绝密★启用前
云南省昆明市三诊一模高考物理模拟试卷
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干
净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.冬奥会上的花样滑冰赛场，运动员高超优美的滑姿让观众们大饱眼福。如
图为男运动员以一只脚为支点，手拉女队员保持如图所示姿式原地旋转，此
时女队员脚与手臂上A、B两点角速度大小分别为wA、wB,线速度大小分别
为vA、vB,向心加速度大小aA、aB,向心力大小分别为FA、FB,则()
A.ωA<ωB
B.vA>VB
C.aA
D.FA>FB
2.中国自主研发的“暗剑”无人机，具有超音速、超高机动能力和低可探测性，主要用于未来对空作战。
若在某次试飞测试中，无人机起飞前沿地面由静止开始做匀加速直线运动，经时间达到起飞速度v,则无
人机起飞前通过的距离为()
A艺
B.vt
C.
D.2vt
3.如图甲所示，高层建筑室外擦玻璃的工人在进行室外作业，为了保障安全，他们身上都绑有安全带，安
全带上有救生缓降器，缓降器由挂钩（或吊环）、吊带、绳索及速度控制装置等组成，以保证工人的安全。设
某次工人完成高空作业后从离地面某高度处通过安全带安全着陆，图乙是工人运动全过程的v一t图像。下
列说法正确的是()
l/(ms)
t2 t/s
第1页，共8页
A.0到t,段时间内工人处于超重状态
B.t到t2段时间内工人的平均速度等于义
C.工人初始位置离地面高度为v1t2
D.整个过程中绳索对工人的拉力先变大后变小
4.如图所示，当分子间距为r时，分子间作用力为零.分子A、B的间距从10ro减小到0.9r的过程中
A
○-
-----0
A.分子引力变小、斥力变大
B.分子力先减小后增大
C.分子势能先增大后减小
D.分子力先做正功后做负功
5.据新闻报道，我国江门中微子实验探测器将于2024年投入使用，届时将大大提升我国在微观基础领域的
研究能力。中微子，是构成物质世界的最基本的粒子之一、中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探
测。上世纪四十年代初，我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案：静止原子核B俘获
核外K层电子，可生成一个新原子核X,并放出中微子（用“ve”表示），根据核反应后原子核X的动能和动
量，可以间接测量中微子的能量和动量，进而确定中微子的存在。1953年，莱尼斯和柯温建造了一个由大
水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中H发生核反应，产生中子和正电子，即ve+}H→品n+1e。
间接地证实了中微子的存在。根据以上信息，下列说法正确的是()
A.原子核X是Li
B.中微子的质量等于Be原子核与新原子核X的质量之差
C.若上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转变为两个光子，
即91e+°1e→2y。已知正电子与电子的质量都为9.1×10-31kg,则反应中产生的每个光子的能量约为
16.4×10-14/
D.具有相同动能的中子和正电子，中子的物质波的波长小于正电子的物质波波长
6.如图为嫦娥三号登月轨迹示意图.图中M点为环地球运行的近地点，N点为环月球运行的近月点.α为环
月球运行的圆轨道，b为环月球运行的椭圆轨道，下列说法中正确的是()
月球
地球
嫦娘
地月转移轨道
三号
A.嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度一定大于7.9km/s
B.嫦娥三号的发射速度必须大于11.2km/s
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参考答案及解析
【解析】
1. 解： 、根据同体转动角速度相同可知 = ，故 A 错误；
B、根据 = 可知 > ，故 B 正确；
C、根据 = 2可知 > ，故 C 错误；
D、女队员脚与手臂上 、 两点质量关系不知道，无法判断向心力的大小，故 D 错误；
故选： 。
根据同体转动角速度相同判断角速度大小；根据 = 判断线速度大小；根据 = 2判断向心加速度大小；
质量不知道，向心力大小无法判断。
本题主要是考查线速度、向心加速度和角速度的关系，到同体转动角速度相同，同一传送带上的线速度相
等。
2. 【分析】
+
本题考查匀变速直线运动的规律，在本题中要明确匀变变直线运动的平均速度的计算公式： = 02 ，再根
据位移公式 = ，即可求得无人机起飞前通过的距离。
【解答】
0+
根据匀变速直线运动的规律，无人机起飞通过的路离为： = 2 = 2，故 A 正确，BCD 错误。
3. 解： 、0 到 1段时间内工人向下加速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故 A 错误；
B、 1到 2段时间内如果做匀减速直线运动，位移等于 1到 2段图线与时间轴围成的面积，则工人的平均速
度等于 12；实际上工人位移等于曲线与时间轴围成的面积，实际位移并不一定等于匀减速时的位移，故 B
错误；
C、 图线与时间轴围成的面积表示位移，工人初始位置离地面高度等于曲线与时间轴围成的面积，小于
1 2，故 C 错误；
D、根据牛顿第二定律，结合图线的斜率可知，加速度先减小到 0 后再反向增大，再减小，对于加速过程，
根据牛顿第二定律知 = ，加速度减小，重力不变，则拉力一直增大到等于重力；减速运动过程，
有 = ，且加速度反向增大后又减小，则拉力先增大后减小，所以整个过程中绳索对工人的拉力
先变大后变小，故 D 正确。
第 1页，共 7页
{#{QQABAQIUogAAAoAAARhCUwGACEAYkACACAgOgBAUoAABwQFABAA=}#}
故选： 。
根据 图像中图线的斜率表示加速度，图线与坐标轴围成的面积表示位移，结合牛顿第二定律判断加速
度的方向，进而判断超重还是失重。
本题考查学生对 图像的性质和牛顿第二定律的运用情况，难度较小。
4. 分子力随分子间距变化关系如图所示：
由图知，分子间距由 10 0减小到 0过程分子引力和斥力均增大，此过程分子力表现为引力，分子力做正功，
分子势能减小，分子力先增大后减小；分子间距由 0减小到 0.9 0过程分子引力和斥力均增大，分子力表现
为斥力，分子力做负功，分子势能增大，分子力逐渐增大。可见分子 、 的间距从 10 0减小到 0.9 0的过
程中分子引力变大、斥力变大，分子力先增大后减小再增大，分子势能先减小后增大，分子力先做正功后
做负功。故选 D。
5. A.静止原子核 74 俘获核外 层电子 的反应方程为7 + 04 1 → 7 + 3 ，故 A 错误；
B.由于反应放出能量，有质量亏损，则中微子质量不等于 原子核与新原子核 的质量之差，故 B 错误；
2
C. 根据爱因斯坦质能方程 = 2 = 2 ，解得光子能量为 = 2 = 8.2 × 10
14 ，故 C 错误；
D. 1由 = 2
2 、 = ，解得 = 2 ，物质波的波长为 = = 2 ，由于中子和电子的动能相
等，中子质量大于电子质量，所以中子的波长小于电子的质量，故 D 正确。
故选： 。
6. 【分析】
第一宇宙速度是人造卫星环绕地球运动的最大速度；卫星的速度达到 11.2 / ，将脱离地球束缚，绕太阳
运动，嫦娥三号卫星的运行速度不可能大于 11.2 / 。嫦娥三号卫星在 点加速做离心运动才能进入地月
转移轨道，根据万有引力和牛顿第二定律解出加速度，再判断大小；嫦娥三号从椭圆轨道 进入圆轨道 时，
做近心运动，必须在 的减速。
【解答】
A.第一宇宙速度是人造卫星环绕地球运动的最大速度，嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度小于或等于
7.9 / ，故 A 错误；
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{#{QQABAQIUogAAAoAAARhCUwGACEAYkACACAgOgBAUoAABwQFABAA=}#}
B.地球的第二宇宙速度是 11.2 / ，达到此值时，卫星将脱离地球的束缚，绕太阳运动，故嫦娥三号在环
地球轨道上的运行速度不可能大于 11.2 / ，故 B 错误；
C. 根据万有引力和牛顿第二定律得 2 = ，有 = 2 ，由此可知 1 = 2，故 C 错误；
D.嫦娥三号从椭圆轨道 进入圆轨道 时，做近心运动，必须在 的减速，故 D 正确。
故选 D。
7. A.由图乙可知，2 时质点 正从平衡位置沿 轴正方向振动，结合“上、下坡法”可知，波沿 轴负方向传播，
故 A 错误；
B.2 时质点 沿 5负方向振动，由乙图可知，该波的周期为 = 4 ，当 = 2.5 = 8 时质点 和质点 的位
移等大反向，故 B 错误；
C. = 1 = 14 时，质点 恰好到达波峰的位置，加速度沿 轴负方向，故 C 正确；
D. = 2 2 时的波动图像为 = sin + ( )
结合图甲可知 = 0.04 ， = 8
故波动图像为 = 0.04sin 4 + ( )
把(0,0.02 ) 5 代入解得 = 6
令 = 0 代入解得 = 2 3 ，
2 14
= 4 + 3 = 3 ，故 D 错误。
故选 C。
8.解： 、由Ⅰ位置到Ⅲ位置过程中，线框中的磁通量先向里增加、后向里减小，根据楞次定律可知，Ⅰ→Ⅱ
过程中，导体框中感应电流方向沿逆时针方向，由Ⅱ位置到Ⅲ位置过程中，导体框中感应电流方向沿顺时针
方向，故 A 错误、B 正确；
、Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中、Ⅱ位置到Ⅲ位置过程中，有效切割长度的最大值均为 2 ，
感应电动势的最大值均为 = 2 = 2 ，
2
最大感应电流为 = 4 = 4 ，故 C 正确，D 错误。
故选： 。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是能够根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应
定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流的最大值。
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{#{QQABAQIUogAAAoAAARhCUwGACEAYkACACAgOgBAUoAABwQFABAA=}#}
9. 【分析】 振荡电路中，电容器放电过程是电场能向磁能转化，电流从正极板流出且逐渐增大；由
振荡电路的周期公式 = 2 分析周期与频率。
本题考查电容器的充电、 振荡电路。 振荡电路的振荡过程从能量转化的角度入手比较容易；振荡电流
的周期由振荡电路本身决定，与外部因素无关。
【解答】 . 扳到 1 时电源给电容器充电，电流沿正向逐渐减小，图线 1 符合， 扳到 2 时产生振荡电流，
0 时刻电流为零，前半个周期电容器先逆时针放电再逆时针充电，电流方向为负，图线 4 符合，A 正确，B
错误；
C.由振荡电流的周期 = 2 可知周期与电动势无关，C 错误；
D. 1振荡电流的频率为 = 2 ，拔出线圈的铁芯，线圈自感系数减小，频率将升高，D 正确。
故选 AD。
10. 【分析】
本题主要是考查了带电小球在重力场和电场的复合场中运动，关键是弄清楚小球的受力情况和运动情况，
根据运动的合成与分解结合运动学公式进行解答。
从 到 ，小球水平方向做匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动的合成与分解、运动学公式和
功能关系分析。
【解答】
A. 、 两点高度相等，小球从 → 重力做功为零，电场力做正功，故 D、 两点速度大小不等，故 A 错误；
B.小球在竖直方向与水平方向的初速度为： = 0cos 53° = 10 × 0.6 / = 6 / ， = 0sin 53° = 10 ×
0.8 / = 8 / ， 为轨迹最高点，故 B 点竖直速度为零，则 = ，水平方向 = ， = 0 + ，
联立解得： = 10 / ，故 B 正确；
C.小球从 → 的时间为从 → 的两倍，则到 点时。水平速度为： = + 2 = 14 / ，
小球落地时与水平方向夹角正切：tan = 4 ，解得：tan = ，故 C 错误； 7
2 2D. 、 两点距离为： = 2 ，解得： = 16 ，故 D 正确。
11. 解：①在棱镜的左侧画出一条直线，并在线上竖直插上两枚大头针 1和 2，确定入射光线，然后插上
大头针 3，使 3挡住 1、 2的像，再插上大头针 4，使 4挡住 3和 1、 2的像，从而确定出射光线．故选：
．
②设入射角为 ，折射角为 ，根据折射定律得，根据几何关系有：对于甲图， = ， = ，对
于乙图， = = ， ，可知仅通过测量 、 的长度便可正确计算出折射率的是图乙，折射率 =
第 4页，共 7页
{#{QQABAQIUogAAAoAAARhCUwGACEAYkACACAgOgBAUoAABwQFABAA=}#}
sin = sin ．
故答案为：① ；②乙； ．
为了测量截面为正三角形的三棱镜玻璃折射率，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的左侧插上两枚大头针 1
和 2，然后在棱镜的右侧观察到 1像和 2像，当 1的像被恰好被 2像挡住时，插上大头针 3和 4，使 3
挡住 1、 2的像， 4挡住 3和 1、 2的像．作出光路图，结合折射定律求出折射率．
几何光学的实验要理解实验原理，正确作出光路图，结合折射定律进行求解．
12. (1)保持电阻 0滑片位置不变，即 、 0和电流计 部分电路的电阻不变；因 < ，所以开关拨向
时电路的总电阻小于开关拨向 时电路的总电阻，根据 = ，结合串并联电路规律可知 大于 。
总
(2)当测量的电阻值等于欧姆表的内阻时，电流为满偏电流的一半，指针指在刻度盘正中间，所以叫中值电
阻；当开关拨向 时，欧姆表内阻较大，即中值电阻较大，能够接入待测电阻的阻值也更大，所以开关 拨
向 时对应欧姆表的挡位倍率较大，即“× 10”挡。
(3)从“× 1” 挡位换成“× 10”挡位，即开关 从 拨向 ，全电路电阻增大，由 = 可知干路电流减小，短接
总
①②时，为了使电流表满偏，则需要增大通过电流计 所在支路的电流，所以需要将 0的滑片向上调节。
(4)在“× 10”挡位，电路图结构简化如下，设 下 = + 0 下，
( + 0 ) 上 下
第一次，当①②短接，全电路的总电阻为 = + + + + ，通过干路的电流为 = ，电流表满偏， 0
下
根据并联电路中电流之比等于电阻反比可知 = ； + 0 上
第二次，①②之间接入 1 = 100 ，全电路总电阻为 + 1，通过干路的电流为 =
1 + ，电流表偏转了1
2
2 下
量程的 33，则 = 21
，结合第一次和第二次解得 = 2 1 = 200 ；
3
+ 0 上
①② 1第三次， 之间接入 ，全电路总电阻为 + ，通过干路的电流为 = + ，电流表偏转了量程的 3，
1
3
= 下则 1 + ，结合第二次和第三次，解得 = + 2 1 = 400 。 3 0 上
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{#{QQABAQIUogAAAoAAARhCUwGACEAYkACACAgOgBAUoAABwQFABAA=}#}
13. 1解：(1)运动员从 点飞出做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则 = 22
解得 = 3
(2)运动员从 点飞出做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设运动员到达 点的速度为 ，
则 · =
代入数据解得 = 20 /
从 1 1到 ，由动能定理得 克 =
2 2
2 2 0
代入数据解得 克 = 6120
答：(1)运动员从 到 的运动时间为 3 ；
(2)运动员在 段运动过程中克服阻力所做的功为 6120 。
14. (1)带电粒子在 平面左侧磁场中做圆周运动，有几何关系得 2 = (2 )2 + ( )2
解得 = 52
2
由牛顿第二定律可得 1 =
2
解得 1 = 5 ；
2
(2) 在右侧磁场中由牛顿第二定律得 2 =
解得
2
= 4
= 2 sin45 = 2
= 2 cos45 = 2
即坐标为 (0, 2 , 2 )。
(3)粒子在电场中做类平抛运动， 轴方向上：2 =
1 轴方向上： = 22
=
2
解得 4 。
15. 解：(1) 从斜面顶端释放运动到斜面底端的过程，由牛顿第二定律得
sin 1 cos = 0
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{#{QQABAQIUogAAAoAAARhCUwGACEAYkACACAgOgBAUoAABwQFABAA=}#}
由运动学公式有
1
= 2
2
0 0
解得 0 = 3
(2) 在 上滑动过程中，对 分析有
2 = 1， 共 = 0 1
对 分析有 2 = 2， 共 = 2
由以上四式推导得
0 = ( 1 + 2) ， = 1 + 2
依题意，图乙的斜率为 = 3.75 / 2
联立解得 = 4
(3) 从 处滑到底端过程有 21 = 2 0
能与右侧平台相撞的条件为 与挡板相碰时 的动量大于 的动量，临界关系为 的动量与 的动量大小相等，
即 =
在 上滑动过程中， 、 系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有
1 = +
初始时挡板距离 左端的临界关系为
2 = 2 2
= 9 解得 10 = 10
故初始时 9 与 左端的距离 > 10 。
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{#{QQABAQIUogAAAoAAARhCUwGACEAYkACACAgOgBAUoAABwQFABAA=}#}
