2025届云南省三校高三上学期高考备考实用性联考（五）物理试卷

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选择题：共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的给6分，选对但不全的给3分，有选错的给0分。
【解析】
1．图像的斜率表示速度的大小，从图像上可以看出时刻B的速度比A的速度大，故A错误。这段时间，A一直朝正方向运动，而B先朝正方向运动，后朝反方向运动，AB初末位置相同，所以AB的位移相等，但路程是B大于A，按照平均速率的定义可知A的平均速率小于B的平均速率。根据平均速度的定义可知AB的平均速度相等， 故B、D错误。从图像上可以看出：t1 时刻和t2 时刻两物体的位置相同，因此t1、t2 时刻两物体相遇，故C正确。
2．根据可知，距离太阳越远，加速度越小，金星距离太阳近，则金星绕太阳运动的加速度比火星大，故A错误。根据开普勒第三定律，可知距离太阳越远，周期越长，金星距离太阳近，所以金星绕太阳运动的周期比火星小，故B错误。根据得，可知金星与火星表面重力加速度之比，故C错误。根据可知，金星与火星第一宇宙速度之比，故D正确。
图1
3．电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有。粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图1所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故有，故A正确。
4．开关接1时，平行板间的电压不变，x增大，电介质常数减小，由公式可知电容器的电容减小，又由知平行板电容器的电荷量减小，故A错误。减小，电容器充电，由电路图可知，电路中的电流沿顺时针方向，故B正确。开关接2时，电容器所带的电荷量保持不变，x减小，电容器的电容增大，由公式可知两极板的电势差减小，则静电计的指针偏转角度减小，故C错误。由可知平行板间的电场强度增大，故D错误。
图2
5．、、方向的分量与所建坐标系对应正方向相同时显示的示数为正值，反向时为负值，则说明当坐标轴与磁场方向垂直时，示数为0，故A错误，B正确。前四次测量时手机屏面保持水平且正面朝上，而表中z轴数值为负值，说明该地地磁场方向向下，根据地磁场分布图（如图2所示）可判断该地位于北半球，故C错误。用六组数据用求出磁场大小后，求平均值可算出当地的地磁场场强约为50，故D错误。
6．、边的长度是边的两倍，故电阻也是两倍，二者并联后电流不同，故A错误。第一次对三角形受力分析得，第二次对三角形受力分析得，两次弹簧测力计示数不同，联立两式，可以得到，，故B、D错误，C正确。
7．设小球到达C点时的速度为，则有，从A点到C点的过程中，取A 所在平面为重力势能零势面，由机械能守恒定律，由以上各式得，将，代入得，结合图乙可得，其中图像的斜率，解得，故A、B正确，不符合题意。当小球恰能经过半圆轨道最高点C时的轨道半径为，轨道对小球的弹力，由，解得，故C正确，不合题意。若小球恰能通过轨道上的C点，则从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒定律，，由以上各式得，故D错误，符合题意。
8．当汽车以的功率在公路上匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，功率变为2P0时，此后汽车以该功率行驶，故C正确。由于速度不发生突变，则牵引力变为，此时，汽车做加速运动，增大，由于，功率不变速度增大，则牵引力减小，根据，加速度也减小，故A、D错误。由于阻力不变，最终牵引力等于阻力，加速度为零，汽车做加速度减小的加速运动，最终匀速，故B正确。
9．开始时行李初速度为零，相对皮带向右滑动，可知摩擦力为，根据牛顿第二定律
，解得，故A错误。行李达到和皮带速度相同需要的时间为，
位移为，行李匀速到B的时间为，行李从A运动到B处的时间为，故B、C正确。行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为，故D错误。
10．粒子从初始位置运动到x轴时电场力做功为0，所以不可能运动到x轴以上位置，到达x轴的速度为零，所以会再次向下运动，故A正确，B错误。粒子第一次运动到距离x轴最远处时洛伦兹力不做功，由动能定理得，解得，在此处，解得，故C错误。最大速率满足，解得，故D正确。
非选择题：共5小题，共54分。
11.（除特殊标注外，每空2分，共8分）
（1）835.4（1分） 大于
（2）串联（1分） 1670.8
（3）1572.5
【解析】（1）利用“半偏法”测电阻时，当被测电压表半偏时与之串联的电阻箱的阻值为电压表内阻的测量值，由图乙可知电压表V1的内阻为835.4Ω。由于电阻箱的接入，测量电路部分的总电阻增大，分得的电压增大，导致电阻箱的阻值大于被测电压表的阻值，因此测量值大于真实值。
（2）要想扩大电压表V1的量程至，需要将电阻箱R2与之串联。根据串联分压有，解得。
（3）用标准电压表V2与改装后的电压表并联进行校准，当电压表V2示数为1.5V时，电压表V1示数为0.48V，此时电阻箱分得的电压为1.02V，设电压表V1的真实阻值为，根据串联分压有，再根据，联立解得。
12.（除特殊标注外，每空2分，共10分）
图3
（1）A
（2）B
（3）如图3所示（4分，电流表外接2分，变阻器限流接法2分）
（4）A
【解析】（1）测量值是0.65mm，读到mm的百分位，螺旋测微器读到mm的千分位，所以不是螺旋测微器，是游标卡尺。末尾数是5，所以精确度为0.05，为20分度游标卡尺，故A正确。
（2）测电阻时指针出现在欧姆表盘0刻度右侧，通过多用电表内部的灵敏电流计的电流超过其量程，由欧姆表工作原理，可知是偏小导致，最可能的原因是未进行欧姆调零，故B正确。
（3）由于电压表内阻远大于待测电阻，电流表应采用外接法，由于滑动变阻器最大阻值大于待测电阻，滑动变阻器可以采用限流接法，电路图如图所示。
（4）先将金属丝接入电路，然后用米尺测量接入电路中的金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，故A错误。用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值，故B正确。因为温度对金属丝电阻有影响，实验中应保持金属丝的温度大致保持不变，故C正确。
13．（10分）
解：（1）粒子在水平方向的速度①
水平方向匀速直线运动②
（2） ③
④
⑤
解得 ⑥
故θ的取值范围是 ⑦
评分标准：本题共10分。正确得出 = 1 \* GB3 ①、②、⑦式各给2分，其余各式各给1分。
14．（12分）
解：（1）该粒子从d点运动到点
①
②
图4
因为，所以 ③
（2）由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的思路，沿cd方向建立x轴（水平方向），垂直于cd方向建立y轴，如图4所示，在x方向有
④
解得⑤
在y方向有 ⑥
解得⑦
电场方向与水平方向夹角θ满足⑧
电场方向与水平方向成60°，则电场与ab平行，且由a指向b ⑨
⑩
评分标准：本题共12分。正确得出①、③式各给2分，其余各式各给1分（其他正确解法参照给分）。
15.（14分）
解：（1）铁块A、B与木板C的质量之比是∶∶3∶2∶1，设铁块A、B与木板C的质量分别为3m、2m、m。铁块A、B弹开过程，动量守恒，有
①
铁块A弹开后恰好过半圆形轨道最高点P，则由牛顿第二定律有
②
铁块A弹开后，一直运动到半圆形轨道最高点P，根据机械能守恒定律有
③
解得④
（2）B与C组成的系统动量守恒，设共同速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律得
⑤
解得⑥
设此过程C的位移大小为，由动能定理得
⑦
解得⑧
则B与C共速后滑板才与D碰撞，对B、C系统，由能量守恒定律得
⑨
解得系统产生的热量⑩
（3）设C与D第一次碰撞前瞬间，B与C的速度大小分别是、，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
⑪
设C与D第二次碰撞前瞬间，B与C的速度大小分别为、，由动量守恒定律得
⑫
若要碰撞两次，需要满足，
根据C往返运动的对称性可知
对C，由动能定理得⑬
解得或
综上所述：x应满足的条件是⑭
评分标准：本题共14分。正确得出①~⑭式各给1分。题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
A
B
B
C
D
BC
BC
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