2025届云南省陆良县高考全国统考预测密卷物理试卷含解析

2025届云南省陆良县高考全国统考预测密卷物理试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示，“嫦娥四号”飞船绕月球在圆轨道Ⅰ上运动，在A位置变轨进入椭圆轨道Ⅱ，在近月点B位置再次变轨进入近月圆轨道Ⅲ，下列判断正确的是（）A．飞船在A位置变轨时，动能增大B．飞船在轨道Ⅰ上的速度大于在轨道Ⅲ上的速度C．飞船在轨道Ⅰ上的加速度大于在轨道Ⅲ上的加速度D．飞船在轨道Ⅰ上的周期大于在轨道Ⅱ的周期2、天津市有多条河流，每条河流需要架设多座桥梁。假如架设桥梁的每一个桥墩有两根支柱，每根支柱都是用相同横截面积的钢筋混凝土铸造。按照下列角度设计支柱，能使支柱的承重能力更强的是A． B． C． D．3、某体育场看台的风雨棚是钢架结构的，两侧倾斜钢柱用固定在其顶端的钢索拉住，下端用较链与水平地面连接，钢索上有许多竖直短钢棒将棚顶支撑在钢索上，整个系统左右对称，结构简化图如图所示。假设钢柱与水平地面所夹锐角为，钢索上端与钢柱的夹角为，钢索、短钢棒及棚顶的总质量为m，重力加速度为g。则钢柱对钢索拉力的大小为（）A．mg B．mg C．mg D．2mg4、如图所示，固定在水平地面的斜面体，其斜面倾角α=30°、斜面长x=1.6m，底端与长木板B上表面等高，B静止在光滑水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与B的上表面接触处平滑连接。一可视为质点的滑块A从斜面顶端处由静止开始下滑，最终A刚好未从B上滑下。已知A、B的质量均为1kg，A与斜面间的动摩擦因数μ1=，A与B上表面间的动摩擦因数μ2=0.5，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．A的最终速度为0B．B的长度为0.4mC．A在B上滑动过程中，A、B系统所产生的内能为1JD．A在B上滑动过程中，A、B系统所产生的内能为2J5、如图，固定的粗糙斜面体上，一质量为的物块与一轻弹簧的一端连接，弹簧与斜面平行，物块静止，弹簧处于原长状态，自由端位于点。现用力拉弹簧，拉力逐渐增加，使物块沿斜面向上滑动，当自由端向上移动时。则（）A．物块重力势能增加量一定为B．弹簧弹力与摩擦力对物块做功的代数和等于木块动能的增加量C．弹簧弹力、物块重力及摩擦力对物块做功的代数和等于物块机械能的增加量D．拉力与摩擦力做功的代数和等于弹簧和物块的机械能增加量6、如图所示，在横截面为正三角形的容器内放有一小球，容器内各面与小球恰好接触，图中a、b、c为容器的三个侧面、将它们以初速度v0竖直向上抛出，运动过程中容器所受空气阻力与速率成正比，下列说法正确的是A．上升过程中，小球对c有压力且逐渐变大B．上升过程中，小球受到的合力逐渐变大C．下落过程中，小球对a有压力且逐渐变大D．下落过程中，小球对容器的作用力逐渐变大二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、一定质量的理想气体从状态A经过状态B和C又回到状态A。其压强P随体积V变化的图线如图所示，其中A到B为绝热过程，C到A为等温过程。则下列说法正确的是__________。A．A状态速率大的分子比例较B状态多B．A→B过程，气体分子平均动能增大C．B→C过程，气体对外做功D．B→C过程，气体放热E.C状态单位时间内碰撞容器壁单位面积的分子数比A状态少8、如图所示直角坐标xOy平面，在0≤x≤a区域Ⅰ内有沿x轴正向的匀强电场，电场强度大小为E；在x>a的区域Ⅱ中有垂直于xOy平面的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m、电荷量为q的正粒子，从坐标原点由静止开始自由释放，不计粒子重力，能过坐标为(a，b)的P点，则下列说法正确的是()A．磁场方向垂直于xOy平面向里B．粒子通过P点时动能为qEaC．磁感应强度B的大小可能为D．磁感应强度B的大小可能为69、如图所示为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接有的正弦交流电，图中D为理想二极管，定值电阻R＝9Ω.下列说法正确的是A．时，原线圈输入电压的瞬时值为18VB．时，电压表示数为36VC．电流表的示数为1AD．电流表的示数为10、如图所示，两根质量均为m的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，现用水平恒力F向右拉CD棒，在CD棒向右运动距离为s的过程中，AB棒上产生的焦耳热为Q，此时AB棒和CD棒的速度大小均为v，此时立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，则下列说法正确的是（）A．v的大小等于B．撤去拉力F后，AB棒的最终速度大小为v，方向向右C．撤去拉力F后，CD棒的最终速度大小为v，方向向右D．撤去拉力F后，整个回路产生的焦耳热为mv2三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）某同学测量一段粗细均匀电阻丝的电阻率，实验操作如下：（1）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，如图甲所示的示数为_________mm。（2）用多用电表“×1"倍率的欧姆挡测量该电阻丝的阻值，如图乙所示的示数为_________Ω。（3）用电流表（内阻约为5Ω）、电压表（内阻约为3kΩ）测量该电阻丝的阻值Rx，为了减小实验误差，并要求在实验中获得较大的电压调节范围，下列电路中符合要求的是_________。A．B．C．D．（4）用第（3）问中C选项的方法接入不同长度的电阻丝l，测得相应的阻值R，并作出了R-l图象，如图丙所示中符合实验结果的图线是_________（选填“a”“b”或“c”），该电阻丝电阻率的测量值_________（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。12．（12分）如图甲所示为测量电动机转速的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动，在圆形卡纸的旁边垂直安装了一个改装了的电火花计时器，时间间隔为T的电火花可在卡纸上留下痕迹。（1）请将下列实验步骤按先后排序____。①使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触②接通电火花计时器的电源，使它工作起来③启动电动机，使圆形卡纸转动起来④关闭电火花计时器，关闭电动机；研究卡纸上留下的一段痕迹(如图乙所示)，写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值（2）要得到ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是____A．秒表B．毫米刻度尺C．圆规D．量角器（3）写出角速度ω的表达式ω=___，并指出表达式中各个物理量的意义____。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）壁厚不计的圆筒形薄壁玻璃容器的侧视图如图所示。圆形底面的直径为，圆筒的高度为R。(1)若容器内盛满甲液体，在容器中心放置一个点光源，在侧壁以外所有位置均能看到该点光源，求甲液体的折射率；(2)若容器内装满乙液体，在容器下底面以外有若干个光源，却不能通过侧壁在筒外看到所有的光源，求乙液体的折射率。14．（16分）如图所示，水平传送带右端与半径为R=0.5m的竖直光滑圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动。将质量为m=0.2kg的小物块轻轻放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，经Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N。小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，取g=10m/s2。(1)求传送带的最小转动速率v0(2)求传送带PQ之间的最小长度L(3)若传送带PQ之间的长度为4m，传送带以(1)中的最小速率v0转动，求整个过程中产生的热量Q及此过程中电动机对传送带做的功W15．（12分）如图所示，直线MN与水平线夹角为60°，其右侧有一垂直纸面向外的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B；直线PQ垂直ＭＮ，且PQ与ＭＮ包围的空间有一匀强电场，电场方向平行于PQ．有一质量为m电量为+q的带电粒子在纸面内以v0的水平初速度从A点飞入磁场，粒子进入磁场t0(t0未知)时间后立即撤除磁场，此时粒子未到达MN，之后粒子垂直MQ边界从C点（图中未画出）飞入电场；随后粒子再次通过C点．粒子在以上整个过程中所用总时间恰为此带电粒子在磁场中运动一周所需时间，粒子所受重力不计．试求：（1）粒子在磁场中运动的时间t0（2）匀强电场场强E的大小．

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】

A．飞船在A位置变轨时做近心运动，必须减速，动能减小，故A错误；

BC．飞船在圆轨道上运动时，根据万有引力提供向心力，得得知卫星的轨道半径越大，线速度和加速度越小，则知飞船在轨道Ⅰ上的速度和加速度均小于在轨道Ⅲ上的速度和加速度，故BC错误；

D．飞船在轨道Ⅰ上的轨道半径大于轨道Ⅱ的半长轴，根据开普勒第三定律知飞船在轨道Ⅰ上的周期大于在轨道Ⅱ上的周期，D正确。

故选D。2、A【解析】

依据受力分析，结合矢量的合成法则，及两力的合力一定时，当两分力夹角越大，则分力越大，夹角越小时，则分力越小，从而即可求解。【详解】由题意可知，两根支柱支撑相同的质量的桥梁，即两个力的合力是一定，当两个力的夹角越大时，则分力也越大，当两个力的夹角越小时，则分力也越小，能使支柱的承重能力更强的是，即使支柱支撑的力要小，故A正确，故BCD错误；故选A。【点睛】考查矢量的合成法则，掌握两力的合成，当合力一定时，两分力大小与夹角的关系，同时理解能使支柱的承重能力更强，不是支柱支撑的力最大，而要最小的。3、B【解析】

钢索、短钢棒及棚顶作为一个整体受到三个力：两端的拉力大小均为F（与水平方向的夹角为），竖直向下的重力，如图，由平衡条件得解得故ACD错误，B正确。故选B。4、C【解析】

A．设A、B的质量均为m，A刚滑上B的上表面时的速度大小为v1．滑块A沿斜面下滑的过程，由动能定理得：解得：v1=2m/s设A刚好滑B右端的时间为t，两者的共同速度为v。滑块A滑上木板B后，木板B向右做匀加速运动，A向右做匀减速运动。根据牛顿第二定律得：对A有μ2mg=maA对B有μ2mg=maB则v=v1-aAt=aBt联立解得t=1.2s，v=1m/s所以，A的最终速度为1m/s，故A错误；B．木板B的长度为故B错误；CD．A在B上滑动过程中，A、B系统所产生的内能为Q=μ1mgL=1.5×1×11×1.2J=1J故C正确，D错误。故选C。5、D【解析】

A．自由端向上移动L时，物块发生的位移要小于L，所以物块重力势能增加量一定小于mgLsinθ，故A错误；B．物块受重力、弹簧的拉力、斜面的支持力和摩擦力，支持力不做功，根据动能定理知：重力、弹簧的拉力、斜面的摩擦力对物块做功的代数和等于物块动能的增加量，故B错误；C．物块的重力做功不改变物块的机械能，根据机械能守恒定律得：弹簧弹力、摩擦力对物块做功的代数和等于物块机械能的增加量，故C错误；D．对弹簧和物块组成的系统，根据机械能守恒定律得：拉力F与摩擦力做功的代数和等于弹簧和物块的机械能增加量，故D正确。故选D。6、D【解析】

AB．小球和正三角形容器为共加速系统，上升过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：系统加速度竖直向下且大于重力加速度，小球加速度向下，所以容器底面c对小球无作用力，a、b侧面对小球的作用力竖直向下，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律：系统速度减小，加速度减小，小球受到的合外力减小，AB错误；CD．下落过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：系统加速度竖直向下且小于重力加速度，小球加速度向下，所以a、b侧面对小球无作用力，底面c对小球的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律：系统的速度增大，加速度减小，小球的加速度减小，底面c对小球的作用力增大，根据牛顿第三定律可知小球对容器的作用力逐渐变大，C错误；D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、ACE【解析】

AB．由图可知A→B过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，则A状态速率大的分子比例较B状态多，故A正确，B错误。C．B→C过程中是等压变化，体积增大，则气体对外做功，故C正确。D．B→C过程中是等压变化，体积增大，则气体对外做功，则W＜0，温度升高，气体内能增大，即△U＞0，根据热力学第一定律△U=W+Q，则Q＞0，即气体吸热，故D错误。E．状态A和状态C的温度相等，温度是分子平均动能的标志，所以气体分子平均动能相同，从图中可知，A状态气体压强更大，说明气体分子的密集程度更大，即A状态单位时间内碰撞容器壁单位面积的分子数比C状态多，故E正确。故选ACE。8、ABD【解析】

根据题意可得，粒子能够通过（a，b）的P点，轨迹可能的情况如图所示，A．根据左手定则可得，磁场方向垂直于xOy平面向里，A正确；B．洛伦兹力不做功，整个过程中只有电场力做功，根据动能定理可得，粒子通过P点时动能为故B正确；CD．粒子在磁场中运动的速度大小为v，则解得粒子在磁场中运动的半径为其中n=1、2、3…，根据可得磁感应强度不可能为，当n=3时，，故C错误，D正确。9、BD【解析】

A、将时刻代入瞬时值公式可知，时，原线圈输入电压的瞬时值为，A选项错误；B、电压表的示数为有效值，输入电压的峰值为,根据正弦式交变电流有效值与最大值的关系可知，，B选项正确；C、D、电流表测量流过副线圈的电流，根据理想变压器电压和匝数的关系可知，副线圈的电压为9V，正向导通时电流为1A，根据电流的热效应可知，解得：；故C选项错误，D选项正确．故选BD.【点睛】准确掌握理想变压器的特点及电压、电流与匝数比的关系，明确电表测量的为有效值是解决本题的关键.10、AC【解析】

A．两棒的长度之比为1：2，所以电阻之比为1：2，由于电路在任何时刻电流均相等，根据焦耳定律：Q=I2Rt，所以CD棒的焦耳热为2Q，在CD棒向右运动距离为s的过程中，根据功能关系有解得故A正确；

BC．令AB棒的长度为l，则CD棒长为2l，撤去拉力F后，AB棒继续向左加速运动，而CD棒向右开始减速运动，两棒最终匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，此时两棒的速度满足BlvAB′=B⋅2lvCD′即vAB′=2vCD′对两棒分别应用动量定理，有FABt=mvAB′-mv-FCDt=mvCD′-mv因为FCD=2FAB所以vAB′＝vvCD′＝v故B错误，C正确；D．撤去外力F到最终稳定运动过程根据能量守恒定律故D错误。故选AC。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、2.819〜2.8217Da等于【解析】

（1）[1]螺旋测微器的转动刻度50格共0.5mm长，精确度为0.01mm，格数要估读到0.1格，则电阻丝的直径为：（2.819~2.821）；（2）[2]欧姆表读电阻，由表盘上的数字乘以倍率得到阻值，可得：（或7）（3）[3]实验中获得较大的电压调节范围，则需要滑动变阻器选择分压式接法；而待测电阻满足：即待测电阻为小电阻，用电流表的外接法减小系统误差；综上选择D电路实验；（4）[4]根据电阻定律，可知图像应该是过原点的倾斜直线，但（3）问中的C项电路采用的是电流表的内接法，因电流表分分压导致电阻的测量值偏大，有：故测量图线不过原点，而有纵截距；故选a图线；[5]由图像求电阻率是利用斜率求得，a图线和准确图线