2025届云南三校高考备考实用性联考卷（七）物理答案

2025届云南三校高考备考实用性联考卷（七）物理评分细则选择题：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。题号12345678910答案DCABCDCBCACBD【解析】1．因为八位小朋友等间距地围坐在圆周上，可知小明在任意两位相邻的小朋友间运动的路程相同，所以平均速率相同。位移大小相同，但是位移的方向不同，则位移不同，所以小明在任意两位相邻的小朋友间运动的平均速度不相同，故D正确，A、B错误。小明跑动三圈后回到出发点的过程中位移为零，则平均速度为零，故C错误。2．比结合能为原子核的核子结合为原子核的过程中所释放的能量与核子数的比值，比结合能越大，原子核越稳定，核的比结合能比大，因此比更稳定，故A错误。核的比结合能约为7MeV，核的结合能约为28MeV，故B错误。把分成8个中子和8个质子需要吸收的能量为，把2个质子与2个中子组合成一个氦核需要释放的能量为，所以把分成4个要吸收，故C正确。把分成8个质子和8个中子需要吸收128MeV的能量，把分成4个需要吸收16MeV的能量，所以把分成8个质子和8个中子比把分成4个要多吸收约112MeV的能量，故D错误。3．设每节动力车厢的牵引力为，所受摩擦力与空气阻力为，对整体，根据牛顿第二定律有，对第一节车厢，根据牛顿第二定律得，对最后三节车厢，根据牛顿第二定律得，解得，故A正确。4．从图中我们可以看到，芒种时地球离太阳更远，根据万有引力表达式可知，所受万有引力较小，故A错误。地球公转轨道是椭圆形的，根据开普勒第二定律可知，在相同的时间内，扫过的面积相等可得，瞬时速度大小与距离成反比，由于公转速度的变化，芒种到小暑地球运动的距离更远速率更小，时间更长，故B正确。地球公转的加速度与地球到太阳的距离有关。立春时和立秋时，地球到太阳的距离并不相等(立春时离太阳较近，立秋时离太阳较远)，因此公转加速度也不相等，故C错误。根据开普勒第三定律可知，地球公转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数，故D错误。5．根据、两点关于点对称，、两点电荷电性相同，电荷量相等，、两点到点的距离相等，根据点电荷的电场线的分布情况及电场的叠加原理、等势面与电场线的关系，可知、两点的电势相同，电势能相同，电场力不做功，而电场强度大小相等，方向不同，故A、B错误。根据电场的叠加可知，点到点的合场强应沿向下，质子从点到点，电场力做负功，电势能增大，到的过程中，电场力也做负功，电势能继续增大，故正确。移除负电荷A、B两点的电势增大，故D错误。6．金属线框切割磁感线产生的感应电动势，设线框总电阻是，则感应电流，由题图乙所示图像可知，感应电流先均匀变大，后均匀变小，由于B、、R是定值，故金属线框的有效长度L应先变大，后变小，且L随时间均匀变化。闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L随时间不是均匀变化，不符合题意，故A错误。正方形线框进入磁场时，有效长度L不变，感应电流不变，不符合题意，故B错误。梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增大，后不变，最后均匀减小，不符合题意，故C错误。三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增大，后减小，且随时间均匀变化，符合题意，故D正确。7．内，大小不变，汽车做加速度均匀增大的加速运动，内，汽车做加速度不变的匀加速运动，牵引力大于所受阻力，故A错误。由图可知加速度的变化图像如图所示，图像的面积表示速度的增加量，所以12.0s时汽车速度大小为26m/s，故B错误。0~12.0s内，对汽车由动量定理得，又，解得汽车牵引力的冲量大小为，故C正确。6.0s时，对汽车由牛顿第二定律得，由图可知，解得牵引力大小为，内汽车速度增大量为，6.0s时汽车的速度大小为，6.0s时，汽车牵引力的功率为，故D错误。8．根据题意，由图甲可知，解得。由图乙可知，周期为，由公式可得，该波的波速为，故A错误。根据题意，由图甲可知，质点和距离为半个波长，则相位差为，故B正确。根据题意，由图甲可知，波谷的振动形式传播到质点N的时间小于，则该时刻质点的速度方向垂直纸面向里，图乙中质点在时刻速度方向为垂直纸面向外，故图乙不是质点的振动图像，故C正确、D错误。9．将降压变压器部分的电路等效为一个定值电阻，如图所示为等效电路图，设降压变压器的原副线圈匝数比为k∶1，则输电线上的电流为，转子在磁场中转动时产生的电动势为，当转子角速度增加一倍时，升压变压器原副线圈两端电压都增加一倍，输电线上的电流变为，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故A正确。升压变压器副线圈匝数增加一倍，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流增加一倍，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故C正确。若R0阻值增加一倍，输电线路上的电流，R0消耗的功率，故B错误。若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻减为原来的一半，降压变压器原、副线圈两端电压都减小R消耗的功率减小，故D错误。10．由图乙可知，图像斜率的绝对值表示合外力的大小，小物块向右滑动过程，合外力为，则有，且，物块返回与传送带共速的动能为，则有，联立解得，，，故A错误。小物块与传送带共速前，小物块的加速度大小为，从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度所需时间为，从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度过程，小物块向右运动的位移大小为，共速后至滑离传送带所需时间，全过程时间为2.25s，故B正确。从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度过程，小物块向右运动的位移大小为，传送带向左运动的位移大小为，则整个过程中小物块与传送带相对位移大小为，整个过程中小物块与传送带因摩擦产生的热量为故C错误。根据能量守恒可得，可得整个过程中电动机多消耗的电能为，故D正确。非选择题：共5小题，共54分。11.（每空2分，共8分）（1）D（2）>（3）A【解析】（1）实验中为了使气体能够做等温变化，改变气体体积应缓慢推拉活塞，故A错误。推拉活塞时不可用手握住注射器，否则会使气体温度变高，故B错误。活塞上涂油是为了防止漏气，并不是为了减小摩擦，故C错误。由于气体的体积，注射器的横截面积不变，注射器旁的刻度尺如果刻度分布均匀，可以用气柱的长度来间接表示体积，可以不标注单位，故D正确。（2）由得，结合图乙可知，当体积一定时，温度高则压强大，则。（3）设小物体的体积为，由理想气体方程得，化简得，温度不变，图像应该是A图线，故A正确。考虑传感器和注射器连接处的塑料管里的部分气体体积为V0，则根据玻意耳定律变形得，结合图丙A图线可知，图像的纵截距，因此，小物件的体积。12.（除特殊标注外，每空2分，共10分）（1）（1分）重新欧姆调零（1分）200（200.0、20×10均可给分）。（2）301.8【解析】（1）用多用电表“”挡测热敏电阻在某温度下的阻值，发现表头指针偏转的角度很大，说明待测电阻阻值较小，为了准确地进行测量，应换到挡。如果换挡后就用表笔直接连接热敏电阻进行读数，那么欠缺的实验步骤是：重新欧姆调零。补上该步骤后，表盘的示数如图乙所示，则它的电阻是。（2）电路中定值电阻和热敏电阻并联，电压不变，不能实现电路的控制，故A错误。定值电阻和热敏电阻串联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，定值电阻分得电压越小，无法实现1、2两端电压大于，控制开关开启加热系统加热，故B错误。定值电阻和热敏电阻串联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，热敏电阻分得电压越大，可以实现1、2两端电压大于，控制开关开启加热系统加热，故C正确。由热敏电阻在不同温度时的阻值表可知，20℃的阻值为，由题意可知，解得，℃时关闭加热系统，此时热敏电阻阻值为，此时1、2两点间的电压为，则1、2两端的电压小于时，自动关闭加热系统。13.（10分）解：（1）如图乙所示，设A的视深为h′，从A上方看，光的入射角及折射角均很小，由折射定律得 ①解得 ②（2）画出临界光路图，如图所示，当从A发出的光在N点处发生全反射时，有 ③则 ④解得 ⑤则最大面积 ⑥评分标准：本题共10分。正确得出=1\*GB3①式给3分，得出③、④式各给2分，其余各式各给1分。14.（11分）解：（1）对Q由平衡条件有 ①解得V/m ②（2）设滑块P刚到斜面底端时的速度大小为，对滑块从A到B，由动能定理有 ③解得滑块P、Q在B点发生弹性碰撞，有 ④ ⑤解得 ⑥（3）对滑块Q从B点到D点，由动能定理有 ⑦滑块Q从D点飞出后在竖直方向上做竖直上抛运动，一直到最高点有 ⑧解得 ⑨评分标准：本题共11分。正确得出=1\*GB3①、⑦式各给2分，其余各式各给1分。15.（15分）解：（1）由几何关系可得 ①解得由洛伦兹力提供向心力得 ②联立可得 ③（2）符合题意的粒子中：沿y轴入射的粒子在磁场中运动的时间最短，转过的圆心角 ④（写成也可） ⑤ ⑥联立得轨迹与PQ边相切的粒子在磁场中运动的时间最长，转过的圆心角 ⑦联立得所以从MN边离开磁场的粒子在磁场中运动的时间范围为（2分，只求出最短时间或最长时间给1分） ⑧（3）解法1：在方向上由动量定理可得即 ⑨又由动能定理可得 ⑩代入联立求得 解法2：配速法：另（1分）解得（1分）将该粒子速度分解为沿x方向的与沿y轴方向的（1分）粒子的合运动为以沿x轴正方向的匀速直线运动与以逆时针环绕的匀速圆周运动的叠加，该匀速圆周运动轨迹半径为偏离x轴的最大距离（2分）评分标准：本题共15分。正确得出②、⑧、⑨、⑩式各给2分，其余各式各给1分（其他正确解法参照给分）。