟五號(hào)”的軌道如圖所示，則(

)

A.對(duì)接前，“天宮空間站”的線速度大于“天舟五號(hào)”的線速度

B.對(duì)接前，“天宮空間站”的向心加速度小于“天舟五號(hào)”的向心加速度

C.為實(shí)現(xiàn)對(duì)接，“天舟五號(hào)”需要太空剎車，減速與“天宮空間站”對(duì)接

D.對(duì)接后，“結(jié)合體”繞地球公轉(zhuǎn)周期小于對(duì)接前“天宮空間站”的公轉(zhuǎn)周期4.如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n，電源的輸出電壓有效值恒定，定值電阻R1=5Ω、R2=2Ω、R3=6Ω、R4=3Ω。閉合開關(guān)S，通過定值電阻R1和RA.原、副線圈的匝數(shù)比n=2

B.電流表示數(shù)一定增大

C.電源輸出電壓的有效值為41V

D.開關(guān)S斷開前后，電源輸出的電功率之比為3：55.如圖所示靜止的水平圓盤上，沿直徑方向放著用輕繩相連可視為質(zhì)點(diǎn)的物體A和B，A的質(zhì)量為5m，B的質(zhì)量為m。它們分居圓心兩側(cè)，到圓心的距離分別為RA=r，RB=3r，A、B與盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。A、B與圓盤一起繞中軸線由靜止緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)且角速度不斷增大；繩子出現(xiàn)張力時(shí)角速度為ω1，A、B與圓盤一起繞中軸線勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度為ω2。轉(zhuǎn)動(dòng)過程中輕繩未斷，則ωA.1:3 B.2:6 C.6.在x軸上x=0和x=1?m處固定兩個(gè)點(diǎn)電荷，電荷量分別為4q和-q(q>0)，已知點(diǎn)電荷在空間各點(diǎn)的電勢φ可由φ=kqr計(jì)算，其中r為各點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離，k為靜電力常量。電子帶電量為-e，質(zhì)量為m，下列說法正確的是(

)

A.軸上x=43m處的電場強(qiáng)度為零

B.軸上x=2?m處電勢為零

C.在軸上x=43m處，由靜止釋放電子，電子只在電場力作用下可以沿x軸運(yùn)動(dòng)到無窮遠(yuǎn)處7.如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。在磁場邊界上的M點(diǎn)放置一個(gè)放射源，在紙面內(nèi)以相同速率向各個(gè)方向發(fā)射大量同種粒子，粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m，所有粒子只能從磁場邊界的某段圓弧射出，其圓弧長所對(duì)的圓心角為60°。不計(jì)粒子間相互作用力及粒子的重力，下列說法正確的是(

)

A.粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速率為qBRm

B.所有粒子中在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間是πmqB

C.若僅將磁感應(yīng)強(qiáng)度大小改為t=2dv時(shí)，有粒子射出的邊界弧長變?yōu)棣蠷2

8.將一勁度系數(shù)為k的輕彈簧壓縮后鎖定，在彈簧上放置一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，小物塊距離地面的高度為h1，如圖甲所示。解除彈簧的鎖定后，小物塊被彈起，其動(dòng)能Ek與離地高度h的關(guān)系如圖乙所示，其中h4到h5間的圖像為直線，其余部分均為曲線，h3對(duì)應(yīng)圖像的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為gA.小物塊上升至高度h3時(shí)，動(dòng)能最大，彈簧剛好恢復(fù)原長

B.小物塊上升的最高點(diǎn)的高度為h5，此時(shí)小物塊的加速度為g

C.小物塊從高度h2上升到h4，彈簧的長度變化為mg二、多選題：本大題共2小題，共10分。9.如圖所示，質(zhì)量為m、電阻為R的正方形金屬線框abcd用絕緣細(xì)線吊著處于靜止?fàn)顟B(tài)，ab邊長為L，水平邊界MN、PQ間有垂直于線框平面向里的勻強(qiáng)磁場Ⅰ，水平邊界PQ下方有垂直于線框平面向外的勻強(qiáng)磁場Ⅱ，ab與MN間、MN與PQ間、PQ與cd間距離均為13L，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。剪斷細(xì)線，金屬線框運(yùn)動(dòng)過程中始終在垂直于磁場的豎直面內(nèi)，ab邊始終水平，當(dāng)ab剛進(jìn)入磁場Ⅰ的瞬間，線框的加速度為0，重力加速度大小為g，則下列判斷正確的是(

)A.ab邊進(jìn)磁場Ⅰ前的瞬間，線框的加速度大小為12g

B.ab邊穿過磁場Ⅰ的過程中，通過線框截面的電量為2BL23R

C.線框中產(chǎn)生的總焦耳熱為23mgL-m3g2R10.在同一均勻介質(zhì)中，位于x=-6m和x=12m處的兩個(gè)波源M和N均沿y軸方向做簡諧運(yùn)動(dòng)，形成橫波a和b，t=0時(shí)的波形圖如圖所示，此時(shí)波a和b分別傳播到x=-2m和x=8m處。t=5s時(shí)波a、b恰好相遇，則下列說法正確的是(

)A.t=0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)

B.波a、b在相遇區(qū)域會(huì)發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象

C.x=1m處的質(zhì)點(diǎn)的振幅為10cm

D.x=3m處的質(zhì)點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。11.某實(shí)驗(yàn)小組想驗(yàn)證向心力公式表達(dá)式，實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示，一個(gè)半圓形光滑軌道，右側(cè)所標(biāo)記的刻度為該點(diǎn)與圓心連線和豎直方向的夾角θ，圓弧軌道最低點(diǎn)固定一個(gè)力傳感器，小球達(dá)到該處時(shí)可顯示小球在該處對(duì)軌道的壓力大小FN，小球質(zhì)量為m，重力加速度為g。

實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①將小球在右側(cè)軌道某處由靜止釋放，記錄該處的角度θ；

②小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)，記錄力傳感器的示數(shù)FN；

③改變小球釋放的位置，重復(fù)以上操作，記錄多組FN、θ的數(shù)值；

④以FNmg為縱坐標(biāo)，cosθ為橫坐標(biāo)，作出FNmg-cosθ的圖像，如圖2所示。

回答以下問題：

(1)若該圖像斜率的絕對(duì)值k=______，縱截距b=______，則可驗(yàn)證在最低點(diǎn)的向心力表達(dá)式FN-mg=mv2R。12.某興趣小組利用半封閉可調(diào)內(nèi)阻電池研究閉合電路的規(guī)律，其實(shí)物圖和工作的電路圖如圖(1)、圖(2)所示。圖(2)中M為電池的正極，N為電池的負(fù)極；a、b為一組實(shí)驗(yàn)探針，與正負(fù)極非常接近但不與其接觸，a、b與數(shù)字電壓表V1連接，用于測量內(nèi)電壓U內(nèi)；數(shù)字電壓表V2并聯(lián)在電阻箱兩端，用于測量路端電壓U外；數(shù)字電流表A接在干路中，用于測量干路電流I。

(1)注射器抽氣或充氣使中間液面升降，從而改變電池的內(nèi)阻，充氣后，液面______(填“升高”或“下降”)，電池內(nèi)阻將______(填“變大”或“變小”)；

(2)保持內(nèi)電路不變，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，記錄兩電壓表示數(shù)U外和U內(nèi)、電流表示數(shù)I、電阻箱阻值R外，數(shù)據(jù)如表所示。由數(shù)據(jù)可得，電池電動(dòng)勢E=______；

(3)根據(jù)數(shù)據(jù)，作出U外-I圖像和U內(nèi)-I圖像，如圖(3)、圖(4)所示。U外-I圖像斜率的絕對(duì)值為k1、U內(nèi)-I圖像的斜率為k2，可得k1序號(hào)UUI/AR12.0500.0000.000∞21.9370.1010.0306331.9100.1200.0365241.8790.1450.0444151.8200.1860.05730四、計(jì)算題：本大題共3小題，共40分。13.如圖所示，ABDO為某玻璃材料的截面，ABO部分為直角三角形棱鏡，∠A=30°，OBD部分是半徑為R的四分之一圓柱狀玻璃，O點(diǎn)為圓心。一束單色光從P點(diǎn)與AB成30°角斜射入玻璃材料，剛好垂直O(jiān)A邊射出，射出點(diǎn)離O點(diǎn)34(1)求該單色光在玻璃材料中發(fā)生全反射的臨界角的正弦值；(2)現(xiàn)將該光束繞P點(diǎn)沿逆時(shí)針方向在紙面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)至水平方向，觀察到BD面上有光線從Q點(diǎn)射出(Q點(diǎn)未畫出)。求光束在玻璃材料中的傳播時(shí)間(不考慮圓柱BD弧面部分的發(fā)射光線)。14.如圖所示，距離地面一定高度的水平桌面上，有兩相同材料做成的物塊甲、乙，質(zhì)量分別為m1=0.49kg、m2=1.0kg，兩物塊與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，物塊乙放在桌面邊緣的B點(diǎn)，物塊甲放在物塊乙左側(cè)的A點(diǎn)，AB=6m。在水平地面上固定一半徑為R=1.25m的豎直光滑圓管軌道，軌道與水平地面相切于D點(diǎn)，直徑DE垂直水平面，C為圓管的入口，其中θ=37°。質(zhì)量為m0=10g的子彈以水平向右的速度v=800m/s射入物塊甲并留在其中(時(shí)間極短)，經(jīng)過一段時(shí)間與物塊乙發(fā)生碰撞，碰后甲被反彈且物塊甲、乙的速度大小之比為(1)碰后物塊甲、乙的速度大??；(2)B、C兩點(diǎn)的水平間距：(3)物塊乙運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)對(duì)圓管的壓力大小。15.如圖，足夠長的兩傾斜金屬導(dǎo)軌與水平地面的夾角均為θ=37°，間距均為L=1m，最低處平滑連接(無能量損失)，左上端接有電容C=116F的電容器。一質(zhì)量m=1kg的導(dǎo)體棒與兩側(cè)導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)。兩側(cè)導(dǎo)軌均存在著垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=4T?，F(xiàn)使導(dǎo)體棒從左側(cè)導(dǎo)軌上某處由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間t1(未知)第一次到達(dá)最低點(diǎn)的速度v1=1m/s然后滑上右側(cè)導(dǎo)軌，多次運(yùn)動(dòng)后，最終停在導(dǎo)軌的最低點(diǎn)。整個(gè)過程中電容器未被擊穿，忽略兩磁場間相互影響，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

(1)導(dǎo)體棒第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，電容器所帶電荷量Q；

(2)導(dǎo)體棒第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)所用時(shí)間t1，第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)電容器儲(chǔ)存的能量E答案和解析1.【答案】A

【解析】大量處在n=4的激發(fā)態(tài)的氦離子(He+)在向低能級(jí)躍遷的過程中，所輻射出的能量最小的光的能量為E=E4-E3，解得E=2.64eV

當(dāng)電壓表讀數(shù)大于或等于1.64V時(shí)，電流表讀數(shù)為零，所以遏止電壓為Uc=1.64V

則Ek=eUc，解得Ek=1.64eV

根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)Ek【解析】AB.設(shè)直桿AB的長度為l，繩長為L，輕繩與水平方向夾角為α，作如圖所示的輔助線

根據(jù)幾何關(guān)系可得：lcosθ=MA，ANcosα+NBcosα=MA，L=AN+NB

聯(lián)立可得輕繩與水平方向夾角滿足：cosα=lcosθL

根據(jù)平衡條件可得：2Fsinα=mg

可得輕繩的拉力滿足：F=mgL2L2-l2cos2θ，直桿從圖示位置繞A點(diǎn)順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過2θ角的過程中，輕繩的拉力先增大再減小，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD.3.【答案】B

【解析】“天舟五號(hào)”與“天宮空間站”對(duì)接前繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，

GMmr2=m4π2T2=mv2r=ma，解得T=2πr4.【答案】C

【解析】A.開關(guān)S閉合時(shí)，定值電阻R3、R4并聯(lián)，可得通過R4的電流為2A，此時(shí)通過副線圈的電流I2=I3+I4=1A+2A=3A

所以變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比n=I2I1=31

故A錯(cuò)誤；

B.理想變壓器原線圈等效電阻滿足：R等效=U1I1=nU2I2n=n2R副

將開關(guān)S斷開，則R副增大，R等效增大，設(shè)電源輸出電壓的有效值為U，由I1=UR1+R等效

可知原線圈電流減小，根據(jù)理想變壓器電流與匝數(shù)關(guān)系：I1I2=1n

可知副線圈電流減小，即電流表示數(shù)一定減小，故B錯(cuò)誤；

C.開關(guān)S閉合時(shí)，副線圈的輸出電壓U2=I2R2+I3R3

解得【解析】當(dāng)繩中開始出現(xiàn)張力時(shí)，摩擦力提供向心力且達(dá)到最大值，即

μmg=m?3r解得

ω當(dāng)A、B與圓盤一起繞中軸線勻速轉(zhuǎn)動(dòng)達(dá)到最大角速度ω2時(shí)，對(duì)B有

對(duì)A有

T+μ×5mg=5m解得

ω則有

ω故選C。6.【答案】C

【解析】A.根據(jù)電場強(qiáng)度公式

E=可知電場強(qiáng)度為零的位置在x=1m的右側(cè)，設(shè)其坐標(biāo)為

x1

，則有

解得

x故A錯(cuò)誤；B.設(shè)電勢為零的位置在坐標(biāo)

x2

k?4qx2=kq解得

x2=43故B錯(cuò)誤；C.由B選項(xiàng)分析可知，

x=43m

D.由A選項(xiàng)可知，在-q右側(cè)

E=0

處也就是

x1=2m

處電勢最高，由題意可知此處電勢為運(yùn)動(dòng)到

x1=2m

處動(dòng)能最大，根據(jù)動(dòng)能定理有電子只在電場力作用下獲得的最大速度為

v故D錯(cuò)誤。故選C。7.【答案】C

【解析】A.粒子均從某段圓弧邊界射出，其圓弧長所對(duì)的圓心角為

60°

，設(shè)從M點(diǎn)射入的粒子與磁場邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)為根據(jù)題意可知，圓心角為

π3

，則對(duì)應(yīng)的弦長為R，所以粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長弦為R，則有

對(duì)粒子受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有

qvB=m解得

v=qBR2m

，故B.當(dāng)粒子沿磁場圓的切線方向飛出時(shí)，粒子在磁場中將做一個(gè)完整的圓，則運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為

t=T=2πmqB

，故C.將磁感應(yīng)強(qiáng)度大小改為

t=2dv

時(shí)，則半徑變?yōu)樵瓉淼?/p>

2

根據(jù)幾何關(guān)系可知，此時(shí)對(duì)應(yīng)的最大圓心角為

π2

，則最長弧長為

πR2

，故D.若粒子入射速率為

3v

時(shí)，則半徑變?yōu)樵瓉淼?/p>

3

根據(jù)幾何關(guān)系可知，此時(shí)對(duì)應(yīng)的最大圓心角為

2π3

，則最長弧長為

2πR3

，故故選C。8.【答案】B

【解析】A.小物塊上升至高度h3時(shí)，速度最大，動(dòng)能最大，則此時(shí)彈簧彈力與重力平衡，所以彈簧形變量不為0，故A錯(cuò)誤;

B.因?yàn)閔4到h5間的圖像為直線，即該過程中小物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以小物塊上升至高度h4后，彈簧形變量為零，彈簧剛好恢復(fù)原長，小物塊只受重力，加速度為g，由于小物塊在h5處的動(dòng)能為0，故此時(shí)為上升的最高點(diǎn)，故B正確;

C.小物塊在h2和h4處的動(dòng)能相同，根據(jù)小物塊運(yùn)動(dòng)圖像的對(duì)稱性可知，小物塊在h2處的加速度也為g，方向豎直向上，則根據(jù)牛頓第二定律有F-mg=ma，其中a=g，得F=2mg，所以小物塊從高度h2上升到h4，上升高度x=Fk9.【答案】BCD

【解析】A.設(shè)線框ab剛進(jìn)磁場I時(shí)的速度為v，則根據(jù)平衡條件：2B2BLvRL=mg

解得v=mgR4B2L2

則當(dāng)線框ab剛要進(jìn)磁場I時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：mg-B2L2vR=ma

解得線框的加速度大小a=34g

故A錯(cuò)誤；

B.ab邊通過磁場I的過程中，通過線框截面的電量為：q=2BLvR13Lv=2BL23R

故B正確；

C.根據(jù)能量守恒定律，線框中產(chǎn)生的總焦耳熱滿足：Q=mg×23L-【解析】A.根據(jù)同側(cè)法可知，t=0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B.兩列波在同種介質(zhì)中的傳播速度大小相同，則兩波的傳播速度v=Δx2t=(8+2)2×5m/s=1m/s

由t=0時(shí)的波形圖可知，波a、b的波長均為λ=4m

則波源的振動(dòng)周期T=λv,解得T=4s

進(jìn)一步分析波源的起振方向可知，波源M和N的相位差φ=π即起振方向相反，因?yàn)閮闪胁ǖ闹芷?或頻率)相同，相位差恒定，因此波a、b在相遇區(qū)域會(huì)發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，故B正確；

CD.x=1m處的質(zhì)點(diǎn)到兩波源的波程差Δs=4m=λ，x=3m處的質(zhì)點(diǎn)到兩波源的波程差Δs'=0，又因?yàn)椴ㄔ碝和N的起振方向相反，所以x=1m處的質(zhì)點(diǎn)和x=3m處的質(zhì)點(diǎn)均為振動(dòng)減弱點(diǎn)，它們的振幅A=2cm，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選：【解析】(1)小球從出發(fā)點(diǎn)到達(dá)最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得mgR(1-cosθ)=12mv2-0

小球在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律可得：FN-mg=mv2R

聯(lián)立可得：FN=3mg-2mgcosθ

整理可得FNmg=3-2cosθ

即FNmg-cosθ的圖像斜率的絕對(duì)值k=2，縱截距b=3，則可驗(yàn)證在最低點(diǎn)的向心力表達(dá)式FN-mg=mv2R?！窘馕觥?1)注射器充氣后中心液面下降，液體橫截面積減小，由電阻定律R=ρLS可知，電阻變大。

(2)電源電動(dòng)勢等于電源未接入電路即外電路電阻無窮大時(shí)電源兩端的電壓，則電源電動(dòng)勢E=2.050V。

(3)由圖示圖像可知，斜率k1=2.050-1.8400.052Ω≈4Ω，k2=0.1800.054Ω≈3.3Ω，則k1>k2。

U外-I圖像斜率的絕對(duì)值13.【解析】(1)根據(jù)題意可知，光線從

AB

界面的

P

點(diǎn)進(jìn)入玻璃棱鏡，由折射定律畫出光路圖，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系，可得入射角θ1折射角

θ2=30°

，且

PO

恰好為法線，根據(jù)

n=又有sinC=解得sinC=(2)根據(jù)題意，當(dāng)光線轉(zhuǎn)至水平方向入射，入射角大小仍為

θ3=6由折射定律同理可知，折射角

θ4=30°

，折射光線交

OD

邊于

F

點(diǎn)，由題已知

∠A=30°

，

PC⊥AO

，得在

OD

邊界上的入射角為

θ5=60即C<θ可知在

OD

界面發(fā)生全反射，已知

CO=34R

。

由幾何關(guān)系得，在三角形

OFQ其中OQ=R，OF=OP=解得FQ=又有v=cn，PF=2OF?cos解得t=314.【解析】(1)子彈擊中物塊甲的過程中，子彈與物塊甲組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得

m0v=(m0+m1)vA

解得vA=16m/s

物塊甲從A到B的過程，由動(dòng)能定