正常工作时，两极板间电压为路端电压，小于Bv,C错误；电源输出功率最大时，电源效率为n=R,=50%,外电阻越大，电源效率越高，D错误。Ro+r9.ACD【解析】据y=2Tr可得A正确：据GMm-4π2Tr2mr可得M=4n,,C正确：设地球半径为R,GT2据GMmMR2mg可得地球半径R,据P=4?R，可求出地球密度，D正确：无法求出空间站的质量，B错误。10.BCD【解析】根据电磁感应定律有E=n△ΦBLd，由欧姆定律可知I=,根据公式△t△t2R+R 3RBLdq=I·△t,联立解得q=误：根据能量守恒定律有mg1-mgd-Q-m0,则金3R产生的焦耳热为g-Q=子m(gh-gd-v,B正确：据能量守恒定律可得机械能的损失为2、23311gh-二mv2,C正确：据机械能守恒定律有mgh=一y,2，可得棒进入磁场时的速度y=√2gh,据动量定理有-mgt-9LB=mv-m,解得1-y2g-y-B2Ld,D正确。gug 3umgR11.(1)2分：(2)9.82(2分)，5.062分)2【解析】)自由落体初速度为零，由自由落体速度与时间的公式h=】!,若图像中直线的斜率为重力速度8，其函数表达式应为h=&,·故应以为横到2(2)由题意可知根据数据拟合出的方程应为h=号2+，t+0,故A=吕=4.91ms2,得重力加速度22g=9.82m/s2;B=。=0.15ms,t=0.5s时其瞬时速度大小计算公式为y=v+gt=0.15m/s+9.82×0.5m/s=5.06m/s.

各一个，电压为6V的电源等器材进行探究。VII0.50.40.30.20.4A0.1U-1A0510152025R/#>图12（1）请用笔画线代替导线将图12甲电路连接完整（要求：滑片P向右移动时电路中电流变大）;(2)正确连接并规范操作后，闭合开关，两电表均无示数。为了检查电路故障，小华将电压表接在滑密动变阻器两端时无示数，接在开关两端时有示数，则电路的故障是B（选填“A”、“B”或“C");A.开关断路B.滑动变阻器断路C.定值电阻断路两端的电压为_2_V；当R的电阻由50更换为100时，闭合开关后，应该将滑动变阻器的滑端（选填（“左”或“右”）滑动；要完成该实验滑动变阻器的最大阻值至少是片P向_4；由图像得到实验结论为：1：（6分）如图13所示，水桌面上的底薄壁容器（重力忽略不计）底面积为0.01m²，容器内盛有质量封为4kg的水。一实心木块漂浮在水面上，木块的质量为0.6kg，体积为1x10-²m²。（g取10N/kg）（1）求木块的密度；x106(2）求木块受到的浮力；（3）求此时容器对水桌面的压强。4图13线在确保电路安全的情况下，调整滑动变阻器滑片P位置，记录多组电压表示数U与相应的电流表示数I，并作出如图14乙所示的图像。（1）求电源的电压；12V（2）求电阻R能达到的最大功率；5-↑UNUn10（3）断开S2，小灯泡正常发光时，求滑动变阻器的功率。R4VLX0.6I/A0.2U.2A0-Z田leV图14179-0物理试卷（1）第4页（共4页）6

各一个，电压为6V的电源等器材进行探究。VII0.50.40.30.20.4A0.1U-1A0510152025R/#>图12（1）请用笔画线代替导线将图12甲电路连接完整（要求：滑片P向右移动时电路中电流变大）;(2)正确连接并规范操作后，闭合开关，两电表均无示数。为了检查电路故障，小华将电压表接在滑密动变阻器两端时无示数，接在开关两端时有示数，则电路的故障是B（选填“A”、“B”或“C");A.开关断路B.滑动变阻器断路C.定值电阻断路两端的电压为_2_V；当R的电阻由50更换为100时，闭合开关后，应该将滑动变阻器的滑端（选填（“左”或“右”）滑动；要完成该实验滑动变阻器的最大阻值至少是片P向_4；由图像得到实验结论为：1：（6分）如图13所示，水桌面上的底薄壁容器（重力忽略不计）底面积为0.01m²，容器内盛有质量封为4kg的水。一实心木块漂浮在水面上，木块的质量为0.6kg，体积为1x10-²m²。（g取10N/kg）（1）求木块的密度；x106(2）求木块受到的浮力；（3）求此时容器对水桌面的压强。4图13线在确保电路安全的情况下，调整滑动变阻器滑片P位置，记录多组电压表示数U与相应的电流表示数I，并作出如图14乙所示的图像。（1）求电源的电压；12V（2）求电阻R能达到的最大功率；5-↑UNUn10（3）断开S2，小灯泡正常发光时，求滑动变阻器的功率。R4VLX0.6I/A0.2U.2A0-Z田leV图14179-0物理试卷（1）第4页（共4页）6

碰撞后的总动能Ee=)ma?十子喝=m:十m:gh,可得ò=BE1×10%=0.50%10%两小球发生的是弹性碰撞，【答案】(4)m1√h=m1√h2+m2√n3(5)0.50是【方法规律】验证碰撞类动量守恒类实验的关键点在于分析碰前和碰后的速度的测量工具和方法.结合抛运动或者单摆圆周运动，或者结合光电门、气垫导轨之类的工具来考查，需要求出各种情形下碰前和碰后的速度.

▣▣■二2025届云南三校高考备考实用性联考卷（六）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810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23468910答案BABQDACBDBD【解析】1.汤姆孙发现电子但并未测出电子的电荷量，故A错误。卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故B错误。法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故C正确。卡文迪什巧妙测量了万有引力常量，被人们称为测量地球质量的人，故D错误。2.1=2s时振子正向左运动，速度最大，加速度为0，故A错误。1=3s时振子处于F点，回复力最大，方向指向衡位置向右，故B正确。1~2s内振子向衡位置运动，则速度大小逐渐增加，故C错误。振子在前4s内回到原来的位置，则位移等于0，故D错误。3.利用s=,1+)a2,可知物块的初速度和加速度分别为，=30m5,a=-10ms:,物块速2度减小到零的时间日5，接下米反向运动，因此在0-3s内位移大小=受=45m，5s初为4s末，因此在接下来的1s内的位移大小5==5m,因此总的路程s=S+52=50m,位移为40m,均速度为10m/s,均速率为12.5m/s,故A正确，B、C、D错误。4.红光的折射率小于绿光的折射率，所以半圆形曲面恰好只有单色光射出时红光发生折射，绿光恰好发生全反射，故B正确。由)=二，红光的传播速度较大，故D错误。如图1所示，由R几何知识可知曲面上光束的入射角满足sin0,=1,解得图1R2物理评分细则·第1页（共7页）

班级：K口姓名：(1)在使用弹簧之前.为了测试两个弹赞是否完全相同，则在如图13.（新情境题）（10分）为了降低光通过照相机头等「得分（“甲"或“乙")。光学元件表而因反射造成的光能损失，人们在这些木板置于光滑水地而上，质量为m=3kg的物块［(c)所示的两种方案中可行的是(2)依据上述方案并根据力的行四边形定则，为面出力的合成光学元体的表而馈上透明的薄膜，即增透膜（如图甲所示）。增透放在长木板的右端，在木板左侧有一弹性蜥壁，现便木板和物块以u,=4 m/s的逃度一起向左匀速运动,之后木板与瑞些发生弹图示.下列操作哪个不是必须的A.实验中标记下结点○的位置，并记录三个力的方向光的能量。若将照相机镜头等光学元件简化为矩形元件，某单色性碰撤,已知物块与木板间的动摩擦因数μ=光乘直光学元件上单层膜的上表而人射，如图乙所示，其中增B.要测量弹簧的原长取10 m/²。C.要测量图(a).(b)中弹簧的长度透膜的厚度为d，光学元件的厚度为d2，求；（1)求木板与瑞噬第一次碰逝后，木板离开瑞的最大距离；D.实脸中要使结点O的位置始终固定不变（1)增透膜对该单色光的折射率为m，光学元件对该单色光的折射率为m2,光在空气中的速度近似为 c,求该光穿过增透膜和(2)若整个过程中物块不会从长木板上滑落,求长木板的最短长(3)根据实验原理及操作，在作图时.图中（域“丙”或度 Lo；“丁”)是合理的。光学元件的时间；(2)为了增强绿光的透射强度，需要在镜头前镀上折射率=1,451(3)若长木板的长L=m,求木板和瑞第几次碰后物块的增透膜,绿光在空气中的波长入=560 nm,求增透膜的最小与木板分离。厚度dmlnoITT丙T增透膜12.（8分)如图甲所示，多用电表是一种多功能仪表，简「得分光学元件单的多用电表可用来测量直流电流、直流电压、交变电流、交变电压以及电阻·部分多用电表还可以测量电容。图乙是某个多用电表的电路图·该多用电表有6个挡位，直流电流1 mA挡和 2.5 mA挡、直流电压 1 V挡和5 V挡以及两个欧姆挡.表头G的润偏电流I。=250μA,内阻r=480Ω,其中 R、R、R,、R。、R,均为定值电阻。14.（12分)如图所示,在坐标系Oxy的第二象限内存得分在沿轴负方向的匀强电场,电场强度为E,在第一象限内磁场垂直纸面向外、第四象限内磁场垂直纸面向里,且AB第四象限磁场的磁感应强度是第一象限的2倍;第一象限内距离轴L处,垂直轴放置足够长的感应屏。一质量为m,电荷量甲乙为α的带正电粒子从直角坐标系第二象限的P点以初速度大小(1）定值电阻R=Ω,R=Ω。(2)在图乙中选择某一欧姆挡测量电阻,此时电源电动势E=U。,方向与x轴正方向成37°角斜向上飞出，恰好从○点射人磁1.5V,电源内阻未知,测量前先进行调零，然后测得表盘示数场,速度方向与x轴正方向夹角为53°，一段时间后粒子垂直击中如图丙所示,则选择的欧姆挡位为（填“×1”感应屏。粒子重力不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求：“×10""×100"或"×1k")。(1)P点的位置坐标；(2)第一象限磁场磁感应强度的最小值。1/mA1/s丙(3)部分多用电表可测量电容器的电容值。将多用电表调至电容挡，用红、熙表笔连接电容器，给电容器充电，测得电流】-1关系如图丁所示，I=10s后红、黑表笔电压恒为U=2 V,则物理多用电表显示测得的电容值为F(结果保留两位有效数字)。考前信息卷·物理·第五辑②·第3页考前信息卷·物理·第五辑③·第4页！

5#川(2分）（2分）（2分）(2分）（1分）（1分）(#)(#Z)(#)(4D)（2分）(#)物理试卷参考答案第5页（共6页）物理试卷（五）53（3）据动能定理有mgR-μmgs=016.B 17.A 18.B 19.D 20.D得E,=0.8×10X0.5J=4 J（1）据重力势能表达式有E，=mgh得E,=150X10X5 J=7500 J得△E=×150×9J=6 075 J(2）据牛顿第二定律有f=ma(3）据动能定理有 △E=m²23.(1)A (2)B (3)B24.(1)A (2)B (3)A21.匀加速2010(1)沿 A→B方向22.0.1 0.1 0.1三、实验探究题一、选择题二、填空题25.(6分)解：四、计算题26.(10分)解：

214解得：v=10m/s(1分)(2)排球从被击出到被垫起的过程中由动能定理可得：mgh-h=mv2-mv哈(1分)解得：Vo=8m/s排球从被击出到被垫起的过程为抛运动：竖直方向：h-h2=gt2(1分)水方向：X=Vot(1分)解得：×=4.8m(1分)16.(9分)解：(1)金属棒a在磁场中运动时，回路的总电阻为：Re=Ra+=10(1分)金属棒：在磁场中向右运动的过程，由动量定理可得：=mvi -mvo(1分)解得：V1=1.5m/s金属棒α、b组成系统碰撞过程满足动量守恒和能量守恒：mavi=mav2+movamav?=mav+mpv(两式共1分)解得：V2=-0.5m/sV3=1m/s(1分)(2)金属棒a在磁场中向左运动的过程中，由动量定理可得：-=0-mv2(1分)解得：x=0.2m(1分)(3)金属棒α从开始运动到停止运动过程中回路产生总的焦耳热Qg=m哈-m肾(1分)Q=0.7金属棒a从开始运动到停止运动过程中金属棒a产生的焦耳热：0,=是0g(1分)Q2=0.35j(1分)17.(14分)解：(1)小球下摆至最低点过程中，由动能定理得：mogl=mov(1分)解得：vo=4m/s小球与绝缘板碰撞过程满足动量守恒和能量守恒：movo=mov,+Mv1(1分)mo=专mv+Mv(1分)2

2025届全国高三联合性检测·L专版·==1.5t3m/s=0.5m/s,B正确；0~3s(2)由于每个小球在空中运动的时间相等，可以用水位移代替抛运动的初速度，内，x=2m的质点振动半个周期，运动的路实验误差范围内只要满足关系式m1xp程为2A=0.2m,C错误；t=3s时，质点Am1xM十m2xN,即可验证动量守恒定律。的位移为y=一10cm,D正确。12.(1)红(1分)(2)a(1分)(3)电阻“0”位9.BC【解析】小球恰好静止在A点，有Eq=置(1分)kQ9,解得E=2R2,A错误：电场反向(2分14413(2分)(W2R)2(5)110(1分)后，AC间的电势差为UAC=一E·【解析】(1)A端电流为流入端，故与红色表笔相连。(2)根据闭合电路欧姆定律有②Rcos45°=二2尺，B正确：小球由A到E一，a端对应的改装电流表量C,库仑力不做功，仅电场力做功，有W=Ra=R中一I程大，为电阻“×12”挡。(3)测电阻前，应qUc=-△E,解得E,=209,C正确；小2R先欧姆调零，先将两表笔短接，调整R3使球由A到C的过程中，电场力先做正功后做电表指针指在表盘电阻“0”位置。(4)由负功，电势能先减少后增加，D错误。R=E可知，=10mA,,=10mA,10.ACD【解析】开关S接a,稳定时Uc1=由电路的串、并联可知I。=Ig十E,电容器带电荷量为Q1=CE,开关S接、+R2)1b,电容器开始放电，导体棒做加速度减小R,山=。士R十尺联立解得的加速运动，直到最后做匀速直线运动，匀R-18n,R:=潜n.（5)若选电阳“X16速直线运动时，有Uc2=BLv,电容器带电荷量为Q2=CUc2,对导体棒，由动量定理10”挡，则图乙中读数为11.0×102得B(1一Q2)L=mw-0,解得t=1102。CBELm十CBL,导体棒运动稳定时电容器带电13.(1)8.35×10°Pa(2)0.024【解析】(1)对封闭气体由查理定律有荷量为Q2=m+CB,导体棒中产生的C2EB2L2÷(2分)》焦耳热为0一1CE一2C.由题意知T1=290KT2=260KCEB2L21CBELm+CB2L2-2m(m+CBZ),由p1=9.3×10°Pa解得p2=8.35×10Pa(2分)动能定理得，安培力做功为W=(2)由题意知p'=8.15×105Pa,根据克拉CBEL22m伯龙方程pV=nRT可知容积、温度均不变（m+CB2L2,A、C、D正确，B错误。时，压强之比即物质的质量之比(1分)二、非选择题漏出气体的质量与原有气体质量的比值11.(1)水(1分)相同(1分)=(2分)>(2)(2)mixp =mixm +m2xNk=P:-p(2分)p2(2分)代入数据解得k=0.024(1分)【解析】(1)验证动量守恒定律，安装轨道9u0时，轨道的末段要水，实验时小球α每次14.(1)2(2)。(3)84g104g释放的位置必须相同，保证每次碰前的速【解析】(1)A与B发生弹性碰撞，有度相同，为了保证对心碰撞，两个小球的半3mV0=3mVA1十mvB1(1分)径必须相等，为保证碰后两小球在同方向1运动，两小球质量须满足条件m1>m2。2×3moi=2X3mo千2Xmu1(1分)》·2·

(3)导体棒重力沿导轨分解得mgsin37°=0.3N>F根据衡条件mgsin37°=f+F（1分）代入数据得f=0.1N（1分）方向沿导轨面向上 (1分）又μmgcos37°=f（1分)解得μ=0.25（1分）(3) 37B32hs方向水向左 （4分）Boh²（3分）（7分）16R64RTE_7B。hv则感应电流大小为I=(1分)8R所受的安培力为F=3BoIh+0.5Bαh=49Bh²v(1分)16R方向水向左；（1分)线框的速度近似为零，此时线框被固定，则t=1.5T时穿过线框的磁通量为22方向垂直纸面向里; (1分)1h²3B。3B.h²(3)T～2T时间内，Ⅱ区磁感应强度不变，I区磁感应强度线性减小到0，则有E'=-(1分)T2T(1分)4R8RT9B²h*则T~2T时间内，线框中产生的热量为Q'=I²×4RT=(1分）16RT0.5B。h²2T～3T时间内，Ⅱ区磁感应强度线性减小到0，I区磁感应强度为0，则有E"=Boh²(1分）T4T(1分)4R16RTB²ha则2T~3T时间内，线框中产生的热量为Q"=I"²×4RT=（1分）64RT在T~3T时间内，线框中产生的总热量为Q=Q'+Q"=37B2h(1分）64RT3qBL13qBL√18615.答案(1)v。=（4分）(2)v=（3分）d=L(3分)3mm3(3)正电荷，M=-Ⅲ(8分）39解析(1)AD,=√AA²+A,D²=6L（1分)高二物理试卷第3页(共5页)