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贵州省2025届高三下学期新高考模拟物理试卷
一、单项选择题：本大题共7小题，每题4分，共28分。在每小题给出得四个选项中，只有一项是正确或符合题意的答案。
1．（2025·贵州模拟）在垂直纸面向里的磁场中，有一原子核发生衰变成新的原子核，下列说法正确的是（　　）
A．原子核衰变的周期，与压强有关，压强越大，衰变周期变大
B．若原子核的衰变是α衰变，则半径较大的是α粒子
C．原子核衰变的方程可以是
D．原子核衰变时会发生质量亏损，反应前的质量不等于等于反应后的，需要吸收能量
2．（2025·贵州模拟）周五大扫除时，调皮的小玲想用拖把匀速的在地面上画一个圆，请问小玲应该往哪个方向用力（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2025·贵州模拟）我国航天事业取得重大突破，2021年12月9日，中国宇航员王亚平、霍志刚、叶光富。在离地球表面400km-500km的中国空间站，为广大的师生进行一场形象而生动的太空课堂教学。以下就是我国神舟十三号载人飞船，与空间站结合体前的变轨示意图。下列说法正确的是（　　）
A．神舟十三号沿着轨道I运动，环绕速度大于第一宇宙速度
B．中国空间站内乒乓球下沉，浮力消失，是失重状态的体现，同时能用弹簧测力计测量出的重力大小
C．飞船在轨道II运行时，经过M、N两点时，N点的机械能最大
D．神舟十三号在M点从轨道I到轨道II，长征二号火箭需朝运动反方向点火，两者结合前需减速，长征二号火箭需朝运动方向点火
4．（2025·贵州模拟）空间内存在一个竖直向上的电场强度为E、距离都为d的电场，带电荷量为q、质量为m的粒子以速度v0沿水平方向进入，保持原有状态继续在电场中匀速运动，后垂直打在斜面上，下列说法正确的是（　　）
A．匀强电场的电势差
B．粒子带正电，到达斜面时速度的大小
C．粒子经过整个过程机械能守恒
D．能根据题目给出的数据求出A点到终点C点所用时间为
5．（2025·贵州模拟）甲、乙两汽车在同一平直公路上同向行驶，其v-t图像如图所示，在t=4s时，两车恰好再次并排行驶，则下列说法正确的是（　　）
A．t=0时，乙车在甲车前15m处
B．t=3s时，乙车在甲车前面
C．2~4s内两车的距离一直在减小
D．2~4s内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度
6．（2025·贵州模拟）如图所示，水平方向上有一弹簧振子，O点是其平衡位置，振子在a和b之间振动，关于振子，下列说法正确的是（　　）
A．在a点时加速度最大，速度最大 B．在O点时速度最大，位移最大
C．在b点时位移最大，速度最小 D．在b点时加速度最大，速度最大
7．（2025·贵州模拟）一个质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．在10 s内质点经过的路程是20 cm
B．在5 s末，质点的速度为零
C．t=1.5 s和t=2.5 s两个时刻质点的位移和速度方向都相反
D．t=1.5 s和t=4.5 s两时刻质点的位移大小相等，都是cm
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全得得3分，有选错得得0分。
8．（2025·贵州模拟）在如图所示的远距离输电电路图中，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电，已知输电线的总电阻R=15Ω，降压变压器的原、副线圈匝数之比为5：1，副线圈与用户中某电器R0组成闭合电路，若变压器均为理想变压器，降压变压器的副线圈两端电压u＝220sin50πt(V)，当用电器电阻R0=11Ω时（　　）
A．发电机中的电流变化频率为50Hz
B．通过用电器R0的电流有效值是20A
C．升压变压器的输出电压为1000V
D．升压变压器的输入功率为4640W
9．（2025·贵州模拟）如图所示，水平传送带长x=6m，以v=2m/s的速率顺时针转动，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，倾角θ=37°的光滑斜面与传送带右侧平滑连接，斜面长为L=3m，质量为m=1kg的乙静止在斜面底端，将相同质量的甲从斜面顶端由静止释放，甲乙发生弹性碰撞，下列说法正确的是（　　）
A．物体乙滑上传送带的速度为6m/s
B．物体乙能够运动到B端
C．整个过程中物体乙在传送带上留下的划痕长度为3.2m
D．整个过程中产生的焦耳热为32J
10．（2025·贵州模拟）如图所示，倾角为θ的光滑平行金属导轨，导轨宽度为L，电阻不计，顶端接有阻值为R的定值电阻，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面匀强磁场，磁感应强度为B，且bd长为L，有一质量为m，电阻为r的金属棒MN，从顶端由静止释放，金属棒MN始终与导轨垂直且接触良好，MN进入磁场时加速度恰好为零，以下说法正确的是（　　）
A．MN进入磁场时的速度为
B．安培力对金属棒所做的功为
C．通过电阻R的电荷量
D．整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为
三、实验题：本题共2小题，共15分
11．（2025·贵州模拟）小明同学通过学习物理，知道能量之间是相互转化的，不会凭空产生、消失。为验证自己的猜想，现根据以下实验器材，验证机械能守恒（已知打点计时器的频率为f）打出的点是连续相邻两个点。
（1）为保证本次实验用电安全，应选择　 　打点计时器，使用　 　（4-6V交流电、4-6V直流电）。
（2）小明同学的以下操作正确的是（　　）
A．实验前需用手托住重物，且悬挂重物需离打点计时器越远越好
B．先接通电源、后释放重物
C．实验过程不需要天平、秒表，但需要测量距离的刻度尺
（3）根据纸带打下的点，其中B的速度大小　 　，E的速度大小　 　。
（4）B到E点到的动能变化量　 　，势能的变化量　 　，动能和势能之间关系　 　，这是什么引起的　 　原因。
12．（2025·贵州模拟）随着生活水平的提高，人们对家居条件要求越来越高。小明家要对新居进行水电安装，从建材市场买来一卷铜芯线（长度100米），如图所示。小明对这卷导线的长度产生质疑，查找资料得知铜的电阻率ρ=1.7×10-8Ω m，为验证这卷导线的长度，准备了以下器材：
（a）电流表A1（内阻r）；
（b）电流表A2；
（c）待验证导线一卷Rx；
（d）滑动变阻器R；
（e）定值电阻R0
（f）电源E（E=6V，内阻不计）
（g）开关一个，导线若干
（1）为测量导线的横截面积，需要用到的测量工具为　 　。如图所示导线直径d=　 　。
（2）.利用上述器材设计实验电路图　 　 ：
（3）.某次测量中电流表A1的读数诶I1，电流表A2的读数诶I2 ，则这卷导线的长度L= 　 　 （用r、R0、I1、I2、d、ρ表示）
13．（2025·贵州模拟）如图：夜晚河岸上钓鱼的人用手电筒看到河底有一条鱼，手电筒发出的光在水中传播的距离为，传播的时间为，河底的深度为d。求
（1）河水的折射率n
（2）手电管发出的光与河面间的夹角
14．（2025·贵州模拟）如图所示，两端开口的气缸竖直固定，A、B是两个活塞，可在气缸内无摩擦滑动，面积分别为S1=20cm2，S2=10cm2，质量分别为m1=1.5kg，m2=0.5kg，它们之间用一根细杆连接，静止时气缸中的气体温度T1=600K，气缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0=1×105Pa，取g=10m/s2，缸内气体可看作理想气体；
（1）活塞静止时，求气缸内气体的压强；
（2）若降低气缸内气体的温度，当活塞A缓慢向下移动时，求气缸内气体的温度。
15．（2025·贵州模拟）如图所示，在平面直角坐标系中，三、四象限有竖直向下的匀强电场E和竖直纸面向里的匀强磁场（磁感应强度B），其中有一个带负电荷的质点，电荷量为-q，质量为m。从y轴上的P点，以速度v0沿着x轴正方向抛出，PO的长度为l，经过x轴上的A点时速度方向与x轴成60°进入电场和磁场后，又经过y轴负半轴上的C点（图中未画出）后经过原点O进入第一象限，然后又经过x轴上的D点图中未画出，进入电场和磁场中，之后第二次经过A点射出，重力加速度为g，，求：
（1）O点到D点的距离、粒子进入电场和磁场时的速度；
（2）粒子从P到第二次从A点射出经过的总时间t。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查了原子核衰变及动量守恒定律等知识点。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。A．原子核衰变的周期，由原子核本身的性质决定，与外界因素比如压强无关，与原子核所处的状态无关，故A错误；
B．根据洛伦兹力提供向心力
可得
衰变过程满足动量守恒而且总动量为0，则衰变刚结束时，α粒子与新核X的动量等大反向，
由于α粒子的电荷量较小，所以半径较大，故B正确；
C．由图可知，两粒子在相切的位置受到相反方向的洛伦兹力，且两粒子的速度方向相反，所以粒子的电性相同，则两粒子应该都带正电，故C错误；
D．原子核衰变时会发生质量亏损，反应前的质量不等于反应后的，放出能量，故D错误。
故选B。
【分析】原子核衰变的周期，由原子核本身的性质决定，衰变过程满足动量守恒而且总动量为0，洛伦兹力提供向心力，根据轨迹判断电性以及电荷量大小，原子核衰变时会发生质量亏损，反应前后质量不相等。
2．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；匀速圆周运动
【解析】【解答】若要匀速画一个圆（即拖把做匀速圆周运动），拉力沿着速度反方向的分力与摩擦力平衡，垂直速度方向指向圆心的分力提供向心力，根据力的合成可知小玲应该往3这个方向用力。
故答案为：C。
【分析】切线方向：拉力的切线分力与摩擦力平衡（保证速度大小不变）；径向方向：拉力的径向分力提供向心力（保证轨迹为圆周）。
3．【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得，可得，第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，所以神舟十三号沿着轨道I运动，环绕速度不可能大于第一宇宙速度，故A错误；
B．中国空间站内乒乓球处于完全失重状态，不能用弹簧测力计测量出的重力大小，故B错误；
C．飞船在轨道II运行时，只有万有引力做功，飞船的机械能守恒，经过M、N两点时的机械能相等，故C错误；
D．卫星从低轨道变轨到高轨道，需要在变轨处点火加速，所以神舟十三号在M点从轨道I到轨道II，长征二号火箭需朝运动反方向点火，使其加速；两者结合前需减速，则长征二号火箭需朝运动方向点火，使其减速，故D正确。
故答案为：D。
【分析】用万有引力定律分析线速度与轨道半径的关系，结合失重状态的特点、机械能守恒条件、变轨的加速 / 减速原理，逐一判断选项。
4．【答案】B,C,D
【知识点】电势差；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由于粒子匀速通过电场区域，则，，所以，故A错误；
B．粒子受到竖直向上的电场力，与电场强度方向相同，则粒子带正电，到达斜面时速度方向与斜面垂直，则速度方向与竖直方向的夹角等于斜面的倾角，所以，故B正确；
C．粒子在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故C正确；
D．粒子做匀速直线运动的时间为
粒子做平抛运动的时间为
所以A点到终点C点所用时间为，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】先根据 “粒子匀速通过电场” 判断受力平衡（电场力 = 重力），确定粒子电性与电场电势差；再结合 “速度垂直斜面” 的几何关系分析速度大小；最后分 “电场中匀速”“离开电场后平抛” 两个阶段计算总时间，同时分析机械能变化。
5．【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图线与坐标轴所围区域的面积表示物体发生的位移，所以0~4s内，甲、乙两车的位移大小分别为，，所以t=0时，甲车在乙车前，二者相距，故A错误；
B.0~3s内，甲、乙两车的位移大小分别为，
由于，则乙车在甲车前面，故B正确；
C.0~2s内，甲、乙两车的位移大小分别为，，由于
则2s时两车相遇，3s时二者共速，两车距离达到最大，所以2~4s内两车的距离先增大后减小，故C错误；
D.2~4s内，甲、乙两车的位移大小分别为，
由于甲车位移等于乙车位移，所以甲车的平均速度等于乙车的平均速度，故D错误。
故答案为：B。
【分析】利用v t图像的“面积表示位移”，结合“t=4s时两车并排”的条件，先确定初始间距，再分阶段计算不同时刻的位移差，判断两车位置关系及距离变化。
6．【答案】C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A：在a点（最大位移处），加速度最大，但速度为零，A 错误。
B：在O点（平衡位置），速度最大，但位移为零，B错误。
C：在b点（最大位移处），位移最大，速度为零（最小），C正确。
D：在b点，加速度最大，但速度为零，D错误。
故答案为：C。
【分析】根据弹簧振子在简谐运动中不同位置的位移、速度和加速度的变化规律进行判断。
7．【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】A．由题图可知1s的路程为2cm，则10s内质点经过的路程为20cm，A正确；
B.5s末，质点运动至最大位移处，速度为零，B正确；
C．t=1.5s和t=2.5s两个时刻的位移方向相反，但速度方向相同，C错误；
D．题图对应的函数关系为，代入数据t=1.5s和t=4.5s可知，两个时刻的位移大小相等，都为cm，D正确。
故答案为：C。
【分析】根据简谐运动的 x t 图像，分析周期、振幅，再结合运动规律判断各选项。
8．【答案】B,D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．变压器不改变交流电的频率，所以电流变化的频率为，故A错误；
B．降压变压器副线圈电压的有效值为，所以通过R0的电流的有效值为，故B正确；
C．降压变压器的原、副线圈匝数之比为5：1，所以降压变压器原线圈的电流为，降压变压器原线圈两端的电压为，所以升压变压器的输出电压为，故C错误；
D．升压变压器输入功率为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】从降压变压器的副线圈电压入手，利用理想变压器的电压、电流关系，结合输电线路的电压损耗，逐步推导各物理量（电流、电压、功率）。
9．【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【解答】A．甲沿斜面下滑，根据牛顿第二定律可得，，解得
甲乙发生弹性碰撞，有，
解得，
由此可知物体乙滑上传送带的速度为6m/s，故A正确；
B．乙在传送带上先向左做匀减速直线运动，其位移为，，解得，由此可知，乙不能够运动到B端，故B错误；
C．乙做匀减速直线运动的过程中相对位移大小为，之后乙反向加速到达到共速相对位移大小为，所以整个过程中物体乙在传送带上留下的划痕长度为，故C错误；
D．整个过程中产生的焦耳热为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】分“甲下滑→弹性碰撞→乙在传送带运动”三个阶段，结合牛顿定律、弹性碰撞规律、匀减速运动公式，分析速度、位移及焦耳热。
10．【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．金属棒MN做切割磁感线运动，产生的电动势为
根据闭合电路欧姆定律，有
金属棒MN受到的安培力为
MN进入磁场时加速度恰好为零，有
则有
解得MN进入磁场时的速度为
故A正确；
B．进入磁场后做匀速运动，根据动能定理，有
解得
故B错误；
C．由、、、可得，通过电阻R的电荷量为，故C正确；
D．根据能量守恒可得整个过程中产生的热量为，由可知
金属棒MN产生的焦耳热为
故D错误。
故选AC。
【分析】本题主要考查电磁感应现象的应用，结合闭合电路欧姆定律解答。
MN进入磁场时加速度恰好为零，做匀速运动，合力为零，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求得电流，根据安培力公式得到安培力，再根据平衡条件计算最大速度；MN运动过程中只有重力和安培力做功，由动能定理求解安培力对金属棒所做的功；由、、、求解通过电阻R的电荷量；由能量守恒得到整个过程中产生的热量，再根据串并联知识求解金属棒MN产生的焦耳热。
11．【答案】（1）电磁；4~6V交流电
（2）B；C
（3）；
（4）；；动能的增加量小于重力势能的减少量；克服空气阻力做功
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）为保证本次实验用电安全，应选择电磁打点计时器，使用4-6V交流电。
故答案为：电磁；4~6V交流电
（2）A．实验前需用手托住重物，且悬挂重物应靠近打点计时器，故A错误；
B．实验过程中应先接通电源后释放重物，故B正确；
C．实验过程中重物减少的重力势能与增加的动能均含有质量，可以约掉，所以不需要天平，且打点计时器可以记录时间，所以不需要秒表计时，但需要测量距离的刻度尺，故C正确。
故答案为：BC。
（3）根据题意可知，相邻两计数点间的时间间隔为
所以B的速度大小为
E的速度大小
故答案为：；
（4）B到E点到的动能变化量
势能的变化量为
由于重物下落过程中需要克服空气阻力做功，则
故答案为：；；动能的增加量小于重力势能的减少量；克服空气阻力做功
【分析】(1) 打点计时器选择：电磁打点计时器使用4~6V交流电，更安全；
(2) 实验操作判断：需先通电后释放重物，且实验无需天平（质量可约去）、秒表（计时器计时），但需要刻度尺测距离；
(3) 速度计算：利用匀变速直线运动“中间时刻速度等于平均速度”，结合打点频率求速度；
(4) 机械能变化分析：计算动能变化（由速度变化）与重力势能变化（由下落高度），对比两者关系，分析误差原因。
（1）[1][2]为保证本次实验用电安全，应选择电磁打点计时器，使用4-6V交流电。
（2）A．实验前需用手托住重物，且悬挂重物应靠近打点计时器，故A错误；
B．实验过程中应先接通电源后释放重物，故B正确；
C．实验过程中重物减少的重力势能与增加的动能均含有质量，可以约掉，所以不需要天平，且打点计时器可以记录时间，所以不需要秒表计时，但需要测量距离的刻度尺，故C正确。
故选BC。
（3）[1][2]根据题意可知，相邻两计数点间的时间间隔为
所以B的速度大小为
E的速度大小
（4）[1]B到E点到的动能变化量
[2]势能的变化量为
[3][4]由于重物下落过程中需要克服空气阻力做功，则
12．【答案】（1）螺旋测微器；0.906mm
（2）
（3）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）为测量导线的横截面积，需要用到的测量工具为螺旋测微器。如图所示导线直径；
故答案为：螺旋测微器；0.906mm
（2）滑动变阻器采用分压式接法，可以使通过待测电阻的电流调节范围尽量大，实验器材没有电压表，采用双安法，所以把电流表A1与定值电阻R0串联后与被测电阻并联，然后在与电流表A2串联，电路图如下
（3）根据串并联关系
解得
根据电阻定律
联立解得
故答案为：
【分析】(1) 导线直径测量：需用螺旋测微器（精度更高），读数为“固定刻度+可动刻度×分度值”；
(2) 实验电路设计：利用并联分流原理，将与串联后，再与并联，滑动变阻器采用分压/限流接法；
(3) 导线长度计算：先由并联电路电压相等求，再结合电阻定律推导长度公式。
（1）[1][2]为测量导线的横截面积，需要用到的测量工具为螺旋测微器。如图所示导线直径
；
（2）滑动变阻器采用分压式接法，可以使通过待测电阻的电流调节范围尽量大，实验器材没有电压表，采用双安法，所以把电流表A1与定值电阻R0串联后与被测电阻并联，然后在与电流表A2串联，电路图如下
（3）根据串并联关系
解得
根据电阻定律
联立解得。
13．【答案】（1）解：根据题意可知，光在水中的传播速度为
根据
可得折射率为
（2）解：根据几何关系可得折射角满足
可得
根据折射定律可得
解得
则手电管发出的光与河面间的夹角为
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】(1) 河水的折射率：先由光在水中的传播距离和时间求水中光速，再结合折射率与光速的关系（）求解；
(2) 光与河面的夹角：先由几何关系求折射角，再结合折射定律（），将入射角转化为光与河面的夹角。
（1）根据题意可知，光在水中的传播速度为
根据
可得折射率为
（2）根据几何关系可得折射角满足
可得
根据折射定律可得
解得
则手电管发出的光与河面间的夹角为
14．【答案】（1）解：设静止时气缸内的气体压强为p1，根据平衡条件可得
代入数据解得
（2）解：活塞A缓慢下移过程中，气体压强不变，则
代入数据解得
【知识点】光的折射及折射定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1) 河水的折射率：先由光在水中的传播距离和时间求水中光速，再结合折射率与光速的关系求解；
(2) 光与河面的夹角：先由几何关系求折射角，再结合折射定律，将入射角转化为光与河面的夹角。
（1）设静止时气缸内的气体压强为p1，根据平衡条件可得
代入数据解得
（2）活塞A缓慢下移过程中，气体压强不变，则
代入数据解得
15．【答案】（1）解：粒子的运动轨迹如图所示
粒子从P点到A点做平抛运动，则，，
联立解得，
所以O点到D点的距离为
粒子进入电场和磁场时的速度大小为，方向与x轴正方向成60°斜向下
（2）解：由于，粒子在叠加场做匀速圆周运动，设粒子在磁场中做圆周运动的时间为t2，则，
所以粒子从P到第二次从A点射出经过的总时间为
【知识点】平抛运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 速度与O到D的距离：先分析粒子从P到A的平抛运动，由速度方向夹角求A点速度；再结合电场力与重力平衡，粒子在电、磁场中做匀速圆周运动，由几何关系求O到D的距离；
(2) 总时间：分三部分计算：平抛运动时间、匀速圆周运动时间、第一象限内的运动时间，再求和。
（1）粒子的运动轨迹如图所示
粒子从P点到A点做平抛运动，则，，
联立解得，
所以O点到D点的距离为
粒子进入电场和磁场时的速度大小为
方向与x轴正方向成60°斜向下；
（2）由于，粒子在叠加场做匀速圆周运动，设粒子在磁场中做圆周运动的时间为t2，则，
所以粒子从P到第二次从A点射出经过的总时间为
1 / 1贵州省2025届高三下学期新高考模拟物理试卷
一、单项选择题：本大题共7小题，每题4分，共28分。在每小题给出得四个选项中，只有一项是正确或符合题意的答案。
1．（2025·贵州模拟）在垂直纸面向里的磁场中，有一原子核发生衰变成新的原子核，下列说法正确的是（　　）
A．原子核衰变的周期，与压强有关，压强越大，衰变周期变大
B．若原子核的衰变是α衰变，则半径较大的是α粒子
C．原子核衰变的方程可以是
D．原子核衰变时会发生质量亏损，反应前的质量不等于等于反应后的，需要吸收能量
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查了原子核衰变及动量守恒定律等知识点。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。A．原子核衰变的周期，由原子核本身的性质决定，与外界因素比如压强无关，与原子核所处的状态无关，故A错误；
B．根据洛伦兹力提供向心力
可得
衰变过程满足动量守恒而且总动量为0，则衰变刚结束时，α粒子与新核X的动量等大反向，
由于α粒子的电荷量较小，所以半径较大，故B正确；
C．由图可知，两粒子在相切的位置受到相反方向的洛伦兹力，且两粒子的速度方向相反，所以粒子的电性相同，则两粒子应该都带正电，故C错误；
D．原子核衰变时会发生质量亏损，反应前的质量不等于反应后的，放出能量，故D错误。
故选B。
【分析】原子核衰变的周期，由原子核本身的性质决定，衰变过程满足动量守恒而且总动量为0，洛伦兹力提供向心力，根据轨迹判断电性以及电荷量大小，原子核衰变时会发生质量亏损，反应前后质量不相等。
2．（2025·贵州模拟）周五大扫除时，调皮的小玲想用拖把匀速的在地面上画一个圆，请问小玲应该往哪个方向用力（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；匀速圆周运动
【解析】【解答】若要匀速画一个圆（即拖把做匀速圆周运动），拉力沿着速度反方向的分力与摩擦力平衡，垂直速度方向指向圆心的分力提供向心力，根据力的合成可知小玲应该往3这个方向用力。
故答案为：C。
【分析】切线方向：拉力的切线分力与摩擦力平衡（保证速度大小不变）；径向方向：拉力的径向分力提供向心力（保证轨迹为圆周）。
3．（2025·贵州模拟）我国航天事业取得重大突破，2021年12月9日，中国宇航员王亚平、霍志刚、叶光富。在离地球表面400km-500km的中国空间站，为广大的师生进行一场形象而生动的太空课堂教学。以下就是我国神舟十三号载人飞船，与空间站结合体前的变轨示意图。下列说法正确的是（　　）
A．神舟十三号沿着轨道I运动，环绕速度大于第一宇宙速度
B．中国空间站内乒乓球下沉，浮力消失，是失重状态的体现，同时能用弹簧测力计测量出的重力大小
C．飞船在轨道II运行时，经过M、N两点时，N点的机械能最大
D．神舟十三号在M点从轨道I到轨道II，长征二号火箭需朝运动反方向点火，两者结合前需减速，长征二号火箭需朝运动方向点火
【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得，可得，第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，所以神舟十三号沿着轨道I运动，环绕速度不可能大于第一宇宙速度，故A错误；
B．中国空间站内乒乓球处于完全失重状态，不能用弹簧测力计测量出的重力大小，故B错误；
C．飞船在轨道II运行时，只有万有引力做功，飞船的机械能守恒，经过M、N两点时的机械能相等，故C错误；
D．卫星从低轨道变轨到高轨道，需要在变轨处点火加速，所以神舟十三号在M点从轨道I到轨道II，长征二号火箭需朝运动反方向点火，使其加速；两者结合前需减速，则长征二号火箭需朝运动方向点火，使其减速，故D正确。
故答案为：D。
【分析】用万有引力定律分析线速度与轨道半径的关系，结合失重状态的特点、机械能守恒条件、变轨的加速 / 减速原理，逐一判断选项。
4．（2025·贵州模拟）空间内存在一个竖直向上的电场强度为E、距离都为d的电场，带电荷量为q、质量为m的粒子以速度v0沿水平方向进入，保持原有状态继续在电场中匀速运动，后垂直打在斜面上，下列说法正确的是（　　）
A．匀强电场的电势差
B．粒子带正电，到达斜面时速度的大小
C．粒子经过整个过程机械能守恒
D．能根据题目给出的数据求出A点到终点C点所用时间为
【答案】B,C,D
【知识点】电势差；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由于粒子匀速通过电场区域，则，，所以，故A错误；
B．粒子受到竖直向上的电场力，与电场强度方向相同，则粒子带正电，到达斜面时速度方向与斜面垂直，则速度方向与竖直方向的夹角等于斜面的倾角，所以，故B正确；
C．粒子在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故C正确；
D．粒子做匀速直线运动的时间为
粒子做平抛运动的时间为
所以A点到终点C点所用时间为，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】先根据 “粒子匀速通过电场” 判断受力平衡（电场力 = 重力），确定粒子电性与电场电势差；再结合 “速度垂直斜面” 的几何关系分析速度大小；最后分 “电场中匀速”“离开电场后平抛” 两个阶段计算总时间，同时分析机械能变化。
5．（2025·贵州模拟）甲、乙两汽车在同一平直公路上同向行驶，其v-t图像如图所示，在t=4s时，两车恰好再次并排行驶，则下列说法正确的是（　　）
A．t=0时，乙车在甲车前15m处
B．t=3s时，乙车在甲车前面
C．2~4s内两车的距离一直在减小
D．2~4s内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度
【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图线与坐标轴所围区域的面积表示物体发生的位移，所以0~4s内，甲、乙两车的位移大小分别为，，所以t=0时，甲车在乙车前，二者相距，故A错误；
B.0~3s内，甲、乙两车的位移大小分别为，
由于，则乙车在甲车前面，故B正确；
C.0~2s内，甲、乙两车的位移大小分别为，，由于
则2s时两车相遇，3s时二者共速，两车距离达到最大，所以2~4s内两车的距离先增大后减小，故C错误；
D.2~4s内，甲、乙两车的位移大小分别为，
由于甲车位移等于乙车位移，所以甲车的平均速度等于乙车的平均速度，故D错误。
故答案为：B。
【分析】利用v t图像的“面积表示位移”，结合“t=4s时两车并排”的条件，先确定初始间距，再分阶段计算不同时刻的位移差，判断两车位置关系及距离变化。
6．（2025·贵州模拟）如图所示，水平方向上有一弹簧振子，O点是其平衡位置，振子在a和b之间振动，关于振子，下列说法正确的是（　　）
A．在a点时加速度最大，速度最大 B．在O点时速度最大，位移最大
C．在b点时位移最大，速度最小 D．在b点时加速度最大，速度最大
【答案】C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A：在a点（最大位移处），加速度最大，但速度为零，A 错误。
B：在O点（平衡位置），速度最大，但位移为零，B错误。
C：在b点（最大位移处），位移最大，速度为零（最小），C正确。
D：在b点，加速度最大，但速度为零，D错误。
故答案为：C。
【分析】根据弹簧振子在简谐运动中不同位置的位移、速度和加速度的变化规律进行判断。
7．（2025·贵州模拟）一个质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．在10 s内质点经过的路程是20 cm
B．在5 s末，质点的速度为零
C．t=1.5 s和t=2.5 s两个时刻质点的位移和速度方向都相反
D．t=1.5 s和t=4.5 s两时刻质点的位移大小相等，都是cm
【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】A．由题图可知1s的路程为2cm，则10s内质点经过的路程为20cm，A正确；
B.5s末，质点运动至最大位移处，速度为零，B正确；
C．t=1.5s和t=2.5s两个时刻的位移方向相反，但速度方向相同，C错误；
D．题图对应的函数关系为，代入数据t=1.5s和t=4.5s可知，两个时刻的位移大小相等，都为cm，D正确。
故答案为：C。
【分析】根据简谐运动的 x t 图像，分析周期、振幅，再结合运动规律判断各选项。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全得得3分，有选错得得0分。
8．（2025·贵州模拟）在如图所示的远距离输电电路图中，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电，已知输电线的总电阻R=15Ω，降压变压器的原、副线圈匝数之比为5：1，副线圈与用户中某电器R0组成闭合电路，若变压器均为理想变压器，降压变压器的副线圈两端电压u＝220sin50πt(V)，当用电器电阻R0=11Ω时（　　）
A．发电机中的电流变化频率为50Hz
B．通过用电器R0的电流有效值是20A
C．升压变压器的输出电压为1000V
D．升压变压器的输入功率为4640W
【答案】B,D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．变压器不改变交流电的频率，所以电流变化的频率为，故A错误；
B．降压变压器副线圈电压的有效值为，所以通过R0的电流的有效值为，故B正确；
C．降压变压器的原、副线圈匝数之比为5：1，所以降压变压器原线圈的电流为，降压变压器原线圈两端的电压为，所以升压变压器的输出电压为，故C错误；
D．升压变压器输入功率为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】从降压变压器的副线圈电压入手，利用理想变压器的电压、电流关系，结合输电线路的电压损耗，逐步推导各物理量（电流、电压、功率）。
9．（2025·贵州模拟）如图所示，水平传送带长x=6m，以v=2m/s的速率顺时针转动，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，倾角θ=37°的光滑斜面与传送带右侧平滑连接，斜面长为L=3m，质量为m=1kg的乙静止在斜面底端，将相同质量的甲从斜面顶端由静止释放，甲乙发生弹性碰撞，下列说法正确的是（　　）
A．物体乙滑上传送带的速度为6m/s
B．物体乙能够运动到B端
C．整个过程中物体乙在传送带上留下的划痕长度为3.2m
D．整个过程中产生的焦耳热为32J
【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【解答】A．甲沿斜面下滑，根据牛顿第二定律可得，，解得
甲乙发生弹性碰撞，有，
解得，
由此可知物体乙滑上传送带的速度为6m/s，故A正确；
B．乙在传送带上先向左做匀减速直线运动，其位移为，，解得，由此可知，乙不能够运动到B端，故B错误；
C．乙做匀减速直线运动的过程中相对位移大小为，之后乙反向加速到达到共速相对位移大小为，所以整个过程中物体乙在传送带上留下的划痕长度为，故C错误；
D．整个过程中产生的焦耳热为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】分“甲下滑→弹性碰撞→乙在传送带运动”三个阶段，结合牛顿定律、弹性碰撞规律、匀减速运动公式，分析速度、位移及焦耳热。
10．（2025·贵州模拟）如图所示，倾角为θ的光滑平行金属导轨，导轨宽度为L，电阻不计，顶端接有阻值为R的定值电阻，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面匀强磁场，磁感应强度为B，且bd长为L，有一质量为m，电阻为r的金属棒MN，从顶端由静止释放，金属棒MN始终与导轨垂直且接触良好，MN进入磁场时加速度恰好为零，以下说法正确的是（　　）
A．MN进入磁场时的速度为
B．安培力对金属棒所做的功为
C．通过电阻R的电荷量
D．整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为
【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．金属棒MN做切割磁感线运动，产生的电动势为
根据闭合电路欧姆定律，有
金属棒MN受到的安培力为
MN进入磁场时加速度恰好为零，有
则有
解得MN进入磁场时的速度为
故A正确；
B．进入磁场后做匀速运动，根据动能定理，有
解得
故B错误；
C．由、、、可得，通过电阻R的电荷量为，故C正确；
D．根据能量守恒可得整个过程中产生的热量为，由可知
金属棒MN产生的焦耳热为
故D错误。
故选AC。
【分析】本题主要考查电磁感应现象的应用，结合闭合电路欧姆定律解答。
MN进入磁场时加速度恰好为零，做匀速运动，合力为零，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求得电流，根据安培力公式得到安培力，再根据平衡条件计算最大速度；MN运动过程中只有重力和安培力做功，由动能定理求解安培力对金属棒所做的功；由、、、求解通过电阻R的电荷量；由能量守恒得到整个过程中产生的热量，再根据串并联知识求解金属棒MN产生的焦耳热。
三、实验题：本题共2小题，共15分
11．（2025·贵州模拟）小明同学通过学习物理，知道能量之间是相互转化的，不会凭空产生、消失。为验证自己的猜想，现根据以下实验器材，验证机械能守恒（已知打点计时器的频率为f）打出的点是连续相邻两个点。
（1）为保证本次实验用电安全，应选择　 　打点计时器，使用　 　（4-6V交流电、4-6V直流电）。
（2）小明同学的以下操作正确的是（　　）
A．实验前需用手托住重物，且悬挂重物需离打点计时器越远越好
B．先接通电源、后释放重物
C．实验过程不需要天平、秒表，但需要测量距离的刻度尺
（3）根据纸带打下的点，其中B的速度大小　 　，E的速度大小　 　。
（4）B到E点到的动能变化量　 　，势能的变化量　 　，动能和势能之间关系　 　，这是什么引起的　 　原因。
【答案】（1）电磁；4~6V交流电
（2）B；C
（3）；
（4）；；动能的增加量小于重力势能的减少量；克服空气阻力做功
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）为保证本次实验用电安全，应选择电磁打点计时器，使用4-6V交流电。
故答案为：电磁；4~6V交流电
（2）A．实验前需用手托住重物，且悬挂重物应靠近打点计时器，故A错误；
B．实验过程中应先接通电源后释放重物，故B正确；
C．实验过程中重物减少的重力势能与增加的动能均含有质量，可以约掉，所以不需要天平，且打点计时器可以记录时间，所以不需要秒表计时，但需要测量距离的刻度尺，故C正确。
故答案为：BC。
（3）根据题意可知，相邻两计数点间的时间间隔为
所以B的速度大小为
E的速度大小
故答案为：；
（4）B到E点到的动能变化量
势能的变化量为
由于重物下落过程中需要克服空气阻力做功，则
故答案为：；；动能的增加量小于重力势能的减少量；克服空气阻力做功
【分析】(1) 打点计时器选择：电磁打点计时器使用4~6V交流电，更安全；
(2) 实验操作判断：需先通电后释放重物，且实验无需天平（质量可约去）、秒表（计时器计时），但需要刻度尺测距离；
(3) 速度计算：利用匀变速直线运动“中间时刻速度等于平均速度”，结合打点频率求速度；
(4) 机械能变化分析：计算动能变化（由速度变化）与重力势能变化（由下落高度），对比两者关系，分析误差原因。
（1）[1][2]为保证本次实验用电安全，应选择电磁打点计时器，使用4-6V交流电。
（2）A．实验前需用手托住重物，且悬挂重物应靠近打点计时器，故A错误；
B．实验过程中应先接通电源后释放重物，故B正确；
C．实验过程中重物减少的重力势能与增加的动能均含有质量，可以约掉，所以不需要天平，且打点计时器可以记录时间，所以不需要秒表计时，但需要测量距离的刻度尺，故C正确。
故选BC。
（3）[1][2]根据题意可知，相邻两计数点间的时间间隔为
所以B的速度大小为
E的速度大小
（4）[1]B到E点到的动能变化量
[2]势能的变化量为
[3][4]由于重物下落过程中需要克服空气阻力做功，则
12．（2025·贵州模拟）随着生活水平的提高，人们对家居条件要求越来越高。小明家要对新居进行水电安装，从建材市场买来一卷铜芯线（长度100米），如图所示。小明对这卷导线的长度产生质疑，查找资料得知铜的电阻率ρ=1.7×10-8Ω m，为验证这卷导线的长度，准备了以下器材：
（a）电流表A1（内阻r）；
（b）电流表A2；
（c）待验证导线一卷Rx；
（d）滑动变阻器R；
（e）定值电阻R0
（f）电源E（E=6V，内阻不计）
（g）开关一个，导线若干
（1）为测量导线的横截面积，需要用到的测量工具为　 　。如图所示导线直径d=　 　。
（2）.利用上述器材设计实验电路图　 　 ：
（3）.某次测量中电流表A1的读数诶I1，电流表A2的读数诶I2 ，则这卷导线的长度L= 　 　 （用r、R0、I1、I2、d、ρ表示）
【答案】（1）螺旋测微器；0.906mm
（2）
（3）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）为测量导线的横截面积，需要用到的测量工具为螺旋测微器。如图所示导线直径；
故答案为：螺旋测微器；0.906mm
（2）滑动变阻器采用分压式接法，可以使通过待测电阻的电流调节范围尽量大，实验器材没有电压表，采用双安法，所以把电流表A1与定值电阻R0串联后与被测电阻并联，然后在与电流表A2串联，电路图如下
（3）根据串并联关系
解得
根据电阻定律
联立解得
故答案为：
【分析】(1) 导线直径测量：需用螺旋测微器（精度更高），读数为“固定刻度+可动刻度×分度值”；
(2) 实验电路设计：利用并联分流原理，将与串联后，再与并联，滑动变阻器采用分压/限流接法；
(3) 导线长度计算：先由并联电路电压相等求，再结合电阻定律推导长度公式。
（1）[1][2]为测量导线的横截面积，需要用到的测量工具为螺旋测微器。如图所示导线直径
；
（2）滑动变阻器采用分压式接法，可以使通过待测电阻的电流调节范围尽量大，实验器材没有电压表，采用双安法，所以把电流表A1与定值电阻R0串联后与被测电阻并联，然后在与电流表A2串联，电路图如下
（3）根据串并联关系
解得
根据电阻定律
联立解得。
13．（2025·贵州模拟）如图：夜晚河岸上钓鱼的人用手电筒看到河底有一条鱼，手电筒发出的光在水中传播的距离为，传播的时间为，河底的深度为d。求
（1）河水的折射率n
（2）手电管发出的光与河面间的夹角
【答案】（1）解：根据题意可知，光在水中的传播速度为
根据
可得折射率为
（2）解：根据几何关系可得折射角满足
可得
根据折射定律可得
解得
则手电管发出的光与河面间的夹角为
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】(1) 河水的折射率：先由光在水中的传播距离和时间求水中光速，再结合折射率与光速的关系（）求解；
(2) 光与河面的夹角：先由几何关系求折射角，再结合折射定律（），将入射角转化为光与河面的夹角。
（1）根据题意可知，光在水中的传播速度为
根据
可得折射率为
（2）根据几何关系可得折射角满足
可得
根据折射定律可得
解得
则手电管发出的光与河面间的夹角为
14．（2025·贵州模拟）如图所示，两端开口的气缸竖直固定，A、B是两个活塞，可在气缸内无摩擦滑动，面积分别为S1=20cm2，S2=10cm2，质量分别为m1=1.5kg，m2=0.5kg，它们之间用一根细杆连接，静止时气缸中的气体温度T1=600K，气缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0=1×105Pa，取g=10m/s2，缸内气体可看作理想气体；
（1）活塞静止时，求气缸内气体的压强；
（2）若降低气缸内气体的温度，当活塞A缓慢向下移动时，求气缸内气体的温度。
【答案】（1）解：设静止时气缸内的气体压强为p1，根据平衡条件可得
代入数据解得
（2）解：活塞A缓慢下移过程中，气体压强不变，则
代入数据解得
【知识点】光的折射及折射定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1) 河水的折射率：先由光在水中的传播距离和时间求水中光速，再结合折射率与光速的关系求解；
(2) 光与河面的夹角：先由几何关系求折射角，再结合折射定律，将入射角转化为光与河面的夹角。
（1）设静止时气缸内的气体压强为p1，根据平衡条件可得
代入数据解得
（2）活塞A缓慢下移过程中，气体压强不变，则
代入数据解得
15．（2025·贵州模拟）如图所示，在平面直角坐标系中，三、四象限有竖直向下的匀强电场E和竖直纸面向里的匀强磁场（磁感应强度B），其中有一个带负电荷的质点，电荷量为-q，质量为m。从y轴上的P点，以速度v0沿着x轴正方向抛出，PO的长度为l，经过x轴上的A点时速度方向与x轴成60°进入电场和磁场后，又经过y轴负半轴上的C点（图中未画出）后经过原点O进入第一象限，然后又经过x轴上的D点图中未画出，进入电场和磁场中，之后第二次经过A点射出，重力加速度为g，，求：
（1）O点到D点的距离、粒子进入电场和磁场时的速度；
（2）粒子从P到第二次从A点射出经过的总时间t。
【答案】（1）解：粒子的运动轨迹如图所示
粒子从P点到A点做平抛运动，则，，
联立解得，
所以O点到D点的距离为
粒子进入电场和磁场时的速度大小为，方向与x轴正方向成60°斜向下
（2）解：由于，粒子在叠加场做匀速圆周运动，设粒子在磁场中做圆周运动的时间为t2，则，
所以粒子从P到第二次从A点射出经过的总时间为
【知识点】平抛运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 速度与O到D的距离：先分析粒子从P到A的平抛运动，由速度方向夹角求A点速度；再结合电场力与重力平衡，粒子在电、磁场中做匀速圆周运动，由几何关系求O到D的距离；
(2) 总时间：分三部分计算：平抛运动时间、匀速圆周运动时间、第一象限内的运动时间，再求和。
（1）粒子的运动轨迹如图所示
粒子从P点到A点做平抛运动，则，，
联立解得，
所以O点到D点的距离为
粒子进入电场和磁场时的速度大小为
方向与x轴正方向成60°斜向下；
（2）由于，粒子在叠加场做匀速圆周运动，设粒子在磁场中做圆周运动的时间为t2，则，
所以粒子从P到第二次从A点射出经过的总时间为
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