云南省2025届高三物理下学期适应性考试试题A卷含解析

PAGE16-云南省2025届高三物理下学期适应性考试试题（A卷）（含解析）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.近代物理取得了特别辉煌的成就，下列关于近代物理的说法正确的是（）A.用同频率的光照耀不同的的金属表面时均有光电子逸出，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，则这种金属的逸出功W就越大B.137Cs是核泄漏时对人体产生有害辐射的的重要污染物，其核反应方程式其中X为电子C.一个氢原子处在n=4的能级，当它跃迁到较低能级时，最多可发出6种频率的光子D.每个核子只与邻近核子产生核力作用，比结合能越大的原子核越不稳定【答案】B【解析】【详解】A．依据爱因斯坦的光电效应方程同种光照耀金属，初动能Ek越大，该金属的逸出功W就越小，A错误；B．在核反应方程中，依据质量数守恒，电荷数守恒，可以求得X的质量数为零，带一个单位负电荷，因此它肯定是电子，B正确；C．因为只有一个氢原子，处在n=4的能级，当它跃迁到较低能级时，最多可发出3种频率的光子，C错误；D．比结合能越大，原了核结合的越坚固，也就是原子核越稳定，D错误。故选B。2.如图甲所示，O、A为电场中始终线上的两个点，带正电的点电荷只受电场力的作用，从O点以某一初速度沿直线运动到A点，其电势能Ep随位移x的变更关系如图乙所示。则从O到A过程中，下列说法正确的是（）A.点电荷的速度先增大后减小B.点电荷所受电场力先减小后增大C.该电场是负点电荷形成的D.O到A电势先降低后上升【答案】B【解析】【详解】A．正电荷在电场力作用下运动，故电荷的电势能与动能的总和不变，由图象可知，电势能先增大后减小，则动能先减小后增大，速度先减小后增大，A错误；

BC．电场力做的功W=Fx=Ep-Ep0，Ep-x图线的斜率反映电场力的大小，可见电场力先减小后增大，且方向发生了变更，因此不行能是点电荷的电场，即B正确，C错误；

D．从A到B过程中，该正电荷的电势能先增大再减小，则空间各点的电势先上升后降低，D错误。

故选B。3.某跳水运动员身高1.8m训练时从10m跳台双脚朝下自由下落。小潘同学利用手机连拍功能，连续拍了几张照片，其中两张连续照片中显示运动员双脚离水面的实际高度分别为5.0m和2.8m，试估算手机连拍的时间间隔（）A1×10-1 B.2×10-1 C.1×10-2 D.2×10【答案】B【解析】【详解】双脚离水面5.0m时，依据自由落体运动规律得联立并带入数据解得同理可得双脚离水面2.8m时可知故选B。4.如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成始终线排列，质量均为M，静止在光滑水平面上。c车上有一静止的质量为m的小孩。现跳到b车上，接着又马上从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度均为v。小孩跳到a车上后相对a车保持静止，则（）A.a、b、c、小孩四者组成的系统水平方向动量不守恒B.b、c两车运动速率相等C.b的速率为D.a的速率为【答案】D【解析】【详解】A．a、b、c、小孩四者组成的系统，水平方向的外力之和为零，水平方向动量守恒，故A错误；BC．对小孩跳离c车的过程，取向右为正方向，对小孩和c的系统，由水平方向动量守恒定律，有解得c车的速度为负号表示方向向左；对小孩跳上b车再跳离b车的过程，由小孩和b的系统水平方向动量守恒，有解得b车最终的速度为故BC均错误。D．对小孩跳上a车的过程，由动量守恒定律，有解得a车的最终速度为故D正确。故选D。5.在如图所示的装置中，两物块A、B的质量分别为mA、mB，而且mA＞mB，整个系统处于静止状态，设此时轻质动滑轮右端的轻绳与水平面之间的夹角为θ，若小车向左缓慢移动一小段距离并停下来后，整个系统再次处于静止状态，则下列说法正确的是（）A.物块A的位置高度不变 B.物块A的位置将变低C.轻绳与水平面的夹角θ将变大 D.轻绳与水平面的夹角θ将不变【答案】D【解析】【详解】CD．动滑轮两边绳子拉力相等，且在水平方向的重量也要相等才能平衡，故两边绳子与水平方向的夹角相等，都等于，绳子上的拉力总是等于A的重力保持不变，且动滑轮两边绳子的拉力合力总是等于mBg，合力不变，依据平行四边形合成，则两边绳子的夹角不变，即不变。故D正确，C错误。AB．小车向左缓慢移动一小段距离，由上分析可知绳子与水平方向的夹角不变，而小车和滑轮之间的水平距离增大，因此滑轮到小车之间的绳子应变长，绳子总长度不变，则物体A将上升。故AB错误。故选D。6.宇宙飞船以周期T绕地球作圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经验“日全食”过程(宇航员看不见太阳)，如图所示，已知地球的半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0，太阳光可看作平行光，飞船上的宇航员在A点测出对地球的张角为ɑ，则以下推断正确的是()A.飞船绕地球运动的线速度为B.一个天内飞船经验“日全食”的次数为C.飞船每次“日全食”过程的时间为D.飞船周期为【答案】AD【解析】【详解】飞船绕地球匀速圆周运动，线速度为；又由几何关系知

，解得：，故A正确；地球自转一圈时间为T0，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，得一天内飞船经验“日全食”的次数为，

故B错误；由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角所需的时间为：，故C错误．万有引力供应向心力则：得：，故D正确.7.如图所示，电荷量相等的两种离子氖20和氖22从容器A下方的狭缝S1飘入（初速度为零）电场区，经电场加速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面对里，离子经磁场偏转后发生分别，最终到达照相底片D上。不考虑离子间的相互作用，则（）A.电场力对每个氖20和氖22做的功相等B.氖22进入磁场时的速度较大C.氖22在磁场中运动的半径较小D.若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠【答案】AD【解析】【详解】A．依据电场力做功公式，氖20和氖22的电荷量相同，加速电场电压相同，所以做的功相同，A正确；B．在加速电场中，依据动能定理有由于氖20的质量小于氖22的质量，所以氖20的速度大于氖22的速度，B错误；C．在磁场中，依据洛伦兹力供应向心力，可得解得依据动能和动量的关系有综上可推断，q、B和Ek相同，由于氖22的质量大，所以氖22的半径也大，C错误；D．在加速电场中，依据动能定理有在磁场中，依据洛伦兹力供应向心力，可得联立可得对于同位素，加速电压相同时，质量越大做圆周运动的半径越大；对同种离子，加速电压越大，其做圆周运动的半径越大；若电压发生波动，则氖20和氖22做圆周运动的半径在肯定的范围内变更，所以氖20在电压较高时的半径可能和氖22在电压较低时的半径相等，两种离子打在照相底片上的位置就重叠，所以D正确。故选AD。8.如图所示，空间等间距分布着水平向里的一系列足够多的磁感应强度为B条形匀强磁场区，磁场区域竖直高度足够高。每个条形磁场区域的宽度和相邻条形磁场区域的间距均为d，现有一边长为L（d>L），质量为m，电阻为R的正方形线框MNOP以初速度v0从左侧磁场边缘水平进入磁场，进入磁场时MN边平行磁场边界，则以下说法正确的是（）A.由于磁场的存在使得线框落地时间比没有磁场时更长B.线框在该区域运动过程中产生的焦耳热为C.线框每穿过一个磁场区域时水平速度的变更量大小均为D.线框能穿过完整条形磁场区域的个数为表达式【答案】BD【解析】【详解】A．线框进入磁场或者出离磁场时会产生感应电流，则线圈上下边受到的安培力等大反向，可知竖直方向的合力仍等于线框的重力，则磁场的存在，线框落地时间与没有磁场时相同，选项A错误；B．线框水平方向上进磁场和出磁场受安培力做减速运动，在无磁场区以及全部在磁场中做匀速直线运动，在竖直方向上仅受重力，做自由落体运动。最终水平速度减为零，线框最终将竖直下落，设线框竖直下落H时，速度为vH，由能量守恒得自由落体规律vH2=2gH解得选项B正确；C．线圈在水平方向进入和出离磁场时都受到向左的安培力作用而做减速运动，则线圈进入磁场时，依据动量定理则则线框每穿过一个磁场区域时水平速度的变更量大小均为选项C错误；D．依据C的分析可知，线框能穿过完整条形磁场区域的个数为表达式选项D正确。故选BD。三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必需作答。第33~38题为选考题，考生依据要求作答。9.某试验小组要做“探究小车的加速度与合外力的关系”的试验，采纳的试验装置如图1所示．本试验首先要平衡摩擦力，其目的是______A.为了试验时细线的拉力近似等于所挂钩码的重力B.为了试验时小车所受的合外力等于细线的拉力C.为了试验时小车所受的合外力等于所挂钩码的重力本试验______填“须要”或“不须要”钩码的质量远小于小车的质量．该同学在探讨小车运动时打出了一条纸带，在纸带上每连续5个间隔取一个计数点，相邻两个计数点之间的距离如图2所示，打点计时器的频率，则小车的平均加速度为______结果保留3位有效数字试验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的图象，可能是下图中的图线______【答案】(1).B(2).不须要(3).0.999(4).C【解析】【分析】(1)探究小车加速度与合外力的关系，小车所受的合外力等于细线的拉力，须要平衡摩擦力；(2)运用力传感器可以干脆测量力的大小，不须要使钩码的质量远小于小车的质量；(3)依据逐差法求解小车的加速度；(4)假如没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的状况.【详解】(1)为了试验时小车所受的合外力等于细线的拉力，须要用小车的重力分力与摩擦力相平衡，故B正确；故选B.(2)运用传感器可以干脆测量拉力的大小，不须要钩码的质量远小于小车的质量，故选不须要；(3)频率为：f=50Hz，则周期为：T=0.02s，连续5个点为一个计数点，相邻两个计数点之间的时间间隔为：t=5T=0.1s；依据逐差法可知小车的加速度为：.(4)若没有平衡摩擦力，则当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，所以可能是图中的图线C.【点睛】解决本题的关键知道试验的原理以及试验需留意的事项，驾驭平衡摩擦力的方法，留意不能将装砂的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上．探讨三个物理量之间的关系，需采纳限制变量法，先限制一个物理量不变，探讨另外两个物理量之间的关系．留意探讨a与m的关系时，若作a-m图线，图线是曲线，无法得出a与m的关系．10.用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线。A.电压表V1（量程6V、内阻很大）B.电压表V2（量程3V、内阻很大）C.电流表A（量程3A、内阻很小）D.滑动变阻器R（最大阻值10Ω）E.小灯泡（2A、5W）F.电池组（电动势E、内阻r）G.开关一只，导线若干(1)某同学设计的试验电路图如图甲，试验时调整滑动变阻器的滑动片向右滑动，则电压表V1的示数________，电压表V2的示数________。（填“变大”“变小”或“不变”）(2)每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I，U1）、（I，U2），标到U－I坐标中，经过多次测量，最终描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势E=________V、内阻r=________Ω。（结果保留两位有效数字）(3)在U－I图像中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为________Ω，电池组的效率为________。【答案】(1).变小(2).变大(3).4.5(4).1.0(5).0(6).56%【解析】【详解】（1）[1]调整滑动变阻器的滑动片向右滑动，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，外电路的电阻减小，则路端电压减小，电压表V1的示数变小；[2]因电路的电流变大，则电压表V2的示数变大。（2）[3]由题图乙可知，电池组的电动势E=4.5V[4]内阻（3）[5]两图线的交点处，两个电压表的读数相同，故此时滑动变阻器接入电路中的阻值为0；[6]电池组的效率为11.如图1所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.40Ω的电阻，质量为m＝0.01kg、电阻为r＝0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止起先下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图2所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g＝10m/s2（忽视ab棒运动过程中对原磁场的影响），试求：（1）当t＝1.5s时，重力对金属棒ab做功的功率；（2）金属棒ab在起先运动的1.5s内，电阻R上产生的热量；（3）磁感应强度B的大小．【答案】（1）0.7W（2）0.26J（3）0.1T【解析】【详解】（1）由x﹣t图象求得t＝1.5s时金属棒的速度为v==m/s=7m/st＝1.5s时，重力对金属棒ab做功的功率为P＝mgv＝0.01×10×7W＝0.7W．（2）金属棒ab在起先运动的1.5s内，金属棒的重力势能减小，转化为金属棒的动能和电路的内能．设电路中产生的总焦耳热为Q，依据能量守恒定律得mgx=mv2+Q代入解得Q＝0.455J由焦耳定律得R中发热QR＝I2Rt，金属棒ab发热Qr＝I2rt，则QR：Qr＝R：r＝4：3又QR+Qr＝Q解得QR＝0.26J（3）金属棒匀速运动时所受的安培力大小为F＝BIL，而I=，E＝BLv得到F=依据平衡条件得F＝mg则有=mg代入解得B＝0.1T12.如图所示，水平面右端放一质量m=0.1kg的小物块（可看做质点），让小物块以v0=4m/s的初速度使其水平向左运动，运动位移s=1m时将弹簧压至最短（在弹簧的弹性限度内，其劲度系数k=100N/m。），反弹回到动身点时物块的速度大小v1=2m/s，若水平面右端与一长L=3m的水平传送带平滑连接，传送带以v2=10m/s的速度顺时针匀速转动，传送带右端又与竖直面内的光滑圆形轨道的底端平滑连接，当小物块进入圆轨道时会触发闭合装置关闭圆轨道，圆轨道半径R=0.8m，不计空气阻力，g=10m/s2.求：（答案可用根号表示）(1)为使小物块进入圆轨道后过不了圆心等高点，则传送带与物块间的动摩擦因数μ1满意的条件；(2)小物块与水平面间的动摩擦因数μ2、弹簧具有的最大压缩量xmax；(3)若将一个固定的长度与弹簧原长相等且右端面为与墙面平行的竖直平面的长方体替换弹簧，且右端面上方装一可看成质点的小铃铛（图上没画），且去除圆轨道触发闭合装置，物块进入圆轨道后不脱离圆轨道，小物块与长方体右端面发生弹性正碰。传送带与物块间的动摩擦因数μ=0.1，如要使铃铛响二声，给小物块向左的初速度v0满意什么条件。【答案】(1)；(2)，；(3)【解析】【详解】(1)物块恰好到达轨道圆心等高点时，依据动能定理得带入数据解得为使小物块进入圆轨道后过不了圆心等高点，则传送带与物块间的动摩擦因数μ1满意的条件是(2)物块从向左运动到回到原点，依据动能定理得带入数据解得物块从向左运动到弹簧压缩到最短时过程，依据动能定理得带入数据解得(3)要使铃铛响二声，给小物块向左的较大初速度v0，且到达圆轨道后不能高于圆心等高点，否则可能脱离轨道，从起点到达圆心等高点依据动能定理得带入数据解得给小物块向左的较小初速度v0，且最终恰好其次次达到铃铛处，传送带对物块先做正功后做负功，传送带全程对物块做功为零；同理重力对物块做功为零，从起点到其次次到达铃铛处，依据动能定理得带入数据解得给小物块向左的初速度v0满意条件是13.下列说法正确是________。A.石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同B.液