云南师范大学附属中学2025届高三下学期开学考试物理答案_2025年2月_250220云南师范大学附属中学2025届高三下学期开学考试（月考八）（全科）

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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D C B A C D BC AD BC 【解析】 1．根据核反应过程中的质量数守恒及电荷数守恒可知，238Pu的衰变方程为238Pu→234X4 Y， 94 94 92 2 因此4Y核为4He核，则238Pu衰变放出的载能粒子是α粒子，该反应属于α衰变，故A错 2 2 94 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 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234X的比结合能大 92 于238Pu的比结合能，故C正确。经过一个半衰期有一半的238Pu发生衰变，但是衰变后生 94 94 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 v2 r3 GM 2π mr m ma，解得T 2π ，v ， ，“神舟十九号”的 r2 T2 r GM r 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） {#{QQABaQUtwgKQklSACC5LEQGiC0iQkIAgLcoMBUCYOAQDQINIFIA=}#}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 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 f 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．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。 6．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 a  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 a m 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 m 0 a b a v b 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 a a 0 0 a b F a a ，可知C有可能，D不可能。 2m b 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， I n 可 知 原 线 圈 电 流 为 I 5A 。 由 1  2 ， 解 得 I 25A ， 瞬 时 最 大 值 为 1 I n 2 2 1 I  2I 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 2m 2 U 2 U 2 U n 原线圈等效为一个定值电阻来处理，设等效电阻为 R ，根据 1  2 、 1  1 ；可 1 R R U n 1 2 2 U 得R 25R，所以当原线圈中的电流最大时：I  ，其中U 220V、R 4， 1 1 R 25R 0 0 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） {#{QQABaQUtwgKQklSACC5LEQGiC0iQkIAgLcoMBUCYOAQDQINIFIA=}#}8．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。 9．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 4A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。 10．0~10s 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 1m/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 的高度h  at2  0.1102m5m；10~14s内，水斗匀速运动，h vt 14m4m； 1 2 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) π2R （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 π2R （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。 12．（每空2分，共10分） （1）3R 等于 0 （2）最小 ba （3） r ac I2R （4） 0 1 4 物理参考答案·第3页（共6页） {#{QQABaQUtwgKQklSACC5LEQGiC0iQkIAgLcoMBUCYOAQDQINIFIA=}#}1  1  【 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 4 0  0 4 0  0 所以r3R ；此电路没有系统误差，所以测量值等于其真实值。 0 （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 1 1 rR 1 1 ba rR ba   x  根据上述分析可得 a，  x，解得R  r。 I R I I I c I x ac 0 0 0 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 2 1 2 0 1 I I2R 等于I 等于 0 时（此时两支路电阻也相等），两者乘积最大，此时功率为 0 1 。 2 2 4 13．（10分） 1 解：（1）由h gt2 ① 2 sv t ② 0 得s1.2m ③ 1 1 （2）由能量守恒得：Emgh mv2  mv2 ④ 2 0 2 得E525J ⑤ 1 （3）由动能定理得：mgx0 mv2 ⑥ 2 得0.1 ⑦ 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。 14．（13分） 解：（1）设小球A的加速度为a，与小球B第一次碰前速度为v ，根据牛顿运动定律和 0 运动学公式，有 qE3ma ① v2 2aL ② 0 物理参考答案·第4页（共6页） {#{QQABaQUtwgKQklSACC5LEQGiC0iQkIAgLcoMBUCYOAQDQINIFIA=}#}设碰撞后A、B的速度大小分别为v 、v ，由动量守恒和能量守恒，有 A1 B1 3mv 3mv mv ③ 0 A1 B1 1 1 1 3mv2  3mv2  mv2 ④ 2 0 2 A1 2 B1 1 2qEL 3 2qEL 联立解得v  ，v  ⑤ A1 2 3m B1 2 3m 3mqEL 小球B获得的动量大小为 p mv  ⑥ B1 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s ，根据运动学公式，有v atv ⑦ m B1 A1  1  s v tv t at2  ⑧ m B1  A1 2  由①⑤⑦⑧式得s L ⑨ m 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。 15．（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 对金属棒：T mgsinma ② 则金属棒进磁场时的速度满足v2 2ax ③ 1 1 由于金属棒刚进磁场时加速度为零，则EBLv ④ 1 E 根据闭合电路欧姆定律I  ⑤ Rr 根据力的平衡有Mg mgsinBIL ⑥ 得x 0.5m ⑦ 1 （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 ⑧ x t 2 0.25s ⑨ v 1 得q1.25C ⑩ 物理参考答案·第5页（共6页） {#{QQABaQUtwgKQklSACC5LEQGiC0iQkIAgLcoMBUCYOAQDQINIFIA=}#}（3）由于金属棒出磁场时加速度为零，设此时速度大小为v ，根据力的平衡有 2 B2L2v mgsin 2 ⑪ Rr 在磁场中匀速运动时，电阻R中产生的焦耳热Q I2Rt 3.125J ⑫ 1 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 Q mv2  mv2 mgx sin4J 2 1 2 2 2 R 此过程电阻R中产生的焦耳热Q  Q2.5J ⑭ 2 Rr 因此电阻R中产生的总的焦耳热Q Q Q 5.625J ⑮ 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） {#{QQABaQUtwgKQklSACC5LEQGiC0iQkIAgLcoMBUCYOAQDQINIFIA=}#}