云南师范大学附属中学2025届高三下学期开学考试物理试题（含答案）

这是一份云南师范大学附属中学2025届高三下学期开学考试物理试题（含答案），共13页。试卷主要包含了5v ，故 A、B 错误，6Ω，故D 正确，125J，5J，625J等内容，欢迎下载使用。
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物理参考答案
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，每小题 6 分，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
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
C
D
C
B
A
C
D
BC
AD
BC
【
解析】
2
38 Pu →23942 X 42 Y ，
94
1
．根据核反应过程中的质量数守恒及电荷数守恒可知，94 Pu 的衰变方程为
238
因此
4
2
Y 核为
4
2
He 核，则
2
38
94
Pu 衰变放出的载能粒子是α 粒子，该反应属于α 衰变，故A 错
误。半衰期是仅由元素决定，与外界条件无关，故B 错误。衰变是由不稳定到稳定的方向
X 的比结合能大
2
34
进行，比结合能越大，原子核越稳定，可知生成物比反应物稳定，因此
9
2
2
38
Pu 的比结合能，故C 正确。经过一个半衰期有一半的
238
94
Pu 发生衰变，但是衰变后生
于
9
4
成的产物也是具有质量的，减少的质量是指亏损质量，所以总剩余质量一定大于5g，故D
错误。
2
．c 处所在平面为重力势能零势能面，所以小球在 a 位置的重力势能为mg(H  h) ，故 A 错
误。小球静止在b 位置的机械能为mgh ，故B 错误。小球在到达b 位置之前水平匀速运
动时重力做功功率为0，所以从a 到b 重力做功功率不可能一直增大，故C 错误。小球要
想从 c 位置逃离重力势阱，到达 c 处的速度大于等于 0，所以由动能定理可知小球在 b 位
置获得的最小动能为mgh，故D 正确。
3
．“神舟十九号”与“空间站”对接前绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：
GMm
4π2
v
2
r
3
GM
r
2π
，  ，“神舟十九号”的

mr
 m  ma ，解得T  2π
，v 
r
2
T
2
r
GM
T
轨道半径小于“空间站”的轨道半径，则“空间站”的线速度小于“神舟十九号”的线速
度，“空间站”的角速度小于“神舟十九号”的角速度，故 A、B 错误。“神舟十九号”需
要经过点火加速才能从低轨道变轨进入高轨道，实现对接，故C 正确。对接后“结合体”
绕地球运行周期等于对接前“空间站”的运行周期，故D 错误。
物理参考答案·第1 页（共6 页）
{
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4
．激光由真空射入材料后，激光的频率不会发生变化，故A 错误。由图乙可知，当入射角大
于 45°时，反射光线的强度不再变化，可知临界角为C  45 ，则该新材料的折射率为
1
c
n 
 2 ，故B 正确。若该激光在真空中波长为λ，则  ，射入该新材料后波长
sinC
f
v
f
c
2
变为 


 ，故C 错误。图甲中若减小入射角θ，则反射角减小，折射角也减
nf
2
小，则反射光线和折射光线之间的夹角将变大，故D 错误。


y
5
6
．根据MN 段方程为y  2t 140可知，该段无人机速度大小为v 
 2m/s ，故A 正确。
t
根据y  t 图像的切线斜率表示无人机的速度，可知EF 段无人机做匀速运动，无人机上的
货物不是超重状态，故B 错误。Q 点处，切线斜率为0，故D 错误。在0~85s 这段时间内，
无人机的位移为0，所以平均速度0，故C 错误。
．物块b 由静止开始，受到恒力作用，木板a 有初速度，对a 受力分析，由牛顿第二定律知

mg
m
aa 
 g ，对b 分析可知，受到a 水平向右的滑动摩擦力和外力F 的作用，由牛顿
F
第二定律得F  mg  ma ，解得a   g 。共速时速度相等：v  v  a t  a t ，解得
b
b
0
a
b
m
ab
aa  ab
v 
v  0.5v ，故 A、B 错误。共速后若整体一起做匀加速直线运动，整体加速度
0
0
F
a 
 ab ，可知C 有可能，D 不可能。
2
m
7
．R 增大，则流过保险丝的电流变小，故 A 错误。当 R 断路时，电压表的示数最大，电
压表的测量值为有效值，所以最大示数为220V，故B 错误。根据题意，熔断电流为5A，
I1
n2
可 知 原 线 圈 电 流 为 I1  5A 。 由

， 解 得
I2  25A
， 瞬 时 最 大 值 为
I2 n1
I2m  2I2  25 2A ，故 C 错误。根据理想变压器原副线圈输入输出功率相等，可以把
U12
R
1
U22
R
U1 n1


原线圈等效为一个定值电阻来处理，设等效电阻为 R1，根据
、 U
；可
n2
2
U
得R1  25R ，所以当原线圈中的电流最大时：
I 
1
，其中U 220V、R0  4 ，

R0  25R
解得R 的最小值为1.6Ω，故D 正确。
物理参考答案·第2 页（共6 页）
{
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8
9
．因为取药时间极短，瓶内气体可视为是绝热变化，气体既不吸热也不放热，取药过程，瓶
内气体对外做功，温度降低，气体的内能和平均动能会减小，根据理想气体状态方程可知，
瓶内气体压强减小，故B、C 正确。
．甲图中 A、B 都是振动加强点，其中 A 在波峰，C 在波谷，则 A、C 两点的竖直高度差为
4
A  20cm ，故 A 正确。由图可知，B 点属于振动加强点，故 B 点的振幅为 10cm，故 B
错误。乙图所表示的是波的多普勒效应，故C 错误。在E 点单位时间内接收到的波面比F
点多，则在E 点观察到的频率比在F 点观察到的频率高，故D 正确。
1
0．0~10s 内根据图丙有  t ，由于v  r ，解得v  0.1t ，所以 10s 时水斗的速度大小为
1
m/s；0~10s 内水斗的加速度大小为 0.1m/s2，故 A 错误，B 正确。0~10s 内水斗上升
1
1
2
h  at
2

 0.1102 m  5m ；10~14s 内，水斗匀速运动，h  vt 1 4m  4m ；
的高度
1
2
2
2
所以上升高度h  h  h  9m ，故 C 正确。根据能量守恒，绳子做的功转化为水斗和
1
2
1
水的动能以及增加的重力势能，有W  mv2  mgh  362J ，故D 错误。
2
非选择题：本大题共 5 小题，共 54 分。
11．（每空2 分，共6 分）
（
（
1）2(T  t)
π
2
R
2）
(T  t)2
3）大于
解析】（1）小球每次经过 B 点时，光信号强度为零，这一过程所用时间为t ，所以根
（
【
据图乙可得周期T  2(T  t) 。
R
π
2
R
2）根据单摆周期公式T  2π
，结合T  2(T  t)
，可得g 
（
（
。
g
(T  t)2
3）小球做简谐运动的实际摆长应该为R  r ，所以测得重力加速度偏大。
1
2．（每空2 分，共10 分）
（
（
（
1）3R0
等于
2）最小
b  a
 r
3）
ac
I
2
0
R
1
（
4）
4
物理参考答案·第3 页（共6 页）
{
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1


1
4


【
解析】（1）电源是恒流源，所以电路电流保持I 不变，根据电压相等： I r   I  I  R ，
0
0
0
0
0
4
所以r  3R0 ；此电路没有系统误差，所以测量值等于其真实值。
（
（
2）为了保证电流表的安全，闭合开关前应将电阻箱R的阻值调到最小。
3 ） 根 据 欧 姆 定 律 及 并 联 电 路 的 特 点 可 知 (I  I)R  I(R  r)， 整 理 可 得
0
x
r  Rx
I0
b  a
r  Rx
I0
b  a
1
1
1
1


 根据上述分析可得  a ，
I0

，解得Rx 
 r 。
I
R
I
c
ac
0
（
4）设通过电阻箱电流为I ，电阻箱两端电压为U，电流表电流为I ，电流表所在支路总
1
2
阻值为R，则电阻箱消耗的功率为P UI  I I R ，又因为I 和I 之和为I 且不变，故当I
1
1
1
2
1
2
0
I0
2
时（此时两支路电阻也相等），两者乘积最大，此时功率为I
2
0
4
R
1
等于I2 等于
。
1
3．（10 分）
解：（1）由h  1
gt2
①
2
s  v0t
②
③
④
⑤
⑥
⑦
得s 1.2m
1
1
2
（
2）由能量守恒得：E  mgh  mv0
2

mv2
2
得E  525J
1
（
3）由动能定理得：mgx  0  mv2
2
得  0.1
评分标准：本题共 10 分。正确得出①、④、⑥式各给 2 分，其余各式各给 1 分。
其余解法正确同样给分。
1
4．（13 分）
a
v
0
解：（1）设小球A 的加速度为 ，与小球B 第一次碰前速度为 ，根据牛顿运动定律和
运动学公式，有
qE  3ma
①
②
v
2
0
 2aL
物理参考答案·第4 页（共6 页）
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v
v
B1
设碰撞后A 、B 的速度大小分别为 、 ，由动量守恒和能量守恒，有
A1
3
mv0  3mvA1  mvB1
③
④
⑤
⑥
1
2
1
2
1
2

3mv0
2

 3mv2

mv2
B1
A1
1
2
2qEL
3
2
2qEL
联立解得v

，v

A1
B1
3m
3m
3
mqEL
小球B 获得的动量大小为pB1  mv

B1
2
2）设A 、B 两个小球发生第一次碰撞后经时间t 两者速度相同，此时两小球相距最大距
（
离为sm ，根据运动学公式，有
v
 at 
v
A1
⑦
⑧
B1


1
2



s  v t  v t  at2
m
B1
A1

由①⑤⑦⑧式得sm  L
⑨
评分标准：本题共 13 分。正确得出⑤、⑥、⑦、⑧式各给 2 分，其余各式各给 1 分。
其余解法正确同样给分。
1
5．（15 分）
解：（1）金属棒进磁场前做匀加速直线运动，设加速度为a ，细线的拉力为T
对物块A ：Mg T  Ma
①
②
对金属棒：T  mg sin  ma
则金属棒进磁场时的速度满足v1
2
 2ax1
③
④
由于金属棒刚进磁场时加速度为零，则E  BLv1
E
R  r
根据闭合电路欧姆定律I 
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
根据力的平衡有Mg  mg sin  BIL
得x1  0.5m
（
2）在磁场中匀速运动0.5m 的过程中，通过电阻R 的电荷量：q  It
x2
t 
 0.25s
v1
得q 1.25C
物理参考答案·第5 页（共6 页）
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（
3）由于金属棒出磁场时加速度为零，设此时速度大小为v2 ，根据力的平衡有
B
2
L2v2
mg sin 
⑪
⑫
R  r
在磁场中匀速运动时，电阻R 中产生的焦耳热Q1  I
2
Rt  3.125J
剪断细线后，金属棒在磁场中运动产生的总焦耳热为Q ，根据能量守恒有
1
1
2
Q  mv1
2

mv2  mgx2 sin  4J
2
2
R

此过程电阻R 中产生的焦耳热Q2 
Q  2.5J
⑭
⑮
R
r
因此电阻R 中产生的总的焦耳热Q  Q  Q  5.625J
R
1
2
评分标准：本题共 15 分。正确得出①~⑮式各给 1 分。
其余解法正确同样给分。
物理参考答案·第6 页（共6 页）
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