2025届云南省名校联盟高三上学期月考（五）物理试卷（解析版）

这是一份2025届云南省名校联盟高三上学期月考（五）物理试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了02s等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，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，每小题6分，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. 太阳的能量来源是轻核的聚变，太阳中存在的主要元素是氢，核聚变反应可以看作是4个氢核（）结合成1个氦核同时放出两个正电子的过程。质子的质量为10078u，α粒子的质量为4.0026u，正电子的质量为0.0005u，1u相当于931.5MeV的能量。每次核聚变反应过程中释放的能量约为取（ ）
A. 2.57MeVB. 25.7MeV
C 257MeVD. 2570MeV
【答案】B
【解析】核聚变反应方程为
核聚变反应过程中的质量亏损为
由质能方程可知释放的能量为。故选B。
2. 我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活中，避雷针就利用了尖端放电现象。避雷针上方有雷云时，避雷针附近的电场线分布如图所示，图中竖直黑线表示避雷针。A、B两点的电场强度大小用、表示。电子在A、B两点的电势能用、表示，下列关系式正确的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】电场线的疏密程度代表电场强度的大小，由题图可知
沿着电场线的方向电势降低，故，电势能，电子带负电，因此。
故选C
3. 滚筒式洗衣机的滚筒截面可视为圆，O为圆心。洗衣机脱水时，一物块（可视为质点）紧贴筒壁随滚筒在竖直面内做匀速圆周运动，A、B、C、D为轨迹上的四个点，且AB、CD为两条相互垂直的直径，AB竖直，如图所示。则物块在四个点（ ）
A. 角速度相同B. 所受合外力相同
C. 向心加速度相同D. 对筒壁的压力大小相等
【答案】A
【解析】ABC．物块做匀速圆周运动，角速度相同，所受合外力和向心加速度方向时刻发生变化，选项A正确，选项BC错误；
D．在四个点合外力大小相同，因为受到重力作用，所以对筒壁压力大小不相等，选项D错误。故选A。
4. 光滑水平地面上，质量为1kg的物体在合外力F的作用下从静止开始运动，F随时间t变化的关系如图所示，0~2s时间内F对物体做的功为（ ）
A. 2JB. 4JC. 6JD. 8J
【答案】D
【解析】0~2s时间内，对物体由动量定理得I=mv
由题图得
对物块由动能定理得
联立解得W=8J。故选D。
5. 某同学做家务时，使用拖把清理地板，如图所示。若拖把头的质量为1kg，拖把杆的质量不计，拖把杆与水平地面成53°角。当对拖把头施加一个沿拖把杆向下、大小为10N的力时，恰好能推动拖把头向前匀速运动。取，。重力加速度。则拖把头与地板间的动摩擦因数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】对拖把头受力分析如图所示
因为恰好能推动拖把头向前匀速运动，根据平衡条件可得，
又
联立解得，故选C。
6. 静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，某时刻突然发生衰变，衰变产生的新核和粒子恰好在纸面内做匀速圆周运动。运动轨迹迹示意图如图所示。不计粒子的重力和粒子间的相互作用力下列说法正确的是（ ）
A. 该衰变属于α衰变。轨迹1、2的半径之比为1∶46
B. 该衰变属于α衰变，轨迹1、2的半径之比为3∶46
C. 该衰变属于β衰变，轨迹1、2的半径之比为1∶95
D. 该衰变属于β衰变，轨迹1、2的半径之比为1∶93
【答案】A
【解析】由左手定则可知，衰变产生的新核和粒子带同种电荷，因此该衰变属于α衰变，衰变反应方程为
衰变瞬间由动量守恒定律得
新核和粒子恰好在纸面内做匀速圆周运动，由牛顿运动定律可得，
联立解得，故选A。
7. 刘慈欣在《地球大炮》中描述了一条“从中国出发的通过地心贯穿地球的隧道”。如图所示，质量为m的列车从A点由静止开始无动力运动，仅在万有引力作用下可在地球A、B两点间往返运动。地球可视作质量分布均匀的半径为R的球体，地心在O点，P点为半径OB上靠近地心的三等分点。已知质量分布均匀的球壳对其内部物体的引力为零，万有引力常量为G，地表重力加速度为g。不考虑地球的自转，列车在P点（ ）
A. 加速度大小为B. 加速度大小为
C. 速度大小为D. 速度大小为
【答案】D
【解析】AB．设地球的密度为ρ，因为质量均匀球壳对其内部物体引力为零，所以列车在距离地心r处，只受到来自以地心为球心、半径为r的球体的万有引力，可得
可知地心内的列车受力与列车相对于地心的距离成正比，在地球表面列车受到的万有引力
列车在P点受到的万有引力大小为
由牛顿第二定律可得，解得
在地球表面，联立可得
故AB错误；
CD．根据对称性可知列车从B点运动到P点的过程中，由动能定理可得
解得
故C错误，D正确。故选D。
8. 夜晚，公园的彩灯为公园营造温馨的氛围。利用（V）的交流电给额定电压均为36V的三盏彩灯供电的电路如图所示，彩灯正常发光。彩灯的电阻均为72Ω，变压器可视理想变压器。下列说法正确的是（ ）
A. 所用交流电的频率为100Hz
B. 所用交流电的周期为0.02s
C. 变压器的输入功率为54W
D. 变压器原、副线圈的匝数比为55∶27
【答案】BC
【解析】AB．所用交流电的周期为
频率为
选项A错误，选项B正确；
C．每个彩灯的功率为
由于变压器是理想变压器，因此
选项C正确；
D．因为彩灯正常发光，因此理想变压器的输出电压为36V，根据电压比等于匝数比可知变压器原、副线圈的匝数比为55∶9，选项D错误。
故选BC。
9. t=0时刻，位于坐标原点的波源开始垂直于坐标平面（纸面）做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中沿坐标平面向四周传播，实线圆表示波峰，虚线圆表示波谷，相邻两个实线圆之间仅有1个虚线圆，t=0.7s时的俯视图如图所示，此时坐标为（0，3.5）处的质点刚好开始振动。下列说法正确的是（ ）
A. 该波的波速为5m/s
B. 该波的周期为0.8s
C. t=0.3s时刻，坐标为（0，1）处的质点加速度最大
D. t=1.6s时刻，坐标为（6，8）处的质点开始振动
【答案】AC
【解析】A．t=0.7s时，坐标为（0，3.5）处的质点刚好开始振动，可得3.5m=vt
解得v=5m/s
故A正确；
B．由题图可得波长λ=2m，该波的周期为
故B错误；
C．由题图可知，t=0.7s时刻，坐标为（0，1）处的质点恰好处于波峰位置，根据
可知t=0.3s时刻，坐标为（0，1）处的质点已开始振动，故t=0.3s时刻，即一个周期前，坐标为（0，1）处的质点恰好处于波峰位置，加速度最大，故C正确；
D．坐标为（6，8）处的质点距波源的位置为
坐标为（6，8）处的质点开始振动的时刻为
故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，质量均为m的物块A、B紧靠着放在光滑的水平地面上，物块A通过轻弹簧与竖直墙面连接，开始时弹簧处于原长，整个装置处于静止状态。现用恒力F向左推物块B，当弹簧的压缩量最大时撤去外力F，弹簧的最大压缩量为d且弹簧始终在弹性限度内。在整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧的劲度系数
B. 在撤去F前，物块B的最大速度为
C. 撤去F瞬间，物块A对物块B作用力大小为F
D. 弹簧伸长量最大时的弹性势能为
【答案】BCD
【解析】A．对物块A、B组成的整体，从施加恒力F到撤去F的过程中，由动能定理可得：
解得：
选项A错误；
B．在撤去F前，当物块A、B组成的系统加速度为零时，速度最大，可得kx=F
解得：
选项B正确；
C．撤去F瞬间，对物块A、B组成的整体，由牛顿第二定律得：kd=2ma
对物块B由牛顿第二定律得：
解得：，选项C正确；
D．从物块A、B开始运动到分开的瞬间，由动能定理可得：
物块A、B分离后，对物块A由能量守恒定律得：
解得：
选项D正确。故选BCD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 如图甲所示是“探究加速度与力、质量关系”的实验装置。
（1）下列说法正确的是（ ）
A. 将木板倾斜平衡摩擦力时，小车应与钩码连接
B. 改变钩码个数时，应重新平衡摩擦力
C. 需要调节滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与长木板保持平行
（2）平衡摩擦力后，保持小车的质量不变，改变钩码的个数，记录下钩码的总质量m和对应的小车的加速度大小a，在坐标纸上作出a—m图像如图乙所示。图线末端发生弯曲的原因是________，学习小组想通过调整实验方案消除这种实验误差，你的调整建议是________（写出一条即可）。
【答案】（1）C
（2）随着钩码数量增加，不再满足小车的质量远大于钩码质量的条件
绳上安装力传感器（将小车和钩码整体作为研究对象）
【解析】【小问1详解】
AB．将木板倾斜平衡摩擦力时，小车应与纸带连接但不与钩码连接，因为用小车重力沿木板方向分力平衡小车和木板及纸带和打点计时器间的阻力，平衡摩擦力后
改变钩码个数时，不需要重新平衡摩擦力，故AB错误；
C．实验时需要调节滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与长木板保持平行，保证轻绳的拉力即为小车受到的合力，故C正确。
故选C。
【小问2详解】
[1]根据，
解得
只有小车的质量远远大于钩码的质量，小车所受合力才近似等于钩码的重力，但在实验过程中随着钩码数量逐渐增加，不再满足小车的质量远远大于钩码的质量的条件，绳子的拉力与钩码的重力差别变大，所以图线变得弯曲。
[2]消除这种实验误差的方法有：直接用力传感器测出绳子的拉力；将小车和钩码当作一个整体作为研究对象。
12. 实验小组要描绘一只标有“3V、1.8W”字样小灯泡的伏安特性曲线，除了导线和开关外，实验室还有如下器材可供选择：
电流表（量程0.6A，内阻约为0.5Ω）
电流表（量程3A，内阻约为0.2Ω）
电压表V（量程0.6V，内阻）
滑动变阻器（阻值0~5Ω，额定电流1.5A）
滑动变阻器（阻值0~1kΩ，额定电流0.1A）
电阻箱（最大阻值为9999.9Ω）
直流电源（电动势E=4.5V，内阻不计）
（1）为减小实验误差且便于调节电路，电流表应选________（选填“”或“”）；滑动变阻器应选________（选填“”或“”）。
（2）为得到该小灯泡的一条完整伏安特性曲线，需要把电压表V的量程扩大到3V，应将电压表V与电阻箱________（选填“串联”或“并联”），并将电阻箱的阻值调为________Ω。
（3）在尽量提高实验精度的前提下，请你设计电路图并画在图甲的虚线框中________（要求标出所选择器材的符号）。
（4）调节滑动变阻器，记录多组电流表的示数I、电压表的示数U，并绘制出如图乙所示的U—I图像，则当电流表示数为0.40A时，小灯泡的电功率为________W。（计算结果保留2位有效数字）
【答案】（1）
（2）串联 6000.0
（3） （4）0.40
【解析】【小问1详解】
[1][2]待测小灯泡的额定电流为0.6A，电阻约为5Ω，因此电流表选，为了便于调节，滑动变阻器选择阻值较小的。
【小问2详解】
[1][2]为了将电压表V的量程扩大到3V，应将电压表V与电阻箱串联，并将电阻箱的阻值调为
【小问3详解】
为得到该小灯泡的一条完整伏安特性曲线，采用分压式接法，由于改装后电压表的内阻远远大于小灯泡的内阻，因此采用安培表外接法，实验电路图如图所示。
【小问4详解】
由题图乙可得当电流表示数为0.40A时，电压表的示数为0.20V，此时小灯泡两端的电压为1.0V，因此小灯泡的功率为P=IU=0.40W。
13. 爆米花酥脆可口，是许多人喜欢零食。如图所示为传统爆米花机，其原理为：加热封闭铁炉时，炉内产生高压，炉中玉米粒内存有高压水蒸气。当铁炉顶盖被快速打开时，炉内气体迅速膨胀，压强迅速减小，使得玉米粒内外压强差变大，导致玉米粒内高压水蒸气急剧膨胀，瞬时爆开玉米粒。为使玉米粒爆开，铁炉内外压强差至少为。已知加热前封闭铁炉内气体（可视作理想气体）的温度为27℃，铁炉密闭良好，大气压强恒为：。
（1）求打开铁炉顶盖前铁炉内的最低温度；
（2）若开盖前后瞬间气体温度不变，压强变为，求开盖前后瞬间炉内气体密度比。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小问1详解】
加热前铁炉内气体温度为，设打开铁炉盖前铁炉内的最低温度为，由查理定律得
为使玉米粒爆开，则
解得
【小问2详解】
开盖前后，对铁炉内的气体，由玻意耳定律得
由于开盖前后研究气体质量一定，则
解得
14. 如图所示，足够长的平行金属导轨上端连接电源和滑动变阻器R，导轨间距L=1m，与水平面的夹角为θ=37°，电源电动势为E=3V，内阻不计。空间分布着方向竖直向上、磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场。质量为m=1kg、电阻为r=4.8Ω的金属棒垂直放置在导轨上，当滑动变阻器R的滑片P置于a端时，金属棒恰好不下滑。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数μ=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属导轨电阻不计，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。取，，重力加速度。求：
（1）滑动变阻器的最大阻值；
（2）若将滑动变阻器R的滑片置于b端，求金属棒最终的速度大小。
【答案】（1）4.8Ω （2）
【解析】【小问1详解】
设金属棒受到的摩擦力大小为f，安培力大小为，由于金属棒恰好不下滑，对金属棒受力分析如图所示，可得，，
由闭合电路欧姆定律得E=I（r+R）
联立解得R=4.8Ω
【小问2详解】
将滑动变阻器R的滑片置于b端时，金属棒沿导轨向下做加速度减小的加速运动，当加速度为0时，速度达到最大。设其最大速度为v，可得
由闭合电路欧姆定律得
解得
15. 如图所示，距水平地面H=5m的光滑水平台面左侧与半径为的光滑四分之一圆轨道平滑连接，质量为m=1kg的光滑小球A以的初速度冲上台面，与静止在台面上的小球B发生弹性正碰。碰后小球A反弹飞到距台面底端L=2m的地面上；小球B滚上圆轨道，t=0时刻离开圆轨道竖直向上飞出。小球B离开圆轨道后瞬间受到大小与速度成正比、方向和速度方向相反的力的作用，t=0.1s时到达最高点，再过一段时间后，小球B以离开轨道后瞬间速度的一半匀速下落。小球A、B均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取。求：
（1）碰撞后瞬间小球B的速度大小；
（2）小球B离开轨道后瞬间的加速度大小；
（3）小球B离水平地面的最大高度。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
小球A与小球B碰撞后反弹，离开台面后做平抛运动，得，
设小球B的质量为M，小球A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得，M=2kg
【小问2详解】
小球B从碰撞后瞬间到离开圆轨道的过程中，由动能定理得
小球B刚离开圆轨道瞬间，由牛顿第二定律得Mg+kv=Ma
小球B匀速下落时
解得
【小问3详解】
小球B上升过程中，由动量定理得，
小球B离地的最大高度为
解得