云南省昭通市2025届高三上学期1月毕业生诊断性检测物理答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年02月试卷_0201云南省昭通市2025届高三上学期1月毕业生诊断性检测（全科）

昭通市 2025 届高中毕业生诊断性检测 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A C B B D C BC BD AC 【解析】 1．根据核反应前后质量数和电荷数守恒，可判断式中的X是α粒子，故A正确，B错误。组 成铀原子核的核子较多，则铀的结合能较大，故C错误。半衰期不会因外部条件改变，故 D错误。 2．若不漏磁，根据发射线圈与接收线圈的电压比与匝数比相等，可计算出接收线圈的电压为 10V，根据题意，接收线圈的电压小于10V，故A正确，B、C、D错误。 3．飞船在 A 点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需点火加速，故 A 错误。根据牛顿第二定律，飞船在 B r r  3 1 2    2  r3 点的向心加速度始终保持不变，故 B 错误。根据开普勒第三定律  1 ，可得飞 T2 T2 2 1 3 r r  船在轨道Ⅱ上运行的周期为T T  1 2  ，故 C 正确。根据牛顿第二定律，飞船在轨 2 1  2r  1 道Ⅰ上运行的线速度大于在轨道Ⅲ上运行的线速度，故D错误。 4．由图乙，相邻波峰和波谷之间的距离为2m，则水波的波长4m，故A错误。由图丙，  A 处质点的周期T 4s，则水波的波速v 1m/s，故 B 正确。由图丙，当t 3s时，A T 处质点处于波谷位置，则乙图中的虚线波面上的质点均处于波峰位置，若此时B处质点处 于波峰位置，则连接OB与虚线波面相交的点处的质点与B处质点之间应相差波长的整数 倍，由几何关系，不满足这种情况，故C错误。由图乙可知，D处质点与x4m处的质点 相差一个波长，与 A 处质点振动步调一致，结合图丙，当t 6s时，三处的质点均处于平 衡位置，受到的回复力均为0，故D错误。 物理评分细则·第1页（共6页） {#{QQABDYUp4go4kETACD5LQQniC0oQkJGgLWgMxQCYqAQCyYNIFIA=}#}5．根据右手定则，流过导体棒的电流方向为ed ，d点电势高于e点电势，故A错误。对 导体棒受力分析，其在水平方向受到水平向右的恒力 F 和水平向左的安培力作用，根据 法拉第电磁感应定律和牛顿第二定律，导体棒先做加速度减小的加速运动，当安培力增 BLv B2L2v 大到与 F 相等时，速度达到最大值，即 F F BILB m L m ，解得 安 R R FR v  ，故 B 正确。根据动能定理，导体棒速度从 0 增加到最大的过程中， m B2L2 1 mF2R2 mF2R2 W W  mv2  ，则W  ，故C错误。根据动量定理，导体棒速度从0 F 安 2 m 2B4L4 F 2B4L4 增加到最大的过程中，FtBLqmv 0，因t未知，无法计算出q的大小，故D错误。 m 6．对小球受力分析，有Eqmg ma，代入数据得a20m/s2，故 A 错误。小球做类平抛运 动，落到斜面上时，位移偏角始终等于斜面倾角，其速度偏角的正切值等于位移偏角正切 值的两倍，所以无论小球的初速度如何变化，只要落到斜面上，其速度方向与斜面的夹角 3 均相同，故 B 错误。设小球落到斜面上时的速度偏转角为 θ，则tan2tan37 ，即 2 3 v  v ，当v 4m/s时，v 6m/s，小球落到斜面上的速度v v2 v2  52m/s，故 y 2 0 0 y 0 y C错误。当初速度v 4m/s时，将小球的运动分解到垂直于斜面方向和平行于斜面方向， 0 在垂直于斜面方向的速度大小v v sin372.4m/s，加速度大小a acos3716m/s2， y 0 y 根据运动学公式得v2 2a h ，解得小球离斜面最远的距离h 0.18m，故D正确。 y y max max 7．如图所示，设M、N分别为圆环上与圆心O等高的两点，根据乙图， 当0和π时，小球的电势能均为0，则P、Q两点的连线为等 π 3π 势线，当 时，小球运动到N点，电势能E mgR，当 2 pN 2 时，小球运动到 M 点，电势能E mgR，综上所得，电场线的 pM 方向由 N 指向 M，即水平向左，故 A 错误。小球从 N 点运动到 M 点，由动能定理得 mg Eq2RmgR(mgR)，解得E ，故 B 错误。小球所受电场力F Eqmg ，则小 q 球所受合力，即小球在圆环内受到的等效重力为 2mg，方向与MN成45°角，根据题意， 物理评分细则·第2页（共6页） {#{QQABDYUp4go4kETACD5LQQniC0oQkJGgLWgMxQCYqAQCyYNIFIA=}#}v2 小球运动到“最高点”时动能最小，由牛顿第二定律得 2mg m min ，解得 R 1 2 2 mv2  mgR，即E  mgR，故 C 正确。当小球运动到“最低点”时对轨道的 2 min 2 kmin 2 压 力 最 大 ， 小 球 从 “ 最 高 点 ” 到 “ 最 低 点 ” 的 过 程 ， 根 据 动 能 定 理 得 1 1 2mg2R mv2  mv2 ， 小 球 在 “ 最 低 点 ” 时 ， 根 据 牛 顿 第 二 定 律 得 2 max 2 min v2 F  2mg m max ，联立以上两式，解得F 6 2mg，故D错误。 N R N sin45 c 8．棱镜对红光的折射率n  2，故 A 错误、B 正确。根据n ，红光在该棱镜中 sin30 v c 2c 的传播速度v  ，故 C 正确。因紫光的折射率比红光的折射率大，所以紫光将会 n 2 被折射到EC上的某个位置，故D错误。 mg 9．无人机静止在水平桌面上时，对其受力分析得，每根支架受到地面的支持力大小为 ， 4 mg 则每根支架对地面的压力大小也为 ，故A错误、B正确。无人机起飞后，对其受力分 4 析得F mg f ma，F  f 为空气对无人机的作用力，0~t 时间内，无人机做匀加速 阻 阻 1 直线运动，加速度恒定，则F  f 大小不变，故 C 错误。t ~t 时间内，无人机做加速度 阻 1 2 逐渐减小的加速直线运动，则F  f 逐渐减小，故D正确。 阻 10．设 P、Q 质量分别为 m 和 2m，在最高点爆炸过程根据动量守恒0mv 2mv ，可得 1 2 2h v 2v 。爆炸后P、Q均做平抛运动，落地时间t ，x vt，x v t，x x L， 1 2 g 1 1 2 2 1 2 2L g L g 可解得P部分获得的速度v  ，Q部分获得的速度v  ，故A正确、B错 1 3 2h 2 3 2h 1 1 mgL2 误。上层火药燃爆时爆竹增加的机械能E  mv2  2mv2  ，下层火药燃爆时爆 1 2 1 2 2 6h L2 竹增加的机械能E 3mgh，则上、下两层火药燃爆时爆竹增加的机械能的比值为 ， 2 18h2 故C正确、D错误。 物理评分细则·第3页（共6页） {#{QQABDYUp4go4kETACD5LQQniC0oQkJGgLWgMxQCYqAQCyYNIFIA=}#}非选择题：共5小题，共54分。 11．（每空 2 分，共 8 分） （1）B （2）17.4 （4）1.82 4π2a （5） b 12．（每空 2 分，共 8 分） （2）如图所示 （3）左 U （4） I 4L （5） πRD2 13．（10分） 解：（1）离子通过速度选择器的过程做匀速直线运动，所受电场力和洛伦兹力平衡 qE qvB ① E 解得v ② B （2）离子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力 v2 qvBm ③ R 由几何关系，离子在磁分析器中做圆周运动的半径 R R R R RR  2 1  1 2 ④ 1 2 2 q 2E 解得  ⑤ m B2(R R ) 1 2 评分标准：本题共10分。正确得出①~⑤式各给2分，其他正确解法参照给分。 物理评分细则·第4页（共6页） {#{QQABDYUp4go4kETACD5LQQniC0oQkJGgLWgMxQCYqAQCyYNIFIA=}#}14．（10分） 解：（1）气体从A状态到B状态，由理想气体状态方程得 p V p V A A  B B ① T T A B 根据p-V图像及已知条件 p 1.6105Pa，V 0.3L，T 300K； p 0.4105Pa， A A A B V 1.5L B 解得T 375K或t 102℃ ② B B （2）根据 pV 图像比较气体的B、D状态，气体在D状态时的内能较大，所以气体从状 态B到状态D过程中，内能增大，即 U 200J ③ 根据 pV 图像知，W 0，W 0，W  pV ，则 BC CD W W W ④ BD CD BC 根据热力学第一定律得 U W Q ⑤ BD 解得Q56J ⑥ 评分标准：本题共10分。正确得出③、⑥式各给1分，其余各式各给2分，其他正确解 法参照给分。 15．（18分） 解：（1）m 运动到C点时，根据牛顿第二定律得 1 v2 F m C ① N 1 R m 从A到C的运动过程，根据动能定理得 1 1 mg(hR) mv2 0 ② 1 2 1 C 解得h3m ③ （2）m 从A到F的运动过程，根据动能定理得 1 1 mg(hL tan37)mgL mgcos37L  mv2 0 ④ 1 DE 1 1 BD 1 1 DE 2 1 F 解得v 6m/s ⑤ F 物理评分细则·第5页（共6页） {#{QQABDYUp4go4kETACD5LQQniC0oQkJGgLWgMxQCYqAQCyYNIFIA=}#}（3）m 与M相碰，根据动量守恒定律得 1 mv (m M)v ⑥ 1 F 1 1 解得v 1.2m/s 1 m 与M碰后对m 分析得 1 2 m g m a ⑦ 3 2 2 1 解得a 2m/s2 1 对M 和m 构成的整体受力分析得(M m m )gm g (M m)a ⑧ 1 2 1 2 3 2 1 2 解得a 4m/s2 2 设经过时间t，m 与m 、M共速，则 2 1 v a t at ⑨ 1 2 1 计算可得共速的速度v0.4m/s，t 0.2s 1 该过程中m 2 运动的位移x  at2 0.04m ⑩ 1 2 1 1 M 运动的位移x vt a t2 0.16m ⑪ 2 1 2 2 共速过后，m 与M 分别减速运动，对m 受力分析得 2 2 m g m a ⑫ 3 2 2 1 可得a 2m/s2 1 对M 和m 构成的整体受力分析得(M m m )gm g (M m)a ⑬ 1 2 1 2 3 2 1 3 解得a =3.2m/s2 3 v2 m 对地位移x  0.04m ⑭ 2 3 2a 1 v2 M 的对地位移x  0.025m ⑮ 4 2a 3 最终计算可得m 距离M 最右端的长度xx x x x 0.105m ⑯ 2 2 1 4 3 评分标准：本题共18分。正确得出④式给3分，其余各式各给1分，其他正确解法参照 给分。 物理评分细则·第6页（共6页） {#{QQABDYUp4go4kETACD5LQQniC0oQkJGgLWgMxQCYqAQCyYNIFIA=}#}