2025年高考第二次模拟考试卷：物理（云南卷）解析版

这是一份2025年高考第二次模拟考试卷：物理（云南卷）解析版，共19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．考古学家们利用放射性元素的半衰期可以确定文物的年代，衰变方程为，的半衰期是5730年，下列说法中正确的是（ ）
A．80个经过11460年后，还剩下20个
B．衰变的实质是核内的一个中子转变为一个质子，并放出一个电子
C．从比结合能大的核向比结合能小的核转变，这种核反应才能自发地发生
D．衰变过程由于发生了质量亏损，会吸收能量
【答案】B
【详解】A．半衰期具有统计意义，对于数量较少的放射性元素的原子而言没有意义，故A错误；
B．根据质量数守恒和电荷数守恒，可知X为电子，属于衰变，衰变的实质是核内的一个中子转变为一个质子，并放出一个电子，故B正确；
C．从比结合能小的核向比结合能大的核转变，这种核反应才能自发地发生，故C错误；
D．衰变过程有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程可知该过程会放出能量，故D错误。
故选B。
2．与地球的卫星月球类似，海王星的卫星海卫一也因潮汐锁定总是以同一半球朝向海王星。已知海卫一的轨道半长轴为、周期为，月球的轨道半长轴为、周期为，则海王星与地球的质量之比为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】根据开普勒第三定律可知
由于、只与中心天体的质量有关（与中心天体的质量成正比），故海王星与地球的质量之比为
故选D。
3．篮球是中学生喜欢的运动，如图所示，小明在某次训练投球时从同一高度的A、B两点先后将篮球抛出，篮球恰好都能垂直打在篮板上的P点，不计空气阻力，上述两个过程中（ ）
A．篮球从B点抛出击中P点时速度大B．篮球从B点抛出后速度的变化率大
C．篮球从B点抛出时小明对球做的功少D．篮球从B点抛出时重力的瞬时功率小
【答案】A
【详解】A．将篮球看成反向平抛运动，篮球在竖直方向下降的高度相同，在竖直方向有
可知篮球从两点下落的时间相同；在水平方向，可知，根据
可知
击中P点时速度即水平方向的速度，故篮球从B点抛出击中P点时速度大，故A正确；
B．根据
可知篮球从两点抛出到击中P点，速度变化率相同，都为重力加速度，故B错误；
C．将篮球看成反向平抛运动，篮球在竖直方向下降的高度相同，在竖直方向有
说明从两点抛出的竖直方向速度相同，但在水平方向有，根据
故从B点抛出的速度更大，根据动能定理有
篮球从B点抛出时小明对球做的功更大，故C错误；
D．根据
可知从两点抛出的竖直速度相同，故篮球从B点抛出时重力的瞬时功率相等，故D错误。
故选A。
4．如图所示，完全相同的三根刚性柱竖直固定在水平地面上的A'、B'、C'三点上，三点恰好在等边三角形的三个顶点上，三角形的边长为L，三根完全一样的轻绳一端固定在A、B、C三点上，另一端栓接在一起，结点为O。现把质量为m的重物用轻绳静止悬挂在结点O处，O点到ABC平面的距离为，重物不接触地面，当地重力加速度为g。则AO绳中的张力为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设结点为O在三角形ABC平面的投影为，根据题意和几何关系知到A、B、C三点的距离都相等，为
与三根轻绳间的夹角都相同，设为，则
故
对结点O，根据平衡条件
解得AO绳中的张力为
故选A。
5．如图甲所示，小明同学利用漏斗做简谐运动实验，他将漏斗下方的薄木板沿箭头方向拉出，漏斗4s内漏出的细沙在板上形成了如图乙所示曲线AE，当地重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．该沙摆的摆动频率为2Hz
B．该沙摆的摆长约为2m
C．由图乙可知薄木板做匀加速直线运动， 且加速度大小约为0.03m/s2
D．当图乙中的D点通过沙摆正下方时， 薄木板的速度大小约为0.25m/s
【答案】C
【详解】A．由题图乙知，4s时间内沙摆摆动两个完整的周期，则
则该沙摆的摆动频率为
选项A错误；
B．沙摆的周期
解得
选项B错误；
C．由图可知，连续相等的时间内，位移差近似相等，可知薄木板做匀加速直线运动，，根据逐差法可得
选项C正确；
D．匀变速直线运动在一段时间间隔的中间时刻的瞬时速度，等于这段时间内的平均速度，所以有
选项D错误。
故选C。
6．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度沿x轴正方向开始运动，从坐标原点O进入磁场时速度方向与x轴正方向成角，最终从x轴上的P点射出磁场。已知Q点到x轴距离为L，P点到y轴距离为2L，不计粒子重力。则磁感应强度和电场强度的大小之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因粒子从坐标原点O进入磁场时速度方向与x轴正方向成角，可知到粒子到O点时的速度
粒子从Q点运动到O点，由动能定理得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得磁感应强度和电场强度的大小之比
故选B。
7．如图甲所示，质量为的薄板静止在水平地面上，质量为的物块静止在的右端。时刻对施加一水平向右的作用力，的大小随时间的变化关系如图乙所示。已知与之间、与地面之间的动摩擦因数均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，始终未脱离。取，下列说法正确的是（ ）
A．时，与发生相对滑动
B．时，的加速度大小为
C．时，的速度大小为
D．时，、动量之和为
【答案】C
【详解】A．设A、B发生相对滑动时的最小外力为，对A受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
对于B而言，则有
联立上式解得
由乙图可知，外力与时间的关系满足
当时，，A、B没有发生相对滑动，A错误；
B．根据上述分析可知，时，，A、B具有共同的加速度，大小为，B错误；
C．根据动量定理，结合乙图可知
代入数据解得
C正确；
D．根据乙图，结合动量定理可知，时，A、B系统具有的动量之和为
代入数据解得
D错误。
故选C。
8．如图所示为一水平向右的匀强电场，质量为m可视为质点的带电小球，以初速度在M点水平向右抛出，通过N点时，速度竖直向下，大小为。重力加速度为g，电场强度E大小未知，不计空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）
A．带电小球所受电场力大小为
B．带电小球从M点运动到N点的时间为
C．带电小球所受合外力大小为
D．带电小球的加速度与竖直方向的夹角为
【答案】BD
【详解】A．水平和竖直方向，分别运用动量定理有
解得
，
故A错误，B正确；
C．根据力的矢量合成可知
与竖直方向的夹角满足
解得
根据牛顿二定律可知，加速度与竖直方向的夹角为，故C错误，D正确；
故选BD。
9．如图所示，定值电阻阻值为，R为电阻箱，理想变压器原线圈的匝数可调，当R接入电路的电阻为时，消耗的功率为P，若仅将原线圈的匝数减半，则消耗的功率为P1；若仅调节R，使R接入电路的电阻为，则消耗的功率也为，则下列关系式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【详解】AB．原线圈匝数减半，根据变压比，可知副线圈两端电压加倍，副线圈电路中电流加倍，则消耗的功率是原来的4倍，即
故A错误，B正确；
CD．设原线圈未改变时，副线圈输出电压为，则有
原线圈改变后有
解得
故C错误，D正确。
故选BD。
10．激光在生产、科技、医疗等方面有着重要的应用，某科研人员欲通过下述方法研究甲、乙两种不同颜色的激光的性质，如图所示，半圆柱体玻璃砖紧贴直线MN放置，O点为半圆柱体横截面的圆心，让两激光分别从O点垂直MN射入半圆柱体，保持入射方向不变，缓慢向右移动，观察到甲、乙两激光分别移至图中O1、O2点时，恰好无光线从圆弧面PN射出。关于甲、乙两激光，下列说法正确的是（ ）
A．激光乙的折射率更小
B．激光甲在玻璃砖中的传播速度更小
C．激光甲的衍射能力更强
D．用同一装置做光的双缝干涉实验时，激光乙的条纹更窄
【答案】AB
【详解】A．如图所示
恰好无光线从PN面射出时，表明光恰好在PN面上发生全反射，此时的入射角等于临界角，由图可知C1 < C2，根据
可知激光乙的折射率更小，故A正确；
B．由
可知，激光甲在玻璃砖中的传播速度更小，故B正确；
C．折射率大的光其波长小，衍射能力差，甲的波长小，甲的衍射能力更差，故C错误；
D．据
表明激光甲的条纹更窄，故D错误。
故选AB。
二、实验题：本题共2小题，共16分。
11．(8分)某学习小组利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
请回答下列问题：
(1)该实验需要研究三个物理量之间的关系，我们应该采用的研究方法是 ；
A．控制变量法B．放大法C．理想实验法
(2)某次实验获得的纸带如图乙所示，相邻计数点间均有4个点未画出，打点计时器电源频率为50Hz，则小车的加速度大小为 （结果保留三位有效数字）；
(3)该小组在某次实验中，保持小车和砝码总质量不变，以槽码的重力为外力，通过改变槽码的个数，得到了图丙中的曲线图像，一位同学利用最初的几组数据拟合了一条直线图像。如图所示，作一条与纵轴平行的虚直线，与这两条图线及横轴的交点分别为P、Q、N，若此虚线对应的小车和砝码总质量为M，悬挂槽码的质量为m，则 （用M、m表示）；
(4)该实验小组经过讨论后，改进了（3）中的实验方案，保持槽码、小车、砝码的总质量不变，把槽码分别逐个叠放在小车上，重复（3）中的实验。由此得到的a-F图像是一条 （填“直线”或“曲线”）。
【答案】(1)A (2)8.20 (3) (4)直线
【详解】（1）该实验需要研究三个物理量之间的关系，需要保持其中一个物理量不变，研究加速度与另外一个物理量的关系，这种方法叫作控制变量法。
故选A。
（2）由于相邻计数点间均有4个点未画出，则相邻点迹之间的时间间隔
根据逐差法可知小车的加速度为
（3）对小车和砝码进行分析，近似认为槽码重力等于小车和砝码所受的合力，根据牛顿第二定律有
小车和砝码总质量不变，对槽码与小车和砝码构成的整体，根据牛顿第二定律有
则
（4）保持槽码、小车、砝码的总质量不变，把槽码分别逐个叠放在小车上，槽码、小车和砝码总质量不变，以槽码、小车和砝码为整体，则有
即图像是一条直线。
12．(8分)小开同学要把一个电流计（满偏电流为，内阻未知）改装成一个量程为的电压表。为此，他设计了图甲所示的实验电路图，先进行该电流计内阻值的测量。其中为总阻值较大的滑动变阻器。连接好电路后，小开同学进行了如下实验操作：
①开关闭合之前将、调到最大值；
②只闭合开关，将由最大阻值逐渐调小，使电流计读数达到满偏电流；
③保持不变，再闭合，调节电阻箱的值，使电流计读数等于，同时记录下此时电阻箱的读数为。
(1)根据实验记录的数据，可求得待测电流计的内阻为 ；
(2)小开同学用测量值作为电流表的内阻，将电流表改装成量程为的电压表，需要串联一个 的电阻；
(3)小开同学用一个同量程的标准电压表与改装后的电压表并联进行校准，其中标准电压表示数如图乙所示时，改装电压表的表盘如图丙所示，则改装后的电压表量程为 V（保留两位有效数字），改装电表的量程发生偏差的可能原因是：电流计内阻测量值比真实值 （选填“偏大”或“偏小”）；
(4)要达到预期改装目的，不重新测量电流计的内阻值，只需将阻值为的电阻换为一个阻值为的电阻即可，其中 。
【答案】(1)120 (2)5880 (3) 6.4 偏小 (4)
【详解】（1）由题意，根据部分电路欧姆定律可得
可得待测电流计的内阻为
（2）将电流表改装成量程为的电压表，需要串联电阻的阻值为
（3）[1]图乙标准电压表的示数为3.2V，毫安表的读数为0.50mA，即对应改装表的电压为3.2V，则改装后电压表量程为
[2]因为改装后的电压表量程偏大，可能的原因是因为电流计内阻的测量值比真实值偏小。
（4）由于改装后的量程为6.4V，则改装后的电表的电阻为
而正确量程下，电表的内阻应为
要达到预期改装目的，不重新测量电流计的内阻值，只需将阻值为的电阻换为一个阻值为的电阻即可，故
即
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．(10分)汽缸是在自动化设备中广泛应用的执行机构，如图所示，某汽缸主要部件由缸体、活塞B、活塞杆C、气阀组成。活塞、活塞杆与缸体的导热以及密封性能均良好，且活塞与活塞杆运动过程中与缸体的摩擦力可以忽略不计。活塞连同活塞杆的质量，汽缸缸内横截面积以及活塞横截面积均为，汽缸内部长为，忽略活塞厚度。某次测试时，竖直固定汽缸，打开气阀，将活塞杆提升至汽缸顶部，然后只关闭气阀，释放活塞和活塞杆，已知重力加速度取，标准大气压。
(1)求活塞静止时距汽缸底部的距离。
(2)保持气阀与大气连通，在原有气体不泄露的情况下打开气阀，使用增压气泵通过与连接的导管向汽缸的下部分充气，最终使活塞回到汽缸顶部，求增压气泉充入的空气在1个标准大气压下的体积。
【答案】(1)30cm (2)
【分析】本题以自动化设备中常见的执行机构汽缸为背景，考查物体的平衡和玻意耳定律。意在考查学生模型构建和分析综合能力。
【详解】（1）（1）当活塞静止时，设下部分气柱长度为，如图所示，对活塞和活塞杆
进行受力分析可得
解得
对汽缸中下部分气体应用玻意耳定律可得
解得
（2）（2）对下部分气体，根据玻意耳定律可得
解得
14．(13分)如图所示，物块A、B、C置于光滑水平面上，物块A、B之间放有少量炸药后紧挨在一起，物块A到左侧竖直墙壁间的距离d₁=3L，物块B、C之间的距离d₂=4L。引爆炸药，经时间t后物块A与竖直墙壁发生碰撞。已知物块A、B、C的质量分别为m、3m、3m，物块B、C碰撞后会粘在一起，其余碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间和炸药爆炸时间均极短，不计炸药的质量，炸药爆炸后化学能全部转化为机械能，求：
(1)炸药爆炸释放的化学能E；
(2)从炸药爆炸到物块A、B碰撞所用的时间t'；
(3)物块C最终的速度大小v。
【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）由动量守恒定律得
联立解得
（2）物块A与墙壁碰撞时A、B相距的距离为x，则
设经过时间，物块A与B发生碰撞，则
解得
那么从炸药爆炸到物块A、B碰撞所用的时间t'为
（3）物块A与B发生弹性碰撞，则
对物块B与C由动量守恒定律得
联立解得
15．(15分)如图所示，两根间距L = 1 m、足够长光滑平行导轨与水平面夹角为θ = 30°，导轨上端用一单刀双掷开关分别连接阻值R = 1 Ω的电阻和电容C = 0.1 F的电容器，整个装置处于磁感应强度大小B = 0.2 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。在导轨上垂直于导轨放置一质量m = 0.016 kg的导体棒ab，并将其锁定在图示位置。将单刀双掷开关掷到1，并解除对导体棒的锁定，导体棒由静止开始向下运动，重力加速度g取10 m/s2，导轨和导体棒电阻均不计，求：
(1)导体棒获得的最大速度；
(2)若将单刀双掷开关掷到2，并解除锁定，导体棒获得（1）中同样的速度所用的时间。
【答案】(1)2 m/s (2)0.5 s
【详解】（1）单刀双掷开关掷到1时，导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，当导体棒匀速时，可知
导体棒切割磁感线的感应电动势为
回路中感应电流为
导体棒所受安培力大小为
联立，解得
（2）若单刀双掷开关掷到2时，并解除固定，取极短时间导体棒速度变化量为Δv，感应电动势的变化量
电容器上电量的变化量
回路中电流强度为
解得
导体棒受到的安培力
根据牛顿第二定律
联立，可得
解得