2025年安徽卷物理真題一、單選題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連續穩定運行，標志著人類在第四代核電技術上邁出關鍵一步。該技術利用釷核(?90232Th)俘獲x個中子(?01nA.x=1,y=1 B.x=1,y=22.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象表明機械波能傳遞能量3.在恒溫容器內的水中，讓一個導熱良好的氣球緩慢上升。若氣球無漏氣，球內氣體(可視為理想氣體)溫度不變，則氣球上升過程中，球內氣體(

)A.對外做功，內能不變 B.向外放熱，內能減少

C.分子的平均動能變小 D.吸收的熱量等于內能的增加量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.x5.如圖，裝有輕質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、乙質量均為1.0kg，甲與木箱之間的動摩擦因數為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/s26.在豎直平面內，質點M繞定點O沿逆時針方向做勻速圓周運動，質點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(

)

A. B.

C. D.7.如圖，在豎直平面內的Oxy直角坐標系中，x軸上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。在第二象限內，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射相同的帶正電粒子。已知粒子所帶電荷量為q、質量為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2d

B.薄板的上表面接收到粒子的區域長度為3d

C.薄板的下表面接收到粒子的區域長度為d

D.8.某理想變壓器的實驗電路如圖所示，原、副線圈總匝數之比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A.電阻箱R的阻值調為18Ω B.副線圈接入電路的匝數調為其總匝數的13

C.輸入端電壓調為u=12二、多選題9.2025年4月，我國已成功構建國際首個基于DRO(遠距離逆行軌道)的地月空間三星星座，DRO具有“低能進入、穩定停泊、機動轉移”的特點。若衛星甲從DRO變軌進入環月橢圓軌道，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，衛星的運行周期為T；衛星乙從DRO變軌進入半徑為r的環月圓形軌道，周期也為T。月球的質量為M，半徑為R，引力常量為G。假設只考慮月球對甲、乙的引力，則(

)A.r=a+b+R2 B.10.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，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=12F2

B.E=三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.某實驗小組通過實驗探究加速度與力、質量的關系。(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：調整軌道的傾斜度，使小車__________。(選填正確答案標號)a.b.c.(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，并將數據實時傳送到計算機。

①圖丙是根據某次實驗采集的數據生成的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；以FN為橫軸、a為縱軸，根據實驗數據擬合得到的a-②若將物體質量增大一倍，重新進行實驗，其a-FN圖像為圖丁中的圖線__________。(選填“b”“c”或“d12.某同學設計了一個具有兩種擋位(“×1”擋和“×10”擋)的歐姆表，其內部電路如圖甲所示。電源為電池組(電動勢E的標稱值為3.0V，內阻r未知)，電流表G(表頭)的滿偏電流Ig=20mA，內阻Rg=45Ω，定值電阻R0=5Ω，滑動變阻器(1)測量前，要進行歐姆調零：將滑動變阻器的阻值調至最大，閉合開關S1、S2，此時歐姆表處于“×1”擋，將紅表筆與黑表筆__________，調節滑動變阻器的阻值，使指針指向__________(選填“0”或“∞”(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，應選用歐姆表的__________(選填“×1”或“×10”)擋。進行歐姆調零后，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到零，再調節電阻箱的阻值。當電阻箱的阻值調為228Ω時，指針指向“15”刻度位置(即電路中的電流為10mA)；當電阻箱的阻值調為88Ω時，指針指向“0”刻度位置(即電路中的電流為20mA)四、計算題13.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(1)求玻璃磚的折射率；(2)在該橫截面沿圓弧任意改變入射點的位置和入射方向，使激光能在圓心O點發生全反射，求入射光線與x軸之間夾角的范圍。14.如圖，M、N為固定在豎直平面內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開始在豎直平面內做圓周運動。小球牽引著繩子繞過N、M，運動到M(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。15.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域MNPQ存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。某裝置從MQ左側沿導軌水平向右發射第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；從原位置再發射第2根相同的導體棒，導體棒仍以初速度v0進入磁場，速度減為0時被鎖定，以此類推，直到發射第n根相同的導體棒進入磁場。已知導體棒的質量為m，電阻為R，長度恰好等于導軌間距，與導軌接觸良好(發射前導體棒與導軌不接觸)，不計空氣阻力、導軌的電阻，忽略回路中的電流對原磁場的影響。

求：(1)第1根導體棒剛進入磁場時，所受安培力的功率；(2)第2根導體棒從進入磁場到速度減為0的過程中，其橫截面上通過的電荷量；(3)從第1根導體棒進入磁場到第n根導體棒速度減為0的過程中，導軌右端定值電阻R上產生的總熱量。

答案和解析1.【答案】B

【解析】根據題意可知，釷核每俘獲1個中子質量數加1，電荷數不變，每發生一次

β

衰敗，質量數不變，電荷數加1，釷核變成鈾核，質量數加1，電荷數加2，則俘獲1個中子，發生

2

次

β

衰敗，即

x=1

，

故選B。2.【答案】D

【解析】A.彈簧上形成的波的振動方向與傳播方向平行是縱波，故A錯誤；B.同一介質中，波的傳播速度相同，則波的傳播速度不變，推、拉彈簧的周期越小，波的周期越小，由公式

λ=vT

可知，波長越短，故C.標記物振動的速度反應的是標志物在平衡位置附近往復運動的快慢，機械波的傳播速度是波在介質中的傳播速度，二者不是同一個速度，故C錯誤；D.標記物由靜止開始振動，說明它獲得了能量，這是因為機械波使得能量傳遞給標記物，則標記物由靜止開始振動的現象表明機械波能傳遞能量，故D正確。故選D。3.【答案】A

【解析】根據題意可知，氣球緩慢上升的過程中，氣體溫度不變，則氣體的內能不變，分子的平均動能不變，氣體壓強減小，根據理想氣體方程可知氣體的體積變大，氣體對外做功，由熱力學第一定律可知，由于氣體的內能不變，則吸收的熱量與氣體對外做的功相等。故選A。4.【答案】A

【解析】設勻加速直線運動時間為

t'

，勻速運動的速度為

v

勻加速直線運動階段，由位移公式

x加速階段和減速階段加速度大小相等，由逆向思維可知，勻減速直線運動階段的位移等于勻加速直線運動階段的位移，則勻速直線運動階段有

8x-x根據

x=12at'2，解得

故選A。5.【答案】C

【解析】A.因為物塊甲向右運動，木箱靜止，根據相對運動，甲對木箱的摩擦力方向向右，A錯誤；B.設乙運動的加速度為

a

，乙有豎直向下的恒定加速度，對甲、乙和木箱，由整體法，豎直方向受力分析有

F則地面對木箱的支持力大小不變，B錯誤；CD.設繩子的彈力大小為

T

，對甲受力分析有

對乙受力分析有

mg聯立解得

a=2.5m/s2

，

T故選C。6.【答案】D

【解析】因為M、N在運動過程中始終處于同一高度，所以N的速度

vN

與M在豎直方向的分速度

v設M做勻速圓周運動的角速度為

ω

，半徑為r，其豎直方向分速度

v即

v則D正確，ABC錯誤。故選D。7.【答案】C

【解析】A.根據洛倫茲力提供向心力有

qvB=mv2R

，可得

B.當粒子沿x軸正方向射出時，上表面接收到的粒子離y軸最近，如圖軌跡1，根據幾何關系可知

s上min=d

；當粒子恰能通過N點到達薄板上方時，薄板上表面接收點距離y軸最遠，如圖軌跡2，根據幾何關系可知，

s上max=C.根據圖像可知，粒子可以恰好打到下表面N點；當粒子沿y軸正方向射出時，粒子下表面接收到的粒子離y軸最遠，如圖軌跡3，根據幾何關系此時離y軸距離為d，故下表面接收到粒子的區域長度為d，故C正確；D.根據圖像可知，粒子恰好打到下表面N點時轉過的圓心角最小，用時最短，有

tmin=60°故選C。8.【答案】B

【解析】A.由題意可知，輸入電壓峰值Um=122V

，則輸入電壓有效值U1=UmB.若將副線圈匝數調為總匝數的

13

，根據變壓比可知，輸出電壓

U2'=13n2nC.輸入端電壓調為

u=122sin50πtV

D.將輸入電壓峰值減小一半，則輸入電壓有效值變為

U1''=12Um2=6V

，輸出電壓故選B。9.【答案】BC

【解析】AB.對于衛星甲和乙，由開普勒第三定律有

(a+b+2R2CD.對于衛星乙在環月圓軌道，萬有引力提供向心力，即

GMmr2=m(2故選BC。10.【答案】ABD

【解析】AB.如圖，

對兩球進行受力分析，設兩球間的庫侖力大小為F，傾角為

θ

，對甲球根據平衡條件有

FN1cosθ=mg

，

對乙球有

FN2cosθ=2mg

聯立解得

F=4Eq故

F同時有

F=kq?2qLC.若將甲、乙互換位置，若二者仍能保持靜止，同理可得對甲有

FN1'cos對乙有

FN2'cos聯立可得

F+4Eq假設不成立，故C錯誤；D.若撤去甲，對乙球根據動能定理

2根據前面分析由①②可知

tanθ=3Eqmg，聯立解得故選ABD。11.【答案】(1)(2)失重

d

【解析】(1)平衡阻力的方法是：調整軌道的傾斜度，使小車不受牽引時，能拖動紙帶沿軌道做勻速運動。故選c。(2)根據圖像可知

t=4s對物體根據牛頓第二定律

F整理得

a可知圖像的斜率為

1m

，故將物體質量增大一倍，圖像斜率變小，縱軸截距不變，其

a-FN

圖像為12.【答案】(1)短接

0(2)×10

160或160.0(3)2.8

【解析】(1)測量前，要進行歐姆調零，操作是將紅表筆與黑表筆短接，調節滑動變阻器的阻值，使指針指向0刻度位置。(2)已知表盤中間刻度值為“15”，若用“×10”擋，測量時指針指在150÷10=15刻度，在中間，應選用歐姆表的

×10

擋；根據圖乙可知，則該電阻的測量值為

16×10(3)根據閉合電路歐姆定律

E=I1(代入數據

I1=10mA

聯立可得

r=7Ω

，13.【答案】(1)根據題意得出光路圖如圖所示根據幾何關系可得

sinα=22RR

可得

β=45°

根據折射定律

n(2)發生全反射的臨界角滿足

sin可得

C要使激光能在圓心O點發生全反射，激光必須指向

O

點射入，如圖所示只要入射角大于

45°

，即可發生全反射，則使激光能在