资源简介

2025届贵州省普通高中高三下学期学业水平选择性考试模拟演练（三模）物理试题
1．（2025·贵州模拟）玉兔二号月球车采用核电池来提供能量，其原理是将放射性同位素衰变时放出的核能转变为电能。玉兔二号月球车核电池的放射源是，其衰变方程为，的半衰期为88年。已知、α粒子、X的质量分别为、、，真空中的光速为c，下列说法正确的是（　　）
A．X的质子数为92
B．温度升高，的半衰期缩短
C．一个核衰变成X，释放的核能为
D．经过176年后，核电池内核的质量减少
2．（2025·贵州模拟）飞船降落到一个未知星球前，在距该星球表面高度等于星球半径R处绕星球做匀速圆周运动，速率为v。假设该星球质量分布均匀，忽略星球自转影响，则该星球表面的重力加速度为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·贵州模拟）宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车和电梯的设计等多种工作都用到急动度的概念，急动度j是描述加速度a随时间t变化快慢的物理量，即，它可以用来反映乘客乘坐交通工具时的舒适程度，当交通工具的急动度为零时乘客感觉最舒适。如图所示为某新能源汽车从静止开始启动的一小段时间内的急动度j随时间t变化的规律。则有（　　）
A．0~5.0s时间内汽车的加速度增加得越来越慢
B．5.0~10.0s时间内汽车匀加速运动
C．12.0s时刻汽车的加速度为零
D．10.0~12.0s时间内汽车加速度的增加量大小为0.8m/s2
4．（2025·贵州模拟）如图所示，透明三棱柱介质的截面为直角三角形，其中，长为。一束单色光从边的中点O垂直射入介质中，在边的P点恰好发生全反射，之后经边的点射出。已知光在真空中传播的速度为c，不考虑二次反射，该单色光在介质中传播的时间为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·贵州模拟）如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电小球M连接，定滑轮左侧连接物块的一段细绳与斜面平行，带负电的小球N用绝缘细线悬挂于P点。设两带电小球在缓慢漏电的过程中，两球心始终处于同一水平面上，并且b、c都处于静止状态，下列说法中正确的是（　　）
A．地面对c的支持力不变 B．绝缘细绳对M的拉力变大
C．b对斜面的摩擦力可能变大 D．地面对c的摩擦力一定变大
6．（2025·贵州模拟）某小型发电站给如图甲所示的电路供电，此小型发电站输出稳定的正弦交流电，如图乙所示。理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，所有电表都是理想交流电表，二极管D的正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定。下列说法正确的是（　　）
A．电压表V的读数为24V
B．灯泡L两端电压的有效值为
C．当滑动变阻器R的滑片P向下滑动时，电流表的示数增大，电流表的示数减小
D．此发电站的输出电压的瞬时值表达式为
7．（2025·贵州模拟）安全气囊是汽车重要的被动安全装备，能够在车辆发生碰撞时迅速充气弹出，为车内乘客提供保护。如图甲所示，在某安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从距气囊上表面高 处由静止释放，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊上表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力 随时间 的变化规律可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量 ，重力加速度 ，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．头锤落到气囊上表面时的速度大小为4m/s
B．碰撞过程中 的冲量大小为
C．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.8m
D．碰撞过程中系统损失的机械能为20J
8．（2025·贵州模拟）如图所示，边长为l的等边三角形ABC位于竖直平面内，AB边水平，两点电荷固定在A、B两点，电荷量均为Q，电性未知，O是AB的中点。若质量为m的带电小球恰好能悬浮在C点，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）
A．A、B处两点电荷电性相反
B．小球的带电量为
C．从C点沿直线到O点，两点电荷形成电场的电势一直升高
D．将小球从C点沿直线移至O点，静电力对小球做负功
9．（2025·贵州模拟）一列波长为的简谐横波在均匀介质中沿x轴正向传播，时刻的波形如图甲所示，P、点位置图甲中未标明是介质中的两个质点，P是平衡位置位于处的质点，质点Q的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．这列简谐横波在介质中的传播速度为
B．在时，质点P的加速度方向沿y轴正方向
C．质点Q做简谐运动的位移y随时间t变化的关系式为
D．P、Q两质点的平衡位置最小间距为
10．（2025·贵州模拟）如图所示，半径分别为r和2r的两个同心圆，其圆心为O，只在环形区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场（磁场区域包括边界）。大量质量为m、电荷量为的带电粒子从M点沿各个方向以不同速率射入磁场区域。不计粒子间的相互作用及粒子重力，。下列说法中正确的是（　　）
A．沿MO方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形区域的带电粒子的速率为
B．沿MO方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形区域的带电粒子，其轨迹圆心到圆心O点的距离为2.5r
C．第一次穿过磁场后恰能经过O点的带电粒子，其轨迹半径的最小值为0.8r
D．从M点以最小速率穿过磁场后恰能经过O点的带电粒子，第一次在磁场中的运动时间为
11．（2025·贵州模拟）某物理小组准备完成“插针法测定玻璃砖折射率”的实验，实验示意图（甲）及相关数据（乙）如图。
（1）下列关于实验操作的说法中正确的是（　　）
A．若、的距离较大时，通过玻璃砖会看不到、的像
B．为减少测量误差，、的连线与法线的夹角应尽量小些
C．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些
D．若、连线与法线夹角较大时，可能在面发生全反射，所以在侧就看不到、的像
（2）在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图所示，从图线可知玻璃砖的折射率是　 　。
（3）实验中甲同学在纸上画出的界面、与玻璃砖位置的关系如图（丙）所示，他用的是矩形玻璃砖，均以、为界面画光路图且其它操作均正确。则甲同学测得的折射率与真实值相比　 　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
12．（2025·贵州模拟）在使用各种测量仪表进行电学实验时，由于测量仪表的接入，电路状态发生变化，往往难以得到待测物理量的精确测量值。某同学在电阻测量实验中为提高测量结果的精确度，尝试使用以下电路测量未知电阻的阻值：
（1）该实验中用到四转盘电阻箱，图（a）中电阻箱的读数为　 　Ω．
（2）请按图（b）电路图完成图（c）的实物电路连线。
（3）如图（b）所示，为待测电阻，为检流计（小量程电流表）的保护电阻，实验中直流稳压电源的输出电压始终保持不变。第一次测量时，按图（b）中电路图连接，闭合开关，调节电阻箱R使检流计示数为零，此时电阻箱读数为，则通过电阻箱的电流　 　（填“大于”“等于”或“小于”）通过待测电阻的电流；第二次测量时，将图（b）中电阻箱R与待测电阻位置互换，闭合开关，再次调节电阻箱R使检流计示数为零，此时电阻箱读数为；则待测电阻　 　．（结果用表示）
13．（2025·贵州模拟）如图所示，内壁光滑、高度均为4h的两个绝热汽缸底部由细管连通，左侧汽缸上端封闭，右侧汽缸上端开口与大气相通，一外形不规则的物体C放置在右侧汽缸中，两汽缸中的绝热活塞M、N密封两部分理想气体A、B。开始时，气体A、B温度均为T，活塞M、N均静止，M距汽缸底部为2h，N距汽缸底部为3h。现缓慢加热气体A，使活塞N移动至汽缸上端时停止加热，此时气体A的温度。已知活塞M、N的质量分别为2m和m，截面积均为S，大气压强为，重力加速度为g，活塞厚度、电热丝体积及细管内气体体积均忽略不计，温度均为热力学温度。
（1）求物体C的体积V；
（2）上述加热过程中，若气体A吸收的热量为Q，求气体A的内能变化量。
14．（2025·贵州模拟）如图所示，长度为L=4m的长木板置于光滑水平地面上，木板右端与固定在水平地面上的半径R=0.3m的光滑的四分之一圆弧轨道平滑连接，M点为圆弧轨道的最低点。可视为质点的小滑块A、B 放在长木板的中央，两滑块中间有弹性势能为E＝3.2J的微型压缩轻弹簧，轻弹簧左端固定在滑块A上，右端与滑块B接触但不拴接。释放两滑块后，滑块B恰好能到达圆弧轨道上与圆心等高的N点。已知滑块A下表面光滑，滑块B与长木板C的质量均为m=0.2kg，二者间的动摩擦因数为，重力加速度g取10，忽略空气阻力的作用。
（1）求B到达M点时对圆弧轨道的压力大小；
（2）当A滑离长木板C时，求B的速度大小；
（3）若改变两滑块释放的初始位置，使B到长木板C右端的距离为kL（015．（2025·贵州模拟）如图所示，放置于水平面的平行光滑导轨1和足够长的平行光滑导轨2，图中标出的区间中导轨材料为绝缘体，区间左侧和右侧的导轨材料均为电阻不计的导体，其中导轨1的宽度为L，导轨2的宽度为。将金属棒a垂直导轨1放置于区间左侧的某一位置，将金属棒b垂直放置于导轨2的某一位置，两金属棒材料相同，电阻率均为，横截面积均为S，金属棒的长度与对应的导轨宽度恰好相等，导轨左侧接有电源、电容为C的电容器和开关S，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将开关S闭合到1，电容器充电完毕后，将开关S闭合到2，金属棒a到达区间前早已达到最大速度，电容器放出的电荷量为电容器充电完毕后的一半，之后金属棒a进入区间右侧，在即将到达导轨1和导轨2的连接处时加速度恰好减为0，已知区间右端到两导轨连接处的距离为d。求：
（1）金属棒a的质量。
（2）金属棒a到达导轨1和导轨2的连接处时金属棒a和b的速度大小。
（3）在金属棒a从进入区间右侧的磁场至到达两导轨连接处的过程中，金属棒b运动的距离。
答案解析部分
1．【答案】A
【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】A．根据核反应的电荷数守恒可知，X的质子数为94-2=92，A正确；
B．半衰期与外部因素无关，则温度升高，的半衰期不变，B错误；
C．一个核衰变成X，释放的核能为，C错误；
D．经过176年后即经过两个半衰期，核电池内核的质量还剩原来的，D错误。
故答案为：A。
【分析】根据核反应的电荷数守恒、质量数守恒、半衰期的物理意义、质能方程及衰变规律来分析判断。
2．【答案】B
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】根据万有引力提供向心力，对飞船有
z在星球表面忽略自转有
联立解得该星球表面的重力加速度
故答案为：B。
【分析】利用万有引力提供向心力和星球表面重力等于万有引力，联立求解星球表面重力加速度g。
3．【答案】D
【知识点】加速度；图象法
【解析】【解答】A．由图可知，0~5.0s时间内汽车的急动度增加，根据急动度的概念，可知汽车的加速度增加得越来越快，故A错误；
B．由图可知，5.0~10.0s时间内汽车的急动度不变，则汽车的加速度均匀增大，汽车做变加速运动，故B错误；
CD．由题意可知，图像围成的面积表示加速度的变化量，汽车从静止开始启动，由图可知， 0~12s内，图像的面积为正值，则汽车在12.0s时刻的加速度比开始启动时的加速度增加了，加速度不为0；10.0~12.0s时间内汽车加速度的变化量大小为
，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】急动度 ，因此 图像与时间轴围成的面积表示加速度的变化量 。
4．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】光线射到P点的临界角为C=60°
则折射率
光在玻璃砖中传播的距离
由几何关系可得，
联立解得
光在棱镜中的速度
传播时间
故答案为：A。
【分析】先由全反射临界角求折射率和光在介质中的速度，再通过几何关系求出光在介质中传播的总路程，最后用 计算时间。
5．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AD．对bc整体，因绳子对整体的拉力减小，依据平衡条件，则地面对整体的支持力增大，而地面对整体向左的静摩擦力会减小，故AD错误；BC．当两带电小球在缓慢漏电的过程中，依据库仑定律，两小球受到的库仑力都减小，细线与竖直方向的夹角减小，结合平衡条件可知，绳子对M的拉力减小，因此绳子对b的拉力也减小，若b相对c有上滑的趋势，那么其受到摩擦力会减小，若b相对c有下滑的趋势，那么其受到摩擦力会增大，由牛顿第三定律可知，b对斜面的摩擦力可能变大，故C正确，B错误。
故答案为：C。
【分析】先分析带电小球M的受力，确定绳子拉力的变化；再结合物块b的受力情况，判断摩擦力的变化；最后对b、c整体受力分析，确定地面对c的支持力与摩擦力的变化。
6．【答案】B
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图乙可知理想变压器原线圈输入电压的有效值为220V，根据
可得副线圈的输出电压，电压表V的示数为有效值，即为22V，故A错误；
B．通过二极管D后，灯泡L两端的电压波形如图所示
设灯泡L两端电压的有效值为U'，灯泡的阻值为r，交变电流的周期为T，根据交变电流有效值的定义有
解得，故B正确；
C．当滑动变阻器R的滑片P向下滑动时，滑动变阻器R接入电路的阻值减小，则由欧姆定律可知电流表的示数增大，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表的示数也增大，故C错误；
D．根据
可知此发电站的输出电压的瞬时值表达式为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】先由原线圈电压有效值结合变压器匝数比求副线圈电压；再利用交变电流有效值的定义，分析二极管整流后灯泡的电压；最后结合电路动态变化，判断电表示数的变化。
7．【答案】C
【知识点】动量定理；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】A．头锤落到气囊上表面时的速度大小为，A错误；
B．根据F-t图像的面积等于F的冲量可知，碰撞过程中F的冲量大小为，B错误；
C．向上为正方向，碰撞过程由动量定理，解得，
可得碰撞结束后头锤上升的最大高度为，C正确；
D．碰撞过程中系统损失的机械能为，D错误。
故答案为：C。
【分析】先通过自由落体求头锤落到气囊的速度，再利用F-t图像的面积求冲量，结合动量定理求碰撞后的速度，最后由机械能守恒求上升高度、分析机械能损失。
8．【答案】B,D
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】AB．小球悬浮在C点，受到竖直向上的静电力，说明A、B处的点电荷电性相同，在C点的合场强大小
根据
可得小球的带电量大小为，故A错误，B正确；
C．A、B电荷电性不确定（同为正或同为负），若为正电荷，从C到O电势先升高后降低；若为负电荷，电势先降低后升高，因此电势变化不确定，故C错误；
D．将小球从C点沿直线移至O点，小球一直受到向上的电场力作用，与位移方向相反，则静电力做负功，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】先通过小球的悬浮条件判断A、B电荷的电性，结合库仑力的合成求小球带电量；再分析电场力方向与位移方向的关系，判断静电力做功情况；最后结合电荷电性的不确定性分析电势变化。
9．【答案】A,C,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据图甲可得波的波长为，根据图乙可得周期为，则波速，故A正确；
B．波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，时刻P沿方向振动，则时，质点P位于平衡位置上方正在向下振动，所以P的加速度方向沿y轴负方向，故B错误；
C．质点Q做简谐运动的位移y随时间t变化的一般表达式为，当时，代入上式解得
所以质点Q做简谐运动的位移y随时间t变化的关系式为，故C正确；
D．时，P的位置坐标为，距离P点最近的Q点的平衡位置坐标为
P点平衡位置位于，所以P、Q两质点的平衡位置最小间距为，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】先由波形图和振动图像求波速、周期；再结合质点振动方向判断加速度方向；通过振动方程的初相位确定位移表达式；最后分析P、Q的位置关系求最小间距。
10．【答案】B,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．带电粒子从M点沿MO方向射入磁场，恰好未能进入内部圆形区域，说明运动轨迹恰好与内圆相切，如图所示
设圆弧轨迹的半径为，圆心为A，连接和，在直角中，由于
即
解得
根据洛伦兹力提供向心力可得
解得，故A错误；
B．由图可知其轨迹圆心A到圆心O点的距离，故B正确：
C．带电粒子从M点经圆周运动进入内部圆形区域再通过圆心O，根据逆向运动，半径最小的圆周运动其圆弧与大圆相切，如图所示
设圆弧轨迹半径为，圆心为D，其中M、D、O在一条直线上，连接OM、CD，在直角中，有
即
解得，故C错误：
D．带电粒子做圆周运动的半径最小，其速率就最小，如上图所示，在直角中，由于
则
整个圆弧轨迹所对的圆心角为
带电粒子做圆周运动，周期
粒子在磁场中的运动时间为
代入数据解得，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】通过洛伦兹力提供向心力确定轨迹半径与速率的关系，结合几何关系分析粒子轨迹的圆心位置、临界半径，再利用圆周运动的周期公式计算运动时间。
11．【答案】（1）C
（2）1.5
（3）偏小
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）A．根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射，则即是、的距离较大，通过玻璃砖仍然可以看到、的像，故A错误；
B．为减少测量误差，入射角应适当大一些，则、的连线与法线NN'的夹角应尽量大些，故B错误；
C．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些，故C正确；
D．由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于下表面的入射角，根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射，故D错误。
故答案为：C。
（2）由折射率公式可得
故答案为：1.5
（3）测定折射率时，作出的折射光线如下图中虚线所示
实线表示实际光线，可见折射角增大，则由折射定律可知，折射率将偏小。
故答案为：偏小
【分析】(1) 实验操作：根据插针法测折射率的操作要求，分析各选项对实验误差、光路可见性的影响；
(2) 折射率计算：由折射定律，折射率为入射角正弦与折射角正弦的比值，结合图线的斜率求解；
(3) 误差分析：根据画出的界面与实际玻璃砖位置的偏差，分析折射角的测量误差，进而判断折射率的偏差。
（1）A．根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射，则即是、的距离较大，通过玻璃砖仍然可以看到、的像，故A错误；
B．为减少测量误差，入射角应适当大一些，则、的连线与法线NN'的夹角应尽量大些，故B错误；
C．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些，故C正确；
D．由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于下表面的入射角，根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射，故D错误。
故选C。
（2）由折射率公式可得
（3）测定折射率时，作出的折射光线如下图中虚线所示
实线表示实际光线，可见折射角增大，则由折射定律可知，折射率将偏小。
12．【答案】（1）107.4
（2）
（3）等于；
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）电阻箱读数规则为各转盘指示数乘对应倍率后相加。观察图（a），假设×100挡对应数值为1，×10挡对应数值为0，×1挡对应数值为7，×0.1挡对应数值为4，则读数为。
（2）根据图（b）电路图，确定各元件连接关系：电源、开关、电阻箱、待测电阻构成回路，检流计与配合检测电流。需将实物图中导线按此逻辑连接，确保电路与图（b）一致（具体连线需对应元件位置，此处描述连接逻辑）。
（3）当检流计示数为零时，说明检流计所在支路无电流，电阻箱与待测电阻的电流相等（因检流计电流为零，两支路电流相同），故通过电阻箱的电流等于通过待测电阻的电流。
设直流稳压电源输出电压为。第一次测量时，与两端电压均为，由欧姆定律得电流，即（此步为中间推导，实际需结合两次测量）。第二次测量时，与位置互换，同理得，即。联立两次关系，消去和电流，可得（因两次测量中电源电压不变，且检流计为零时光滑支路电流相等，故不成立，正确推导为利用两次平衡时的电阻关系，最终得）。
【分析】1、电阻箱图的读数。
通常四转盘电阻箱（×1000、×100、×10、×1）或（×100、×10、×1、×0.1）。
如果题目里 (a) 图显示：×100档=1，×10档=0，×1档=7，×0.1档=4，那么读数是
2、图(b)电路：电源 → 开关 → 电阻箱 R 与待测电阻 串联 → 回到电源。
检流计 G 与保护电阻 串联后，一端接在 R 与 之间，另一端接在电源负极（或正极？需要具体看b图）。这实际是惠斯通电桥的单臂变种（单比法），但没有标准电阻臂，而是用两次互换法消除系统误差。
连接时要注意：电源、开关、R、是主回路；G 和 并联在 R 与 连接点与另一端之间（b 图需分析）。
3、电桥平衡条件
平衡时检流计电流为 0 桥两端电势相等 桥两侧的电阻分压比例相等。
如果测量时只有两个待比较电阻，一般需要另外两个固定电阻（比例臂）构成四臂电桥。本题的互换法可以消除比例臂误差。
4、互换测量法
第一次测量得 （是固定臂比值），第二次交换 与 的位置（同时保持电路其他部分不变），则得 （比例关系互换）。
实际上这里的“交换位置”是交换电阻箱与 在桥臂中的位置，从而比例臂的比值倒置，可消除比例臂误差，最终 ，不依赖于固定臂的阻值是否准确。
5、易错点
学生易认为 G=0 时所有电流都相等（实际只是桥支路无电流，两比较臂的电流可能不等，但在这种对称互换电路中第一次平衡时通过电阻箱与 的电流相等，因为它们在桥的同侧支路）。
推导 表达式时，容易忘记两式相乘消去比例系数，直接写出 之类的错误结果
（1）图（a）中电阻箱的读数为100×1Ω+10×0Ω+1×7Ω+0.1×4Ω=107.4Ω
（2）电路连线如图
（3）[1]第一次测量时，按图（b）中电路图连接，闭合开关，调节电阻箱R使检流计示数为零，此时电阻箱读数为，则通过电阻箱的电流等于通过待测电阻的电流；
[2] 检流计示数为零，说明电流计和R0左右两端的电势相等，可等效为一点，由闭合电路的欧姆定律 ，第一次
第二次
待测电阻
13．【答案】（1）解：分别以N、M为研究对象，由受力平衡可知，
得，
加热气体A的过程中，A、B的压强均保持不变，活塞M静止不动
对气体A有
解得
（2）解：加热过程中气体A对外做的功
根据热力学第一定律有
解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1) 物体C的体积：先通过活塞受力平衡确定气体A、B的压强（加热过程中压强不变），再对气体A用盖-吕萨克定律（等压变化），结合体积变化关系求解C的体积；
(2) 内能变化量：根据热力学第一定律，内能变化等于气体吸收的热量减去气体对外做的功，结合气体A的压强与体积变化计算做功。
（1）分别以N、M为研究对象，由受力平衡可知，
得，
加热气体A的过程中，A、B的压强均保持不变，活塞M静止不动
对气体A有
解得
（2）加热过程中气体A对外做的功
根据热力学第一定律有
解得
14．【答案】（1）解：设B在M点时的速度大小为，则有
设在M点时圆弧轨道对B的支持力为，则有
解得
由牛顿第三定律可知，B运动到M点时对圆弧轨道的压力大小为6N。
（2）解：设滑块B刚被弹开时的速度大小为，由动能定理有
设A的质量为，刚被弹开时的速度大小为由动量守恒定律可得
由能量守恒定律可得
联立解得m/s
A离开长木板C所用的时间为
由题意可判断这段时间内B一直在长木板C上运动，设B减速运动时的加速度大小为，由牛顿第二定律可得
A离开长木板C时B的速度大小为
（3）解：若B恰好滑到长木板的右端，则有
解得k=0.8
①若0.8≤k≤1，则B一直在长木板C上运动，直至速度减为零，故B克服摩擦力做的功为
解得
②若，则B先滑上圆弧轨道，返回后最后与长木板共速，设滑块B运动到长木板最右端时的速度为，则有
B从光滑的圆弧轨道滑到长木板上时，其速度大小仍为，设B与C共速时的速度大小为v，则有
故整个过程中B克服摩擦力做的功为
联立解得
【知识点】动量守恒定律；受力分析的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) B到M点的压力：B从M到N机械能守恒，求M点速度；再由圆周运动向心力公式求轨道支持力，结合牛顿第三定律得压力；
(2) A 滑离木板时B的速度：释放弹簧时，A、B动量守恒，结合弹性势能求B的初速度；B在木板上滑动时，木板与B的摩擦力使木板加速，A滑离后，分析B的速度变化；
(3) B克服摩擦力的功：分B在木板上滑动的摩擦力做功，与B到达圆弧后克服摩擦力的功，结合能量关系求和。
（1）设B在M点时的速度大小为，则有
设在M点时圆弧轨道对B的支持力为，则有
解得
由牛顿第三定律可知，B运动到M点时对圆弧轨道的压力大小为6N。
（2）设滑块B刚被弹开时的速度大小为，由动能定理有
设A的质量为，刚被弹开时的速度大小为由动量守恒定律可得
由能量守恒定律可得
联立解得m/s
A离开长木板C所用的时间为
由题意可判断这段时间内B一直在长木板C上运动，设B减速运动时的加速度大小为，由牛顿第二定律可得
A离开长木板C时B的速度大小为
（3）若B恰好滑到长木板的右端，则有
解得k=0.8
①若0.8≤k≤1，则B一直在长木板C上运动，直至速度减为零，故B克服摩擦力做的功为
解得
②若，则B先滑上圆弧轨道，返回后最后与长木板共速，设滑块B运动到长木板最右端时的速度为，则有
B从光滑的圆弧轨道滑到长木板上时，其速度大小仍为，设B与C共速时的速度大小为v，则有
故整个过程中B克服摩擦力做的功为
联立解得
15．【答案】（1）解：金属棒到达区间前达到最大速度，设此时电容器带电荷量为，则有
由题可知，通过金属棒横截面的电荷量
由动量定理可得
其中，解得金属棒的质量
（2）解：设金属棒到达导轨1和导轨2连接处时速度为，此时金属棒的速度为
对金属棒应用动量定理可得
对金属棒应用动量定理可得
其中
两金属棒材料相同，由题意可知
联立解得，
（3）设金属棒运动的距离为，则有
同时，
可得
解得金属棒运动的距离
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1) 电容器放电时，用动量定理求a棒质量；
(2) 到达连接处时两者共速，由动量守恒求速度；
(3) 由能量守恒和动量定理，求b棒运动距离。
1 / 12025届贵州省普通高中高三下学期学业水平选择性考试模拟演练（三模）物理试题
1．（2025·贵州模拟）玉兔二号月球车采用核电池来提供能量，其原理是将放射性同位素衰变时放出的核能转变为电能。玉兔二号月球车核电池的放射源是，其衰变方程为，的半衰期为88年。已知、α粒子、X的质量分别为、、，真空中的光速为c，下列说法正确的是（　　）
A．X的质子数为92
B．温度升高，的半衰期缩短
C．一个核衰变成X，释放的核能为
D．经过176年后，核电池内核的质量减少
【答案】A
【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】A．根据核反应的电荷数守恒可知，X的质子数为94-2=92，A正确；
B．半衰期与外部因素无关，则温度升高，的半衰期不变，B错误；
C．一个核衰变成X，释放的核能为，C错误；
D．经过176年后即经过两个半衰期，核电池内核的质量还剩原来的，D错误。
故答案为：A。
【分析】根据核反应的电荷数守恒、质量数守恒、半衰期的物理意义、质能方程及衰变规律来分析判断。
2．（2025·贵州模拟）飞船降落到一个未知星球前，在距该星球表面高度等于星球半径R处绕星球做匀速圆周运动，速率为v。假设该星球质量分布均匀，忽略星球自转影响，则该星球表面的重力加速度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】根据万有引力提供向心力，对飞船有
z在星球表面忽略自转有
联立解得该星球表面的重力加速度
故答案为：B。
【分析】利用万有引力提供向心力和星球表面重力等于万有引力，联立求解星球表面重力加速度g。
3．（2025·贵州模拟）宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车和电梯的设计等多种工作都用到急动度的概念，急动度j是描述加速度a随时间t变化快慢的物理量，即，它可以用来反映乘客乘坐交通工具时的舒适程度，当交通工具的急动度为零时乘客感觉最舒适。如图所示为某新能源汽车从静止开始启动的一小段时间内的急动度j随时间t变化的规律。则有（　　）
A．0~5.0s时间内汽车的加速度增加得越来越慢
B．5.0~10.0s时间内汽车匀加速运动
C．12.0s时刻汽车的加速度为零
D．10.0~12.0s时间内汽车加速度的增加量大小为0.8m/s2
【答案】D
【知识点】加速度；图象法
【解析】【解答】A．由图可知，0~5.0s时间内汽车的急动度增加，根据急动度的概念，可知汽车的加速度增加得越来越快，故A错误；
B．由图可知，5.0~10.0s时间内汽车的急动度不变，则汽车的加速度均匀增大，汽车做变加速运动，故B错误；
CD．由题意可知，图像围成的面积表示加速度的变化量，汽车从静止开始启动，由图可知， 0~12s内，图像的面积为正值，则汽车在12.0s时刻的加速度比开始启动时的加速度增加了，加速度不为0；10.0~12.0s时间内汽车加速度的变化量大小为
，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】急动度 ，因此 图像与时间轴围成的面积表示加速度的变化量 。
4．（2025·贵州模拟）如图所示，透明三棱柱介质的截面为直角三角形，其中，长为。一束单色光从边的中点O垂直射入介质中，在边的P点恰好发生全反射，之后经边的点射出。已知光在真空中传播的速度为c，不考虑二次反射，该单色光在介质中传播的时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】光线射到P点的临界角为C=60°
则折射率
光在玻璃砖中传播的距离
由几何关系可得，
联立解得
光在棱镜中的速度
传播时间
故答案为：A。
【分析】先由全反射临界角求折射率和光在介质中的速度，再通过几何关系求出光在介质中传播的总路程，最后用 计算时间。
5．（2025·贵州模拟）如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电小球M连接，定滑轮左侧连接物块的一段细绳与斜面平行，带负电的小球N用绝缘细线悬挂于P点。设两带电小球在缓慢漏电的过程中，两球心始终处于同一水平面上，并且b、c都处于静止状态，下列说法中正确的是（　　）
A．地面对c的支持力不变 B．绝缘细绳对M的拉力变大
C．b对斜面的摩擦力可能变大 D．地面对c的摩擦力一定变大
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AD．对bc整体，因绳子对整体的拉力减小，依据平衡条件，则地面对整体的支持力增大，而地面对整体向左的静摩擦力会减小，故AD错误；BC．当两带电小球在缓慢漏电的过程中，依据库仑定律，两小球受到的库仑力都减小，细线与竖直方向的夹角减小，结合平衡条件可知，绳子对M的拉力减小，因此绳子对b的拉力也减小，若b相对c有上滑的趋势，那么其受到摩擦力会减小，若b相对c有下滑的趋势，那么其受到摩擦力会增大，由牛顿第三定律可知，b对斜面的摩擦力可能变大，故C正确，B错误。
故答案为：C。
【分析】先分析带电小球M的受力，确定绳子拉力的变化；再结合物块b的受力情况，判断摩擦力的变化；最后对b、c整体受力分析，确定地面对c的支持力与摩擦力的变化。
6．（2025·贵州模拟）某小型发电站给如图甲所示的电路供电，此小型发电站输出稳定的正弦交流电，如图乙所示。理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，所有电表都是理想交流电表，二极管D的正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定。下列说法正确的是（　　）
A．电压表V的读数为24V
B．灯泡L两端电压的有效值为
C．当滑动变阻器R的滑片P向下滑动时，电流表的示数增大，电流表的示数减小
D．此发电站的输出电压的瞬时值表达式为
【答案】B
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图乙可知理想变压器原线圈输入电压的有效值为220V，根据
可得副线圈的输出电压，电压表V的示数为有效值，即为22V，故A错误；
B．通过二极管D后，灯泡L两端的电压波形如图所示
设灯泡L两端电压的有效值为U'，灯泡的阻值为r，交变电流的周期为T，根据交变电流有效值的定义有
解得，故B正确；
C．当滑动变阻器R的滑片P向下滑动时，滑动变阻器R接入电路的阻值减小，则由欧姆定律可知电流表的示数增大，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表的示数也增大，故C错误；
D．根据
可知此发电站的输出电压的瞬时值表达式为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】先由原线圈电压有效值结合变压器匝数比求副线圈电压；再利用交变电流有效值的定义，分析二极管整流后灯泡的电压；最后结合电路动态变化，判断电表示数的变化。
7．（2025·贵州模拟）安全气囊是汽车重要的被动安全装备，能够在车辆发生碰撞时迅速充气弹出，为车内乘客提供保护。如图甲所示，在某安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从距气囊上表面高 处由静止释放，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊上表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力 随时间 的变化规律可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量 ，重力加速度 ，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．头锤落到气囊上表面时的速度大小为4m/s
B．碰撞过程中 的冲量大小为
C．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.8m
D．碰撞过程中系统损失的机械能为20J
【答案】C
【知识点】动量定理；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】A．头锤落到气囊上表面时的速度大小为，A错误；
B．根据F-t图像的面积等于F的冲量可知，碰撞过程中F的冲量大小为，B错误；
C．向上为正方向，碰撞过程由动量定理，解得，
可得碰撞结束后头锤上升的最大高度为，C正确；
D．碰撞过程中系统损失的机械能为，D错误。
故答案为：C。
【分析】先通过自由落体求头锤落到气囊的速度，再利用F-t图像的面积求冲量，结合动量定理求碰撞后的速度，最后由机械能守恒求上升高度、分析机械能损失。
8．（2025·贵州模拟）如图所示，边长为l的等边三角形ABC位于竖直平面内，AB边水平，两点电荷固定在A、B两点，电荷量均为Q，电性未知，O是AB的中点。若质量为m的带电小球恰好能悬浮在C点，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）
A．A、B处两点电荷电性相反
B．小球的带电量为
C．从C点沿直线到O点，两点电荷形成电场的电势一直升高
D．将小球从C点沿直线移至O点，静电力对小球做负功
【答案】B,D
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】AB．小球悬浮在C点，受到竖直向上的静电力，说明A、B处的点电荷电性相同，在C点的合场强大小
根据
可得小球的带电量大小为，故A错误，B正确；
C．A、B电荷电性不确定（同为正或同为负），若为正电荷，从C到O电势先升高后降低；若为负电荷，电势先降低后升高，因此电势变化不确定，故C错误；
D．将小球从C点沿直线移至O点，小球一直受到向上的电场力作用，与位移方向相反，则静电力做负功，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】先通过小球的悬浮条件判断A、B电荷的电性，结合库仑力的合成求小球带电量；再分析电场力方向与位移方向的关系，判断静电力做功情况；最后结合电荷电性的不确定性分析电势变化。
9．（2025·贵州模拟）一列波长为的简谐横波在均匀介质中沿x轴正向传播，时刻的波形如图甲所示，P、点位置图甲中未标明是介质中的两个质点，P是平衡位置位于处的质点，质点Q的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．这列简谐横波在介质中的传播速度为
B．在时，质点P的加速度方向沿y轴正方向
C．质点Q做简谐运动的位移y随时间t变化的关系式为
D．P、Q两质点的平衡位置最小间距为
【答案】A,C,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据图甲可得波的波长为，根据图乙可得周期为，则波速，故A正确；
B．波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，时刻P沿方向振动，则时，质点P位于平衡位置上方正在向下振动，所以P的加速度方向沿y轴负方向，故B错误；
C．质点Q做简谐运动的位移y随时间t变化的一般表达式为，当时，代入上式解得
所以质点Q做简谐运动的位移y随时间t变化的关系式为，故C正确；
D．时，P的位置坐标为，距离P点最近的Q点的平衡位置坐标为
P点平衡位置位于，所以P、Q两质点的平衡位置最小间距为，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】先由波形图和振动图像求波速、周期；再结合质点振动方向判断加速度方向；通过振动方程的初相位确定位移表达式；最后分析P、Q的位置关系求最小间距。
10．（2025·贵州模拟）如图所示，半径分别为r和2r的两个同心圆，其圆心为O，只在环形区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场（磁场区域包括边界）。大量质量为m、电荷量为的带电粒子从M点沿各个方向以不同速率射入磁场区域。不计粒子间的相互作用及粒子重力，。下列说法中正确的是（　　）
A．沿MO方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形区域的带电粒子的速率为
B．沿MO方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形区域的带电粒子，其轨迹圆心到圆心O点的距离为2.5r
C．第一次穿过磁场后恰能经过O点的带电粒子，其轨迹半径的最小值为0.8r
D．从M点以最小速率穿过磁场后恰能经过O点的带电粒子，第一次在磁场中的运动时间为
【答案】B,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．带电粒子从M点沿MO方向射入磁场，恰好未能进入内部圆形区域，说明运动轨迹恰好与内圆相切，如图所示
设圆弧轨迹的半径为，圆心为A，连接和，在直角中，由于
即
解得
根据洛伦兹力提供向心力可得
解得，故A错误；
B．由图可知其轨迹圆心A到圆心O点的距离，故B正确：
C．带电粒子从M点经圆周运动进入内部圆形区域再通过圆心O，根据逆向运动，半径最小的圆周运动其圆弧与大圆相切，如图所示
设圆弧轨迹半径为，圆心为D，其中M、D、O在一条直线上，连接OM、CD，在直角中，有
即
解得，故C错误：
D．带电粒子做圆周运动的半径最小，其速率就最小，如上图所示，在直角中，由于
则
整个圆弧轨迹所对的圆心角为
带电粒子做圆周运动，周期
粒子在磁场中的运动时间为
代入数据解得，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】通过洛伦兹力提供向心力确定轨迹半径与速率的关系，结合几何关系分析粒子轨迹的圆心位置、临界半径，再利用圆周运动的周期公式计算运动时间。
11．（2025·贵州模拟）某物理小组准备完成“插针法测定玻璃砖折射率”的实验，实验示意图（甲）及相关数据（乙）如图。
（1）下列关于实验操作的说法中正确的是（　　）
A．若、的距离较大时，通过玻璃砖会看不到、的像
B．为减少测量误差，、的连线与法线的夹角应尽量小些
C．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些
D．若、连线与法线夹角较大时，可能在面发生全反射，所以在侧就看不到、的像
（2）在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图所示，从图线可知玻璃砖的折射率是　 　。
（3）实验中甲同学在纸上画出的界面、与玻璃砖位置的关系如图（丙）所示，他用的是矩形玻璃砖，均以、为界面画光路图且其它操作均正确。则甲同学测得的折射率与真实值相比　 　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）C
（2）1.5
（3）偏小
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）A．根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射，则即是、的距离较大，通过玻璃砖仍然可以看到、的像，故A错误；
B．为减少测量误差，入射角应适当大一些，则、的连线与法线NN'的夹角应尽量大些，故B错误；
C．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些，故C正确；
D．由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于下表面的入射角，根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射，故D错误。
故答案为：C。
（2）由折射率公式可得
故答案为：1.5
（3）测定折射率时，作出的折射光线如下图中虚线所示
实线表示实际光线，可见折射角增大，则由折射定律可知，折射率将偏小。
故答案为：偏小
【分析】(1) 实验操作：根据插针法测折射率的操作要求，分析各选项对实验误差、光路可见性的影响；
(2) 折射率计算：由折射定律，折射率为入射角正弦与折射角正弦的比值，结合图线的斜率求解；
(3) 误差分析：根据画出的界面与实际玻璃砖位置的偏差，分析折射角的测量误差，进而判断折射率的偏差。
（1）A．根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射，则即是、的距离较大，通过玻璃砖仍然可以看到、的像，故A错误；
B．为减少测量误差，入射角应适当大一些，则、的连线与法线NN'的夹角应尽量大些，故B错误；
C．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些，故C正确；
D．由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于下表面的入射角，根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射，故D错误。
故选C。
（2）由折射率公式可得
（3）测定折射率时，作出的折射光线如下图中虚线所示
实线表示实际光线，可见折射角增大，则由折射定律可知，折射率将偏小。
12．（2025·贵州模拟）在使用各种测量仪表进行电学实验时，由于测量仪表的接入，电路状态发生变化，往往难以得到待测物理量的精确测量值。某同学在电阻测量实验中为提高测量结果的精确度，尝试使用以下电路测量未知电阻的阻值：
（1）该实验中用到四转盘电阻箱，图（a）中电阻箱的读数为　 　Ω．
（2）请按图（b）电路图完成图（c）的实物电路连线。
（3）如图（b）所示，为待测电阻，为检流计（小量程电流表）的保护电阻，实验中直流稳压电源的输出电压始终保持不变。第一次测量时，按图（b）中电路图连接，闭合开关，调节电阻箱R使检流计示数为零，此时电阻箱读数为，则通过电阻箱的电流　 　（填“大于”“等于”或“小于”）通过待测电阻的电流；第二次测量时，将图（b）中电阻箱R与待测电阻位置互换，闭合开关，再次调节电阻箱R使检流计示数为零，此时电阻箱读数为；则待测电阻　 　．（结果用表示）
【答案】（1）107.4
（2）
（3）等于；
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）电阻箱读数规则为各转盘指示数乘对应倍率后相加。观察图（a），假设×100挡对应数值为1，×10挡对应数值为0，×1挡对应数值为7，×0.1挡对应数值为4，则读数为。
（2）根据图（b）电路图，确定各元件连接关系：电源、开关、电阻箱、待测电阻构成回路，检流计与配合检测电流。需将实物图中导线按此逻辑连接，确保电路与图（b）一致（具体连线需对应元件位置，此处描述连接逻辑）。
（3）当检流计示数为零时，说明检流计所在支路无电流，电阻箱与待测电阻的电流相等（因检流计电流为零，两支路电流相同），故通过电阻箱的电流等于通过待测电阻的电流。
设直流稳压电源输出电压为。第一次测量时，与两端电压均为，由欧姆定律得电流，即（此步为中间推导，实际需结合两次测量）。第二次测量时，与位置互换，同理得，即。联立两次关系，消去和电流，可得（因两次测量中电源电压不变，且检流计为零时光滑支路电流相等，故不成立，正确推导为利用两次平衡时的电阻关系，最终得）。
【分析】1、电阻箱图的读数。
通常四转盘电阻箱（×1000、×100、×10、×1）或（×100、×10、×1、×0.1）。
如果题目里 (a) 图显示：×100档=1，×10档=0，×1档=7，×0.1档=4，那么读数是
2、图(b)电路：电源 → 开关 → 电阻箱 R 与待测电阻 串联 → 回到电源。
检流计 G 与保护电阻 串联后，一端接在 R 与 之间，另一端接在电源负极（或正极？需要具体看b图）。这实际是惠斯通电桥的单臂变种（单比法），但没有标准电阻臂，而是用两次互换法消除系统误差。
连接时要注意：电源、开关、R、是主回路；G 和 并联在 R 与 连接点与另一端之间（b 图需分析）。
3、电桥平衡条件
平衡时检流计电流为 0 桥两端电势相等 桥两侧的电阻分压比例相等。
如果测量时只有两个待比较电阻，一般需要另外两个固定电阻（比例臂）构成四臂电桥。本题的互换法可以消除比例臂误差。
4、互换测量法
第一次测量得 （是固定臂比值），第二次交换 与 的位置（同时保持电路其他部分不变），则得 （比例关系互换）。
实际上这里的“交换位置”是交换电阻箱与 在桥臂中的位置，从而比例臂的比值倒置，可消除比例臂误差，最终 ，不依赖于固定臂的阻值是否准确。
5、易错点
学生易认为 G=0 时所有电流都相等（实际只是桥支路无电流，两比较臂的电流可能不等，但在这种对称互换电路中第一次平衡时通过电阻箱与 的电流相等，因为它们在桥的同侧支路）。
推导 表达式时，容易忘记两式相乘消去比例系数，直接写出 之类的错误结果
（1）图（a）中电阻箱的读数为100×1Ω+10×0Ω+1×7Ω+0.1×4Ω=107.4Ω
（2）电路连线如图
（3）[1]第一次测量时，按图（b）中电路图连接，闭合开关，调节电阻箱R使检流计示数为零，此时电阻箱读数为，则通过电阻箱的电流等于通过待测电阻的电流；
[2] 检流计示数为零，说明电流计和R0左右两端的电势相等，可等效为一点，由闭合电路的欧姆定律 ，第一次
第二次
待测电阻
13．（2025·贵州模拟）如图所示，内壁光滑、高度均为4h的两个绝热汽缸底部由细管连通，左侧汽缸上端封闭，右侧汽缸上端开口与大气相通，一外形不规则的物体C放置在右侧汽缸中，两汽缸中的绝热活塞M、N密封两部分理想气体A、B。开始时，气体A、B温度均为T，活塞M、N均静止，M距汽缸底部为2h，N距汽缸底部为3h。现缓慢加热气体A，使活塞N移动至汽缸上端时停止加热，此时气体A的温度。已知活塞M、N的质量分别为2m和m，截面积均为S，大气压强为，重力加速度为g，活塞厚度、电热丝体积及细管内气体体积均忽略不计，温度均为热力学温度。
（1）求物体C的体积V；
（2）上述加热过程中，若气体A吸收的热量为Q，求气体A的内能变化量。
【答案】（1）解：分别以N、M为研究对象，由受力平衡可知，
得，
加热气体A的过程中，A、B的压强均保持不变，活塞M静止不动
对气体A有
解得
（2）解：加热过程中气体A对外做的功
根据热力学第一定律有
解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1) 物体C的体积：先通过活塞受力平衡确定气体A、B的压强（加热过程中压强不变），再对气体A用盖-吕萨克定律（等压变化），结合体积变化关系求解C的体积；
(2) 内能变化量：根据热力学第一定律，内能变化等于气体吸收的热量减去气体对外做的功，结合气体A的压强与体积变化计算做功。
（1）分别以N、M为研究对象，由受力平衡可知，
得，
加热气体A的过程中，A、B的压强均保持不变，活塞M静止不动
对气体A有
解得
（2）加热过程中气体A对外做的功
根据热力学第一定律有
解得
14．（2025·贵州模拟）如图所示，长度为L=4m的长木板置于光滑水平地面上，木板右端与固定在水平地面上的半径R=0.3m的光滑的四分之一圆弧轨道平滑连接，M点为圆弧轨道的最低点。可视为质点的小滑块A、B 放在长木板的中央，两滑块中间有弹性势能为E＝3.2J的微型压缩轻弹簧，轻弹簧左端固定在滑块A上，右端与滑块B接触但不拴接。释放两滑块后，滑块B恰好能到达圆弧轨道上与圆心等高的N点。已知滑块A下表面光滑，滑块B与长木板C的质量均为m=0.2kg，二者间的动摩擦因数为，重力加速度g取10，忽略空气阻力的作用。
（1）求B到达M点时对圆弧轨道的压力大小；
（2）当A滑离长木板C时，求B的速度大小；
（3）若改变两滑块释放的初始位置，使B到长木板C右端的距离为kL（0【答案】（1）解：设B在M点时的速度大小为，则有
设在M点时圆弧轨道对B的支持力为，则有
解得
由牛顿第三定律可知，B运动到M点时对圆弧轨道的压力大小为6N。
（2）解：设滑块B刚被弹开时的速度大小为，由动能定理有
设A的质量为，刚被弹开时的速度大小为由动量守恒定律可得
由能量守恒定律可得
联立解得m/s
A离开长木板C所用的时间为
由题意可判断这段时间内B一直在长木板C上运动，设B减速运动时的加速度大小为，由牛顿第二定律可得
A离开长木板C时B的速度大小为
（3）解：若B恰好滑到长木板的右端，则有
解得k=0.8
①若0.8≤k≤1，则B一直在长木板C上运动，直至速度减为零，故B克服摩擦力做的功为
解得
②若，则B先滑上圆弧轨道，返回后最后与长木板共速，设滑块B运动到长木板最右端时的速度为，则有
B从光滑的圆弧轨道滑到长木板上时，其速度大小仍为，设B与C共速时的速度大小为v，则有
故整个过程中B克服摩擦力做的功为
联立解得
【知识点】动量守恒定律；受力分析的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) B到M点的压力：B从M到N机械能守恒，求M点速度；再由圆周运动向心力公式求轨道支持力，结合牛顿第三定律得压力；
(2) A 滑离木板时B的速度：释放弹簧时，A、B动量守恒，结合弹性势能求B的初速度；B在木板上滑动时，木板与B的摩擦力使木板加速，A滑离后，分析B的速度变化；
(3) B克服摩擦力的功：分B在木板上滑动的摩擦力做功，与B到达圆弧后克服摩擦力的功，结合能量关系求和。
（1）设B在M点时的速度大小为，则有
设在M点时圆弧轨道对B的支持力为，则有
解得
由牛顿第三定律可知，B运动到M点时对圆弧轨道的压力大小为6N。
（2）设滑块B刚被弹开时的速度大小为，由动能定理有
设A的质量为，刚被弹开时的速度大小为由动量守恒定律可得
由能量守恒定律可得
联立解得m/s
A离开长木板C所用的时间为
由题意可判断这段时间内B一直在长木板C上运动，设B减速运动时的加速度大小为，由牛顿第二定律可得
A离开长木板C时B的速度大小为
（3）若B恰好滑到长木板的右端，则有
解得k=0.8
①若0.8≤k≤1，则B一直在长木板C上运动，直至速度减为零，故B克服摩擦力做的功为
解得
②若，则B先滑上圆弧轨道，返回后最后与长木板共速，设滑块B运动到长木板最右端时的速度为，则有
B从光滑的圆弧轨道滑到长木板上时，其速度大小仍为，设B与C共速时的速度大小为v，则有
故整个过程中B克服摩擦力做的功为
联立解得
15．（2025·贵州模拟）如图所示，放置于水平面的平行光滑导轨1和足够长的平行光滑导轨2，图中标出的区间中导轨材料为绝缘体，区间左侧和右侧的导轨材料均为电阻不计的导体，其中导轨1的宽度为L，导轨2的宽度为。将金属棒a垂直导轨1放置于区间左侧的某一位置，将金属棒b垂直放置于导轨2的某一位置，两金属棒材料相同，电阻率均为，横截面积均为S，金属棒的长度与对应的导轨宽度恰好相等，导轨左侧接有电源、电容为C的电容器和开关S，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将开关S闭合到1，电容器充电完毕后，将开关S闭合到2，金属棒a到达区间前早已达到最大速度，电容器放出的电荷量为电容器充电完毕后的一半，之后金属棒a进入区间右侧，在即将到达导轨1和导轨2的连接处时加速度恰好减为0，已知区间右端到两导轨连接处的距离为d。求：
（1）金属棒a的质量。
（2）金属棒a到达导轨1和导轨2的连接处时金属棒a和b的速度大小。
（3）在金属棒a从进入区间右侧的磁场至到达两导轨连接处的过程中，金属棒b运动的距离。
【答案】（1）解：金属棒到达区间前达到最大速度，设此时电容器带电荷量为，则有
由题可知，通过金属棒横截面的电荷量
由动量定理可得
其中，解得金属棒的质量
（2）解：设金属棒到达导轨1和导轨2连接处时速度为，此时金属棒的速度为
对金属棒应用动量定理可得
对金属棒应用动量定理可得
其中
两金属棒材料相同，由题意可知
联立解得，
（3）设金属棒运动的距离为，则有
同时，
可得
解得金属棒运动的距离
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1) 电容器放电时，用动量定理求a棒质量；
(2) 到达连接处时两者共速，由动量守恒求速度；
(3) 由能量守恒和动量定理，求b棒运动距离。
1 / 1

展开更多......

收起↑