2025届云南三校高考备考实用性高三下学期2月联考卷（六）物理试题

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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．汤姆孙发现电子但并未测出电子的电荷量，故A错误。卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故B错误。法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故C正确。卡文迪什巧妙测量了万有引力常量，被人们称为测量地球质量的人，故D错误。
2. 时振子正向左运动，速度最大，加速度为0，故A错误。时振子处于F点，回复力最大，方向指向平衡位置向右，故B正确。内振子向平衡位置运动，则速度大小逐渐增加，故C错误。振子在前4s内回到原来的位置，则位移等于0，故D错误。
3．利用，可知物块的初速度和加速度分别为，，物块速度减小到零的时间，接下来反向运动，因此在0~3s内位移大小，5s初为4s末，因此在接下来的1s内的位移大小，因此总的路程，位移为40m，平均速度为10m/s，平均速率为12.5m/s，故A正确，B、C、D错误。
图1
4．红光的折射率小于绿光的折射率，所以半圆形曲面恰好只有 单色光射出时红光发生折射，绿光恰好发生全反射，故B正确。由，红光的传播速度较大，故D错误。如图1所示，由几何知识可知曲面上光束的入射角满足，解得，折射角为。根据折射率的定义式，可得，，故A错误。当红光也恰好发生全反射时有，此时，故C错误。
5．根据，解得。衰变时，系统动量守恒，因为新核的电荷量较大，所以新核的半径较小，故A错误。因为两粒子的轨迹外切，且初速度方向相反，所以两粒子带同种电荷，即衰变是α衰变，根据左手定则判断，两个圆周都是顺时针运动，故B错误，C正确。两圆的半径比∶∶，则新核的，原子核的原子序数为，故D错误。
6．根据题意可知，图像的纵坐标正负表示场强E的方向，纵坐标大小表示E大小，故A错误。粒子在电场力作用下做简谐运动，振幅为b，故B错误。粒子在运动过程中，只有电场力做功，由，图面积表示U，粒子运动的最大动能出现在O点，等于，故C正确。机械能最大的地方是O 点，故D错误。
图2
7．a粒子射出后在磁场中做匀速圆周运动，b粒子射出后 在电场中做类平抛运动，两粒子运动轨迹如图2所示。研究b粒子，根据抛体运动规律有，研究a粒子，根据数学关系得，联立解得，N点坐标，故A、B错误。研究a粒子，根据洛伦兹力提供向心力有，解得；研究b粒子，根据抛体运动规律得，，，解得，故D正确，C错误。
8．面积表示速度变化量的大小，故B错误。面积没有意义，纵坐标之差即为电势差，故D错误。
9．从图像中可看出在地球上竖直上抛物体在空中上升运动的时间为2t，上升的高度为3H，。同理在行星上有，联立解得，故A错误，B正确。在地球表面有，在该行星表面有，又，，联立解得，故D正确。
10．对AB系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，当B上升到最高点时，AB共速且速度为零，则由能量关系可知，解得，此时B刚好到达轨道最高点，故A错误。由人船模型可知，其中，可得，，故B正确。当时，滑块B将滑离轨道，滑块B到达轨道最高点时，由能量守恒可得，设在水平方向、竖直方向的分量分别为，，则，由水平方向动量守恒可得，当滑块B到达轨道最高点时，在沿圆弧轨道半径的方向上A、B速度相等，则，联立解得B从轨道冲出后水平速度为，则A的速度为，，则B能上升的最大高度为，故C错误。
非选择题：共5小题，共54分。
11.（每空2分，共8分）
（1）①AB（全对给2分，漏选给1分，有错选给0分）
②
（2）①1.5
②不是
【解析】（2）平抛运动水平方向做匀速直线运动，有，可知A到B和B到C的时间相等，根据竖直方向可得，解得频闪照相的时间间隔，小球平抛的初速度大小。
12.（除特殊标注外，每空2分，共8分）
（1）黑（1分） 1.45（1分）
（2）598
（3）12 0.60
【解析】（1）在正确使用和操作的情况下，图中b表笔与电源正极相连，根据电流红进黑出可知应为黑表笔。
（2）图中两表笔短接进行欧姆调零，滑动变阻器接入电路的阻值为。
（3）在图丙中作出U-I图像，如图3所示，由图可知，交点的横坐标，纵坐标为，则灯泡总功率。
图3
13．（10分）
解：（1）初始时，活塞A静止，封闭气体的压强为，设图乙中封闭气体的压强为，活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变，由玻意耳定律可得
①
解得②
由③
解得④
（2）等压过程有 ⑤
解得
外界对封闭气体做负功⑥
则 ⑦
根据 ⑧
温度增加，为正，体积增大，W为负 ⑨
故Q为吸热 ⑩
评分标准：本题共10分。正确得出 = 1 \* GB3 ①~⑩式各给1分。
14.（11分）
解：（1）小球恰能过最高点B，则①
D到B过程有②
解得
小球恰能到C点，则
由③
解得
要求小球不脱离轨道，则或④
（2）当小球在B点受到圆环的支持力为N，则
QUOTE N+mg=mV2R ⑤
D到B过程有 ⑥
解得 QUOTE N=mg
对圆环和底座有 ⑦
则，由牛顿第三定律可知底座对地面的压力大小为⑧
此时底座对地面的压力不是最小的 ⑨
理由如下（供讲解使用）
如图4所示，当小球在E点受到圆环的支持力为N，则
图4
D到E过程有
得
对圆环和底座
则
则当时，最小为
评分标准：本题共11分。正确得出④、⑨式各给2分，其余各式各给1分。
15.（17分）
解：（1）棒匀速①
②
则③
（2）流过金属棒的电量，一部分经过电阻，一部分储存在电容器中，即
④
对电容器最终⑤
由⑥
得⑦
在内，流经电阻的电量⑧
金属棒在圆弧运动的过程中
则⑨
得⑩
（3）克服安培力做功转化而来的电能，一部分储存在电容器中，一部分转化为电阻的热能，即
金属棒在圆弧上运动切割磁感线产生的电动势
，
则电阻两端电压有效值
故
得
联立上式，得
评分标准：本题共17分。正确得出 = 1 \* GB3 ①~式各给1分。题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
A
B
C
C
D
AC
BD
BD