2025年高考第三次模拟考试卷：物理（云南卷）解析版

这是一份2025年高考第三次模拟考试卷：物理（云南卷）解析版，共17页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题：本题共10小题，第1~7题在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，每小题4分，共28分。第8~10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，有选错或不答的得0分，共18分。
1．一质点做平抛运动。若忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．其竖直方向的加速度是变化的B．其竖直方向的加速度是不变的
C．其水平方向的加速度是变化的D．其总加速度是变化的
【答案】B
【详解】质点做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，加速度为零，竖直方向做自由落体运动，加速度为重力加速度，恒定不变，则其总加速度不变。
故选B。
2．一简谐横波在时刻的波形图如图所示，该简谐波沿轴正方向传播，周期，质点的横坐标，则（ ）
A．简谐波的波长为
B．简谐波的波速是
C．简谐波的振幅为
D．时，向轴负方向运动
【答案】B
【详解】A．由图可知波长为20m，故A错误；
B．波速为
故B正确；
C．由图知振幅为0.25m，故C错误；
D．该简谐波沿轴正方向传播，根据上下坡法可知，时，向轴正方向运动，故D错误。
故选B。
3．某图书馆的书籍防盗系统利用LC振荡电路原理，在出口处的地毯下埋有线圈L与电容器C构成的振荡电路，如图甲所示。当未消磁的书籍标签（内含金属材料）靠近时，线圈的自感系数增大，导致振荡频率变化，从而触发警报。若该振荡电路中电容器上极板的电荷量q随时间t变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．时刻，电容器的电场能为零B．时刻，线圈的自感电动势最大
C．时间内，线圈中电流逐渐减小D．时间内，未消磁的书籍标签正在远离线圈
【答案】C
【详解】A．时刻，电容器上极板带电量最大，可知电场能最大，选项A错误；
B．时刻，电容器放电完毕，此时线圈的电流最大，电流变化率最小，则自感电动势最小，选项B错误；
C．时间内，电容器带电量增大，则线圈中电流逐渐减小，选项C正确；
D. 由图可知时间内，振动电路的振动周期逐渐变大，根据
可知线圈自感系数L变大，可知未消磁的书籍标签正在靠近线圈，选项D错误。
故选C。
4．人造卫星甲、乙绕地球公转的轨道半径分别为和，绕地球公转的角速度分别为和，若人造卫星绕地球的运动均可视为匀速圆周运动，则下列关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】卫星绕地球公转，根据万有引力提供向心力可得
可得
联立有
由数学知识可知有
即
可知图像的斜率为
故选A。
5．一物块在高为2m、长为2.5m的斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化关系如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度g=10m/s2。则（ ）
A．物块下滑过程中机械能守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时，加速度大小为4.8m/s2
D．物块下滑1.25m时，机械能损失了16J
【答案】C
【详解】A．下滑过程中，物块重力势能减少20J，动能只增加了12J，故机械能不守恒，故A错误；
B．斜面高为2m，长为2.5m，故倾角为53°，在顶端时，重力势能为
Ep=mgh=20J
解得
m=1kg
由损失的机械能
Q=μmgscs53°=8J
解得
故B错误；
C．由牛顿第二定律有
mgsin53°-μmgcs53°=ma
解得
a=4.8m/s2
故C正确；
D．下滑1.25m时，重力势能为10J，动能为6J，机械能剩余16J，则机械能损失了4J，故D错误。
故选C。
6．如图，将质量为m的小球用两根长均为L的细线分别悬于固定水平杆上的A、B两点，小球静止时，两细线与杆的夹角（），一个始终垂直于纸面向外的拉力作用在小球上，使小球缓慢移动，重力加速度大小为g，当小球移动的水平距离为0.3L时，细线的拉力的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】小球移动的水平距离为0.3L时的侧面图为
如图可知两细线的拉力的合力大小为
由于小球静止时两细线与杆的夹角，有
所以
可得
设每根细线的拉力大小为，则
解得
故选C。
7．如图所示，一个电容为C的平行板电容器与恒压电源相连，平行板电容器极板长度为d，极板间距离也为d。一电荷量为q、质量为m的粒子以平行于极板的速度v0贴近上极板从左侧进入电场，恰好能从两极板间的中点射出。不计粒子所受重力，忽略电容器两极板的边缘效应。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．带电粒子射出电场时的速度大小为2v0
C．若将下极板上移，则粒子恰好紧贴下极板右侧射出
D．若断开开关后将下极板上移，则粒子穿过平行板电容器的过程中电势能减少了
【答案】D
【详解】A．由粒子的运动可知，粒子所受电场力垂直于极板向下，因电场方向垂直于极板向下，所以粒子带正电，故A错误；
B．粒子在两极板间做类平抛运动，射出电场时速度的方向延长线过上极板的中点，即速度方向与极板成角，所以，带电粒子射出电场时的速度大小为，故B错误；
C．若将下极板上移，则两极板间的场强变为原来的2倍，粒子的加速度变为原来的2倍，假设粒子能够射出电场，则粒子在两极板间运动的时间不变，垂直极板方向发生的位移变为原来的2倍，所以粒子必将打在下极板上，故C错误；
D．若断开开关后将下极板上移，根据，，
得
若电容器两极板与电源断开，则不变，若只改变两极板间的距离则两极板间的场强不变。
则粒子的运动轨迹不变，即粒子穿过平行板电容器的过程中动能增加了，因粒子只受电场力，动能与电势能总和不变，所以电势能的减少量等于动能的增加量，即电势能减少了，故D正确。
故选D。
8．霍尔元件的应用非常广泛，磁传感器中常用到霍尔元件。如图所示有一个霍尔元件（载流子为电子），现通有水平向右的恒定电流I，并放在垂直纸面向外的匀强磁场B中（电流与磁场垂直），在上下两水平面A和接电压表（图中未画出），并将该电压表改装成测量磁感应强度的仪表。下列说法正确的是（ ）
A．A表面接电压表的正接线柱B．表面接电压表的正接线柱
C．改装的磁感应强度表刻度均匀D．改装的磁感应强度表刻度不均匀
【答案】AC
【详解】AB．根据左手定则，由于霍尔元件的载流子是电子，电子在磁场的作用下偏向极板，极板的电势比A极板电势高，则A极板接电源的正极，故A正确，B错误；
CD．根据电流的微观表达式有
其中，n为单位体积内电子个数，S为通过电流的横截面积，e为电子的带电荷量，v为电子定向移动速率，由于在霍尔元件中最终形成稳定的电场，其电势差为
其中d为霍尔元件的厚度，即上下极板间的距离，两式联立解得
由式子可知，电势差与磁感应强度成正比，可知，将电压表改装为磁感应强度表，刻度均匀，故C正确，D错误。
故选AC。
9．氢原子在某三个相邻能级间跃迁时，可发出三种不同波长的辐射光．已知其中的两个波长分别为λ1和λ2，且λ1>λ2，则另一个波长可能是( )
A．λ1＋λ2B．λ1－λ2
C．D．
【答案】CD
【详解】氢原子在能级间跃迁时，发出的光子的能量与能级差相等．如果这三个相邻能级分别为1、2、3能级
且能级差满足
根据
可得可以产生的光子波长由小到大分别为
这三种波长满足两种关系
和
变形可得
AB错误，CD正确。
故选CD。
10．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，原线圈接在电压峰值为的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为，已知该容器内的气体吸收的热量与其温度变化量成正比，即，其中已知，若电热丝产生的热量全部被气体吸收，当容器内气体压强达到加热前的2倍时，则下列说法正确的是（ ）
A．变压器的输出电压为B．变压器的输出功率为
C．容器内气体吸收的热量为D．电热丝通电的时间为
【答案】BD
【详解】A．由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为
设变压器副线圈的输出电压为U2，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有
联立解得
A错误；
B．理想变压器的输出功率等于R的热功率，即
B正确；
C．设加热前容器内气体的压强为p0，则加热后气体的压强为2p0，温度为T2，容器内的气体做等容变化，则有
由
解得气体吸收的热量
C错误；
D．根据热力学第一定律
气体的体积不变，所以
容器是绝热容器，则
电热丝产生的热量全部被气体吸收
联立整理得
解得
D正确。
故选BD。
二、实验题：本题共2小题，共16分。
11．某同学利用激光测量半圆柱体玻璃砖的折射率，具体步骤如下：
①平铺白纸，用铅笔画两条互相垂直的直线和，交点为O。将半圆柱体玻璃砖的平直边紧贴，并使其圆心位于O点，画出玻璃砖的半圆弧轮廓线，如图（a）所示。
②将一细激光束沿CO方向以某一入射角射入玻璃砖，记录折射光线与半圆弧的交点M。
③拿走玻璃砖，标记CO光线与半圆弧的交点P。
④分别过M、P作BB'的垂线、，、是垂足，并用米尺分别测量、的长度x和y。
⑤改变入射角，重复步骤②③④，得到多组x和y的数据。根据这些数据作出图像，如图（b）所示。
(1)关于该实验，下列说法正确的是_____（单选，填标号）。
A．入射角越小，误差越小
B．激光的平行度好，比用插针法测量更有利于减小误差
C．选择圆心O点作为入射点，是因为此处的折射现象最明显
(2)根据图像，可得玻璃砖的折射率为 （保留三位有效数字）。
(3)若描画的半圆弧轮廓线半径略大于玻璃砖的实际半径，则折射率的测量结果 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】(1)B (2)1.57 (3)不变
【详解】（1）A．入射角适当即可，不能太小，入射角太小，导致折射角太小，测量的误差会变大，故A错误；
B．激光的平行度好，比用插针法测量更有利于减小误差，故B正确；
C．相同的材料在各点的折射效果都一样，故C错误。
故选B。
（2）设半圆柱体玻璃砖的半径为，根据几何关系可得入射角的正弦值为
折射角的正弦值为
折射率
可知图像斜率大小等于折射率，即
（3）根据（2）中数据处理方法可知若描画的半圆弧轮廓线半径略大于玻璃砖的实际半径，则折射率的测量结果不变。
12．某探究小组要测量电池的电动势和内阻。可利用的器材有：电压表、电阻丝、定值电阻（阻值为）、金属夹、刻度尺、开关S、导线若干。他们设计了如图所示的实验电路原理图。
(1)实验步骤如下：
①将电阻丝拉直固定，按照图（a）连接电路，金属夹置于电阻丝的 。（填“A”或“B”）端；
②闭合开关S，快速滑动金属夹至适当位置并记录电压表示数U，断开开关S，记录金属夹与B端的距离L；
③多次重复步骤②，根据记录的若干组U、L的值，作出图（c）中图线Ⅰ；
④按照图（b）将定值电阻接入电路，多次重复步骤②，再根据记录的若干组U、L的值，作出图（c）中图线Ⅱ。
(2)由图线得出纵轴截距为b，则待测电池的电动势 。
(3)由图线求得Ⅰ、Ⅱ的斜率分别为、，若，则待测电池的内阻 （用和表示）。
【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）为了保护电路，闭合开关前，金属夹置于电阻丝的最大阻值处，由图可知，应该置于端。
（2）对于电路图（a），根据闭合电路欧姆定律有
设金属丝的电阻率为，横截面积为，结合欧姆定律和电阻定律
联立可得
整理可得
对于电路图（b），根据闭合电路欧姆定律有
结合欧姆定律和电阻定律
联立后整理
可知图线的纵轴截距
解得
（3）由题意可知
又
联立解得
三、计算题：本题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．如图，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑的水平面上，两物体的质量，。从开始，推力和拉力分别作用于A、B上，随时间的变化规律为，。求：
(1)时，A、B之间的弹力大小；
(2)时，物体B的速度大小。
【答案】(1) (2)
【详解】（1）A、B分离前对整体由牛顿第二定律
得
对A物体由牛顿第二定律
当时A、B恰好分离，此时由，得时恰分离。
即时A、B之间的弹力大小
（2）1s末B的速度
其中，
得
1s后A、B分离，由牛顿第二定律
得
2s末时B的速度
得
14．如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为，方向竖直向下的匀强磁场。长为，质量为、电阻为的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为、电阻为的均匀金属丝制成一个边长为的正方形线框，水平放置在两直导轨上，其中心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属线框的可能形变，金属棒、金属线框均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
(2)金属线框刚开始运动时的加速度大小；
(3)为使ab在整个运动过程中不与金属线框接触，金属线框中心初始位置到MP的最小距离。
【答案】(1)0.4V (2)m/s2 (3)0.7m
【详解】（1）对金属棒ab由静止释放到刚越过MP的过程，由动能定理可得
解得
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
（2）正方形线框有两条边与两直导轨重合，线框接入电路的电阻为
由闭合电路的欧姆定律得
线框刚开始运动时的加速度大小为
解得
（3）ab在整个运动过程中不与金属线框接触，则金属棒与线框恰好不接触时一起匀速运动；ab从越过MP到开始匀速，金属棒和线框受到的安培力大小相等、方向相反，水平方向动量守恒。取向右为正方向，根据动量守恒定律可得
解得最终共同速度大小为
取向右为正方向，对线框根据动量定理可得
即
由，解得
则金属线框中心初始位置到MP的最小距离
15．如图所示，在倾角为的固定光滑斜面上，为一固定挡板，轻质弹簧的一端连接物体，另一端固定在挡板上。物体在上方斜面的某处。用力控制、保持静止，且使弹簧处于自然状态，现同时释放物体、，物体完成一次全振动，经过时间时，和恰好相碰且粘为一体。物体的质量为，物体的质量为2m。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为，重力加速度为。求：
(1)释放前物体、间的距离；
(2)和粘为一体后的最大速度；
(3)若和达到物体释放位置上方处时其速度恰好为零，则运动过程中弹簧弹力的最大值与的关系。
【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）由题意可知，当物体A处于平衡位置时，受力平衡
解得此时弹簧的压缩量为
物体A完成一次全振动时，又回到了最初释放的位置。物体B在这段时间内沿着斜面向下做匀加速直线运动，加速度为
由匀变速直线运动的位移时间关系可得
（2）由匀变速直线运动的速度时间关系可得，物体B下滑到刚与物体A接触时的速度为
物体A和物体B发生碰撞，根据动量守恒定律可得
物体A和物体B粘为一体，此时的平衡位置满足
解得
分析AB整体的运动可知，当AB整体到达平衡位置时，速度最大。从AB粘为一体到平衡位置，由动能定理得
其中
化简可得，最大速度为
（3）根据简谐运动的对称性，由题意可知，运动过程中弹簧弹力的最大值为