资源简介

2025届贵州省黔南州高三下学期第三次模拟（4月）物理试题
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（2025·黔南模拟）是超钚元素锔重要的同位素，最早由西博格等人于1944年人工制成。的衰变方程为：，则下列判断正确的是（　　）
A．， B．， C．， D．，
【答案】B
【知识点】电荷守恒定律；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】根据衰变前后电荷数，质量数守恒，衰变方程为：
则：，。
故答案为：B。
【分析】根据核衰变过程中电荷数守恒和质量数守恒，列方程求解未知粒子的电荷数a和质量数b。
2．（2025·黔南模拟）2025年2月6日“幸福源泉中国年”大型焰火无人机音乐晚会如期而至。无人机在开始升空的一段时间内的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．时间内，无人机的运动方向发生改变
B．时间内，无人机的加速度逐渐增大
C．时间内，无人机的平均速度大小为
D．时间内，无人机处于失重状态
【答案】B
【知识点】超重与失重；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．时间内，无人机的速度为始终为正，运动方向未改变，故A错误；
B．图像的切线的斜率越来越大，加速度越来越大，故B正确；
C．分析图像可知，时间内，图像与时间轴包围的面积表示位移
根据平均速度，故无人机的平均速度，故C错误；
D．切线的斜率为正，加速度向上，无人机处于超重状态，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合v t图像的物理意义（速度符号表示运动方向、斜率表示加速度、面积表示位移），分析无人机的运动状态、加速度、平均速度及超重 / 失重情况。
3．（2025·黔南模拟）2025年3月10日01时17分，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将通信技术试验卫星十五号发射升空，卫星顺利进入而预定轨道Ⅰ，然后经过变轨后顺利进入预定轨道Ⅱ。图中A、B分别为椭圆轨道Ⅰ的近地点和远地点，卫星变轨前后质量视为不变。下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能
B．卫星在A点的线速度等于第一宇宙速度
C．卫星在轨道Ⅰ上的运行周期大于在轨道Ⅱ上的运行周期
D．卫星在轨道Ⅰ上B点的加速度大于在轨道Ⅱ上B点的加速度
【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需要在B点点火加速，变轨时卫星的机械能增加，所以卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于卫星在Ⅱ轨道上的机械能，故A正确；
B．假设卫星在A点绕地球做匀速圆周运动，则此时卫星的线速度等于第一宇宙速度，而卫星从A点的圆轨道变轨到椭圆轨道Ⅰ，需要在A点点火加速，所以卫星在椭圆轨道Ⅰ上A点的线速度大于第一宇宙速度，故B错误；
C．根据开普勒第三定律可得，由于卫星在轨道Ⅰ上的半长轴小于在轨道Ⅱ上的半径，所以卫星在轨道Ⅰ上的运行周期小于在轨道Ⅱ上的运行周期，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可得，解得，可知卫星在轨道Ⅰ上B点的加速度等于在轨道Ⅱ上B点的加速度，故D错误。
故答案为：A。
【分析】结合卫星变轨的能量变化、开普勒第三定律、万有引力定律，分析机械能、线速度、周期、加速度的变化。
4．（2025·黔南模拟）如图所示，倾斜传送带与水平面夹角为，以的速度逆时针转动。某一时刻，一质量为m的小滑块从传送带顶端以初速度滑上传送带，初速度方向沿传送带向下，经时间t运动到传送带底端。已知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为，且，重力加速度为g，不计空气阻力。小滑块从传送带顶端到底端的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．支持力的冲量为零
B．重力的冲量大小为
C．重力的功率为
D．摩擦力对小滑块做的功为
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；功的计算；功率及其计算；冲量
【解析】【解答】A．支持力的冲量为，可知支持力的冲量不为零，故A错误；
B．重力的冲量大小为，故B错误。
C．重力的功率为，故C错误。
D．由于，可得
可知小滑块与传送带保持相对静止匀速下滑，运动的距离为
小滑块受到的摩擦力大小为
摩擦力对小滑块做的功为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】先判断小滑块的运动状态（因，滑块最终与传送带匀速运动），再结合冲量、功率、功的公式分析各选项。
5．（2025·黔南模拟）如图所示，在平面直角坐标系中，正三角形的三个顶点上放置着三根垂直于坐标平面的无限长直导线P、Q、R，导线中的电流大小相等，P和R中的电流方向向里，Q中的电流方向向外。已知无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比，R在O点产生的磁感应强度大小为。下列说法正确的是（　　）
A．P受到的安培力的方向竖直向上
B．R受到的安培力的方向水平向右
C．O点磁感应强度大小为
D．P、R在Q点产生的磁感应强度方向竖直向下
【答案】C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】ABD．三根导线中的电流大小相等，根据安培定则可得，在P、R、Q、O四点的磁感应强度方向如图所示
根据左手定则可得，P、R导线所受安培力方向如图所示，故ABD错误；
C．已知R在O点产生的磁感应强度大小为，无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比，P、Q在O点产生的磁感应强度大小均为，由
解得
则O点的磁感应强度为，故C正确。
故答案为：C。
【分析】先由“磁感应强度与距离成反比”确定P、Q在O点的磁感应强度大小，再结合安培定则判断各磁场的方向，最后矢量合成求 O点总磁感应强度。
6．（2025·黔南模拟）如图所示为远距离输电的原理图。两个变压器均为理想变压器，输电线的总电阻为，其他导线电阻可以忽略不计。发电厂的输出功率为200kW，输出电压为400V。向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用5kV高压输电，最后用户得到的电压为220V。下列说法正确的是（　　）
A．输电线路中的电流为4A
B．升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶25
C．降压变压器原、副线圈的匝数比为450∶11
D．输电效率为
【答案】D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】AB．变压器为理想变压器，故，则输电线路中的电流为
升压变压器原、副线圈匝数比，故AB错误；
CD．输电线两端电压为
降压变压器原线圈两端电压为
降压变压器原、副线圈匝数比为
降压变压器输入功率
则输电效率为，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合理想变压器的功率、电压关系，以及输电线路的功率损耗公式，逐步计算输电电流、变压比、输电效率。
7．（2025·黔南模拟）如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB为圆的水平直径，CD为竖直直径，O为圆心。质量为m的小球套在圆环上，弹簧的一端与小球连接，另一端固定在圆环的D点，开始时小球静止在M点，弹簧始终处于弹性限度内。现对小球施加竖直向上的拉力F，使小球缓慢运动至N点，OM、ON与OA的夹角均为，经过A点时F大小等于mg。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．弹簧劲度系数为
B．小球静止在M点时弹簧对小球的弹力大小为2mg
C．小球在N点时弹簧对小球的弹力大小为
D．小球从M点缓慢运动到A点的过程中圆环对小球的弹力大小逐渐增大
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．，则，故A错误；B．圆环光滑，小球经过A点时F大小等于mg，则小球在A点时弹簧处于原长，原长为；小球在M、A、N三点的受力情况如下图所示：
小球在M点时，由平衡条件可知：
又，则，故B错误。
C．在N点，，解得，故C正确；
D．小球从M到A过程中任意一点受力如图所示：
由平衡条件可知，x、减小，增大，故减小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】先确定弹簧原长（A 点弹簧原长），再结合几何关系、平衡条件分析弹簧弹力及圆环弹力的变化。
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，有多个符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8．（2025·黔南模拟）一列简谐横波沿x轴传播，图甲是时刻的波形图，质点P的纵坐标为，质点Q的平衡位置在处，图乙是质点Q的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴正方向传播
B．波的传播速度为
C．质点Q在内通过的路程为10m
D．质点P的振动方程为
【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图乙，t=0时质点Q向下振动；结合图甲，用“同侧法”判断：波沿x轴负方向传播，A错误；
B．由图甲可知波长，如图乙可知，周期，波的传播速度，B正确；
C．已知周期，所以，由图甲可知，一个周期内，质点走的路程，故Q点在5s内通过的路程，C错误；
D．设质点P的振动方程为
其中圆频率为，振幅
由0时刻质点P的纵坐标为
解得初相位为
故质点P的振动方程为，D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合波形图（甲）和振动图像（乙），确定波的传播方向、波速，再分析质点的路程和振动方程。
9．（2025·黔南模拟）如图所示，一定质量的理想气体经状态完成循环过程，、为两个等容过程，、为两个绝热过程。过程中气体对外做功300J，，，，。则下列说法正确的是（　　）
A．过程中气体对外做功为零
B．过程气体分子平均动能减小
C．过程中气体内能的变化量
D．C状态气体的温度为
【答案】C,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；温度和温标
【解析】【解答】A．、过程中气体对外做功为零，过程中气体压强的平均值大于过程中气体压强的平均值，所以过程中气体对外做功大于过程中外界对气体做功，所以过程中气体对外做功不为零，故A错误；
B．过程中，由得，温度T变大，所以理想气体分子平均动能增大，故B错误；
C．过程为绝热过程，所以，又，解得，故C正确；
D．由，解得，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】结合理想气体状态方程、热力学第一定律，分析各过程的做功、内能变化及温度。
10．（2025·黔南模拟）如图所示，在平面直角坐标系xOy所处空间，存在正交的电场和磁场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向；磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向里；其中A点的坐标为。一带电粒子从O点以的速度入射，恰好沿x轴正方向做直线运动；若撤去磁场，则粒子经过A点。不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）
A．、E、B满足
B．粒子的比荷
C．若撤去电场，带电粒子做圆周运动的半径为L
D．若带电粒子从O点由静止释放，运动轨迹离x轴的最大距离为L
【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；速度选择器
【解析】【解答】A．带电粒子能沿x轴做直线运动，则，解得，故A正确；
B．撤去磁场后，从O点射入的带电粒子做类平抛运动，，，，解得，故B正确；
C．撤去电场，带电粒子将做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得，解得，故C错误；
D．如图所示
带电粒子的运动可以分解为速度大小均为的沿x轴正方向的匀速直线运动和xOy平面内沿逆时针方向运动的匀速圆周运动，所以离x轴最远的距离为，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】结合电场力与洛伦兹力平衡（直线运动）、类平抛运动规律、圆周运动半径公式，分析各选项。
三、非选择题（本题共5小题，共57分）
11．（2025·黔南模拟）某小组用图甲装置研究“小车（含传感器）质量一定时，加速度与合外力的关系”，实验步骤如下：
步骤一：时刻让小车从P位置由静止释放，通过计算机可得到小车运动的位移x随时间的平方变化的关系图像，由此求出小车的加速度a。
步骤二：将细绳一端绕在电动机上，另一端系在拉力传感器上。将小车控制在长木板上的P位置，调整细绳与长木板平行，启动电动机，使小车沿长木板向下匀速运动，记录此时拉力传感器的示数，由此求出小车在步骤一中所受合外力F。
步骤三：改变长木板的倾角，重复步骤一、二可得到多组F、a数据。
步骤四：分析数据，得出实验结论。
完成下列相关问题：
（1）在步骤二中，F　 　（选填“=”“﹥”或“﹤”）。
（2）本实验　 　（选填“需要”或“不需要”）“补偿”小车所受到的阻力。
（3）某次实验的图像如图乙所示，求得图像的斜率为k，则小车的加速度大小为　 　（用k表示）。
【答案】（1）=
（2）不需要
（3）2k
【知识点】加速度；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）小车匀速下滑时有，即。
撤掉细绳后小车匀加速下滑，受到的合外力等于
故答案为：=
（2）由（1）分析可知，撤掉细绳后小车匀加速下滑，受到的合外力等于，故不需要补偿小车所受阻力。
故答案为：不需要
（3）由知图像的斜率，解得。
故答案为：2k
【分析】
(1) 合外力与的关系：步骤二中小车匀速运动，拉力与小车所受阻力、重力分力的合力平衡；步骤一中小车的合外力等于匀速时的拉力，故。
(2) 阻力补偿的判断：步骤二通过匀速运动直接测量了小车所受的合外力（包含阻力与重力分力），因此不需要额外补偿阻力。
(3) 加速度的计算：小车从静止释放，做匀加速直线运动，位移公式为，故图像的斜率，得加速度。
（1）小车匀速下滑时有，即。
撤掉细绳后小车匀加速下滑，受到的合外力等于
（2）由（1）分析可知，撤掉细绳后小车匀加速下滑，受到的合外力等于，故不需要补偿小车所受阻力。
（3）由知图像的斜率
解得。
12．（2025·黔南模拟）某小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行探究。实验室提供的器材有：
一节干电池（电动势E约1.5V，内阻r较小）；
电流表A（量程，内阻较小）；
电阻箱R（最大阻值为）；
多用电表；
开关一个，导线若干。
（1）按图甲连接好实验电路，改变电阻箱的阻值，记录多组电阻箱的阻值R和电流表的读数I。并绘制了的图像如图乙所示，该图像的斜率为k，纵截距为b，则该电池的电动势　 　，内阻　 　。
（2）若该实验方案不考虑偶然误差，电源电动势E的测量值与真实值比较　 　（选填“偏大”“偏小”或“相等”），电源内阻测量值与真实值比较　 　（选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
（3）为减小实验误差，该小组将多用电表的直流电压挡接入图丙所示的电路，改变电阻箱阻值得出多组U、I值，画出图像如图丁所示，图像的横、纵截距分别为、，结合以上实验数据，该电源较为准确的内阻　 　（用“b、k、、”中的部分物理量表示）。
【答案】（1）；
（2）相等；偏大
（3）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）忽略电流表的内阻，由，解得：，
由图像可知：，，解得：，
故答案为：；
（2）如图所示，将虚线框区域视为电源，则：
，
所以电源电动势的测量值与真实值比较相等，电源内阻测量值与真实值比较偏大。
故答案为：相等；偏大
（3）改用伏安法测量，图像与横坐标的交点为短路电流。
根据闭合电路的欧姆定律得：
结合“安阻法”测量可知：。
故答案为：
【分析】(1) 电动势与内阻计算：由闭合电路欧姆定律推导与的关系式，结合图像斜率和纵截距求解；
(2) 误差分析：将电流表内阻纳入电源内阻，分析电动势与内阻的测量偏差；
(3) 准确内阻计算：结合图丁的图像（电动势）与图乙的斜率，联立求解真实内阻。
（1）忽略电流表的内阻，由
得：，
由图像可知：，
解得：，
（2）如图所示，将虚线框区域视为电源，则：
，
所以电源电动势的测量值与真实值比较相等，电源内阻测量值与真实值比较偏大。
（3）改用伏安法测量，图像与横坐标的交点为短路电流。
根据闭合电路的欧姆定律得：
结合“安阻法”测量可知：。
13．（2025·黔南模拟）我国研制的某型号光刻机光学镜头投影原理简化如图所示，等腰直角三角形ABC为三棱镜的横截面，半球形玻璃砖的半径为R，O为球心，点为AC上一点，为垂直于半球形玻璃砖的水平底面的轴线，间距为的两束平行紫外光线a、b从棱镜左侧垂直于AB边射入，经AC边全反射后关于轴线对称进入半球形玻璃砖，最后汇聚于硅片上表面的M点（图中未画出）。已知半球形玻璃砖的折射率为，光在真空中的传播速度为c。求：
（1）为使紫外光线a、b在AC边发生全反射，三棱镜折射率的最小值；
（2）紫外光线a在D点发生折射的折射角；
（3）紫外光线a在半球形玻璃砖中的传播时间t。（不考虑多次反射）
【答案】（1）解：为使紫外光线a、b在AC边发生全反射，
由于三棱镜的横截面为等腰直角三角形，则有
由
解得
即三棱镜的折射率的最小值为
（2）解：作出紫外光线a的光路如图所示：
令紫外光线a在D点折射的入射角为，折射角为，则有
根据几何关系有
解得：，
（3）解：由上问可知，
根据几何关系有
由
紫外光线a在半球形玻璃砖中传播的速度和时间
解得：
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 三棱镜的最小折射率：由几何关系确定AC边的入射角（），结合全反射临界角公式，得最小折射率；
(2) 折射角计算：由几何关系确定光线在D点的入射角，结合折射定律折入求解折射角；
(3) 传播时间：先求光线在半球形玻璃砖中的传播距离，结合介质中的光速，计算传播时间。
（1）为使紫外光线a、b在AC边发生全反射，
由于三棱镜的横截面为等腰直角三角形，则有
由
解得
即三棱镜的折射率的最小值为。
（2）作出紫外光线a的光路如图所示：
令紫外光线a在D点折射的入射角为，折射角为，则有
根据几何关系有
解得：，
（3）由上问可知，
根据几何关系有
由
紫外光线a在半球形玻璃砖中传播的速度和时间
解得：
14．（2025·黔南模拟）如图所示，足够长的水平轨道和半径R为2.5m的半圆轨道位于同一竖直平面内，两轨道相切于B点。水平轨道左端有一固定墙面，轻弹簧左端固定在墙面上，右端与一质量的小物块（可视为质点）接触，小物块在A点时，弹簧处于自然状态，C点是半圆轨道最高点，O点为圆心，D在半圆轨道上，OD与水平线的夹角为，不计一切摩擦阻力。使小物块压缩弹簧至某点（未超出弹性限度）后释放，小物块从C点离开半圆轨道落在水平轨道上，落点与B点相距5m，重力加速度g取，求：
（1）小物块离开C点时的速度大小；
（2）小物块释放瞬间弹簧弹性势能；
（3）小物块在D点对半圆轨道的压力大小。
【答案】（1）解：小球离开C点做平抛运动，有，
解得
（2）解：小球从释放到C点，由能量守恒定律得
解得
（3）解：设小球在D点的速率为，小球从D点运动至C点由动能定理有
在D点，根据牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知，小物块在D点对半圆轨道的压力大小为
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 离开C点的速度：小物块从C点做平抛运动，结合水平位移与竖直下落高度的平抛运动公式，求解初速度；
(2) 弹簧弹性势能：弹簧释放的弹性势能全部转化为小物块在C点的动能与重力势能，由机械能守恒求解；
(3) D点的轨道压力：先由机械能守恒求D点的速度，再结合圆周运动向心力公式，分析轨道对物块的支持力，最后由牛顿第三定律得物块对轨道的压力。
（1）小球离开C点做平抛运动，有，
解得
（2）小球从释放到C点，由能量守恒定律得
解得
（3）设小球在D点的速率为，小球从D点运动至C点由动能定理有
在D点，根据牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知，小物块在D点对半圆轨道的压力大小为
15．（2025·黔南模拟）如图所示，绝缘水平面上固定一平行金属导轨，导轨两端分别与足够长的倾斜平行金属导轨平滑连接，导轨间距均为，水平导轨中部的cdef矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小。现有质量的金属棒a从左侧轨道上高为处由静止释放，穿过磁场区域后，与静止的质量的金属棒b发生弹性碰撞。碰后瞬间b棒的速度大小为，并沿右侧轨道上升到最大高度时锁定。已知两金属棒接入电路的阻值均为，导轨电阻不计，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g取，不计一切摩擦阻力。求：
（1）a棒刚进入磁场区域时的加速度大小；
（2）矩形区域cf的长度x；
（3）a棒最终停止时与cd间的距离及整个运动过程中a棒产生的焦耳热。
【答案】（1）解：a棒下降高度h，由动能定理：
解得
a棒进入磁场区域时有
，，
联立解得
（2）解：a、b发生弹性正碰，设碰前a棒速度为v，碰后速度为，则有
，
联立解得：，
解得：，
a棒第一次穿过磁场，由动量定理有
解得：
（3）解：a棒第二次进入磁场至最后停止，在磁场中运动的总路程为s，满足关系
解得
故
整个运动过程中电路产生的焦耳热：
a棒产生的焦耳热：
【知识点】动量定理；焦耳定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 刚进入磁场的加速度：先由机械能守恒求a棒进入磁场的初速度，再计算感应电动势、电流，结合安培力公式与牛顿第二定律求加速度；
(2) 磁场区域长度：先由弹性碰撞规律求a棒穿过磁场后的速度，再对a棒穿过磁场的过程用动量定理（安培力的冲量与动量变化的关系）求位移；
(3) 最终距离与焦耳热：分析a棒碰撞后的运动，结合动量守恒与能量守恒，求a棒的最终位置及产生的焦耳热。
（1）a棒下降高度h，由动能定理：
解得
a棒进入磁场区域时有
，，
联立解得
（2）a、b发生弹性正碰，设碰前a棒速度为v，碰后速度为，则有
，
联立解得：，
解得：，
a棒第一次穿过磁场，由动量定理有
解得：
（3）a棒第二次进入磁场至最后停止，在磁场中运动的总路程为s，满足关系
解得
故
整个运动过程中电路产生的焦耳热：
a棒产生的焦耳热：
1 / 12025届贵州省黔南州高三下学期第三次模拟（4月）物理试题
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（2025·黔南模拟）是超钚元素锔重要的同位素，最早由西博格等人于1944年人工制成。的衰变方程为：，则下列判断正确的是（　　）
A．， B．， C．， D．，
2．（2025·黔南模拟）2025年2月6日“幸福源泉中国年”大型焰火无人机音乐晚会如期而至。无人机在开始升空的一段时间内的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．时间内，无人机的运动方向发生改变
B．时间内，无人机的加速度逐渐增大
C．时间内，无人机的平均速度大小为
D．时间内，无人机处于失重状态
3．（2025·黔南模拟）2025年3月10日01时17分，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将通信技术试验卫星十五号发射升空，卫星顺利进入而预定轨道Ⅰ，然后经过变轨后顺利进入预定轨道Ⅱ。图中A、B分别为椭圆轨道Ⅰ的近地点和远地点，卫星变轨前后质量视为不变。下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能
B．卫星在A点的线速度等于第一宇宙速度
C．卫星在轨道Ⅰ上的运行周期大于在轨道Ⅱ上的运行周期
D．卫星在轨道Ⅰ上B点的加速度大于在轨道Ⅱ上B点的加速度
4．（2025·黔南模拟）如图所示，倾斜传送带与水平面夹角为，以的速度逆时针转动。某一时刻，一质量为m的小滑块从传送带顶端以初速度滑上传送带，初速度方向沿传送带向下，经时间t运动到传送带底端。已知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为，且，重力加速度为g，不计空气阻力。小滑块从传送带顶端到底端的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．支持力的冲量为零
B．重力的冲量大小为
C．重力的功率为
D．摩擦力对小滑块做的功为
5．（2025·黔南模拟）如图所示，在平面直角坐标系中，正三角形的三个顶点上放置着三根垂直于坐标平面的无限长直导线P、Q、R，导线中的电流大小相等，P和R中的电流方向向里，Q中的电流方向向外。已知无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比，R在O点产生的磁感应强度大小为。下列说法正确的是（　　）
A．P受到的安培力的方向竖直向上
B．R受到的安培力的方向水平向右
C．O点磁感应强度大小为
D．P、R在Q点产生的磁感应强度方向竖直向下
6．（2025·黔南模拟）如图所示为远距离输电的原理图。两个变压器均为理想变压器，输电线的总电阻为，其他导线电阻可以忽略不计。发电厂的输出功率为200kW，输出电压为400V。向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用5kV高压输电，最后用户得到的电压为220V。下列说法正确的是（　　）
A．输电线路中的电流为4A
B．升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶25
C．降压变压器原、副线圈的匝数比为450∶11
D．输电效率为
7．（2025·黔南模拟）如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB为圆的水平直径，CD为竖直直径，O为圆心。质量为m的小球套在圆环上，弹簧的一端与小球连接，另一端固定在圆环的D点，开始时小球静止在M点，弹簧始终处于弹性限度内。现对小球施加竖直向上的拉力F，使小球缓慢运动至N点，OM、ON与OA的夹角均为，经过A点时F大小等于mg。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．弹簧劲度系数为
B．小球静止在M点时弹簧对小球的弹力大小为2mg
C．小球在N点时弹簧对小球的弹力大小为
D．小球从M点缓慢运动到A点的过程中圆环对小球的弹力大小逐渐增大
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，有多个符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8．（2025·黔南模拟）一列简谐横波沿x轴传播，图甲是时刻的波形图，质点P的纵坐标为，质点Q的平衡位置在处，图乙是质点Q的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴正方向传播
B．波的传播速度为
C．质点Q在内通过的路程为10m
D．质点P的振动方程为
9．（2025·黔南模拟）如图所示，一定质量的理想气体经状态完成循环过程，、为两个等容过程，、为两个绝热过程。过程中气体对外做功300J，，，，。则下列说法正确的是（　　）
A．过程中气体对外做功为零
B．过程气体分子平均动能减小
C．过程中气体内能的变化量
D．C状态气体的温度为
10．（2025·黔南模拟）如图所示，在平面直角坐标系xOy所处空间，存在正交的电场和磁场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向；磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向里；其中A点的坐标为。一带电粒子从O点以的速度入射，恰好沿x轴正方向做直线运动；若撤去磁场，则粒子经过A点。不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）
A．、E、B满足
B．粒子的比荷
C．若撤去电场，带电粒子做圆周运动的半径为L
D．若带电粒子从O点由静止释放，运动轨迹离x轴的最大距离为L
三、非选择题（本题共5小题，共57分）
11．（2025·黔南模拟）某小组用图甲装置研究“小车（含传感器）质量一定时，加速度与合外力的关系”，实验步骤如下：
步骤一：时刻让小车从P位置由静止释放，通过计算机可得到小车运动的位移x随时间的平方变化的关系图像，由此求出小车的加速度a。
步骤二：将细绳一端绕在电动机上，另一端系在拉力传感器上。将小车控制在长木板上的P位置，调整细绳与长木板平行，启动电动机，使小车沿长木板向下匀速运动，记录此时拉力传感器的示数，由此求出小车在步骤一中所受合外力F。
步骤三：改变长木板的倾角，重复步骤一、二可得到多组F、a数据。
步骤四：分析数据，得出实验结论。
完成下列相关问题：
（1）在步骤二中，F　 　（选填“=”“﹥”或“﹤”）。
（2）本实验　 　（选填“需要”或“不需要”）“补偿”小车所受到的阻力。
（3）某次实验的图像如图乙所示，求得图像的斜率为k，则小车的加速度大小为　 　（用k表示）。
12．（2025·黔南模拟）某小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行探究。实验室提供的器材有：
一节干电池（电动势E约1.5V，内阻r较小）；
电流表A（量程，内阻较小）；
电阻箱R（最大阻值为）；
多用电表；
开关一个，导线若干。
（1）按图甲连接好实验电路，改变电阻箱的阻值，记录多组电阻箱的阻值R和电流表的读数I。并绘制了的图像如图乙所示，该图像的斜率为k，纵截距为b，则该电池的电动势　 　，内阻　 　。
（2）若该实验方案不考虑偶然误差，电源电动势E的测量值与真实值比较　 　（选填“偏大”“偏小”或“相等”），电源内阻测量值与真实值比较　 　（选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
（3）为减小实验误差，该小组将多用电表的直流电压挡接入图丙所示的电路，改变电阻箱阻值得出多组U、I值，画出图像如图丁所示，图像的横、纵截距分别为、，结合以上实验数据，该电源较为准确的内阻　 　（用“b、k、、”中的部分物理量表示）。
13．（2025·黔南模拟）我国研制的某型号光刻机光学镜头投影原理简化如图所示，等腰直角三角形ABC为三棱镜的横截面，半球形玻璃砖的半径为R，O为球心，点为AC上一点，为垂直于半球形玻璃砖的水平底面的轴线，间距为的两束平行紫外光线a、b从棱镜左侧垂直于AB边射入，经AC边全反射后关于轴线对称进入半球形玻璃砖，最后汇聚于硅片上表面的M点（图中未画出）。已知半球形玻璃砖的折射率为，光在真空中的传播速度为c。求：
（1）为使紫外光线a、b在AC边发生全反射，三棱镜折射率的最小值；
（2）紫外光线a在D点发生折射的折射角；
（3）紫外光线a在半球形玻璃砖中的传播时间t。（不考虑多次反射）
14．（2025·黔南模拟）如图所示，足够长的水平轨道和半径R为2.5m的半圆轨道位于同一竖直平面内，两轨道相切于B点。水平轨道左端有一固定墙面，轻弹簧左端固定在墙面上，右端与一质量的小物块（可视为质点）接触，小物块在A点时，弹簧处于自然状态，C点是半圆轨道最高点，O点为圆心，D在半圆轨道上，OD与水平线的夹角为，不计一切摩擦阻力。使小物块压缩弹簧至某点（未超出弹性限度）后释放，小物块从C点离开半圆轨道落在水平轨道上，落点与B点相距5m，重力加速度g取，求：
（1）小物块离开C点时的速度大小；
（2）小物块释放瞬间弹簧弹性势能；
（3）小物块在D点对半圆轨道的压力大小。
15．（2025·黔南模拟）如图所示，绝缘水平面上固定一平行金属导轨，导轨两端分别与足够长的倾斜平行金属导轨平滑连接，导轨间距均为，水平导轨中部的cdef矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小。现有质量的金属棒a从左侧轨道上高为处由静止释放，穿过磁场区域后，与静止的质量的金属棒b发生弹性碰撞。碰后瞬间b棒的速度大小为，并沿右侧轨道上升到最大高度时锁定。已知两金属棒接入电路的阻值均为，导轨电阻不计，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g取，不计一切摩擦阻力。求：
（1）a棒刚进入磁场区域时的加速度大小；
（2）矩形区域cf的长度x；
（3）a棒最终停止时与cd间的距离及整个运动过程中a棒产生的焦耳热。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电荷守恒定律；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】根据衰变前后电荷数，质量数守恒，衰变方程为：
则：，。
故答案为：B。
【分析】根据核衰变过程中电荷数守恒和质量数守恒，列方程求解未知粒子的电荷数a和质量数b。
2．【答案】B
【知识点】超重与失重；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．时间内，无人机的速度为始终为正，运动方向未改变，故A错误；
B．图像的切线的斜率越来越大，加速度越来越大，故B正确；
C．分析图像可知，时间内，图像与时间轴包围的面积表示位移
根据平均速度，故无人机的平均速度，故C错误；
D．切线的斜率为正，加速度向上，无人机处于超重状态，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合v t图像的物理意义（速度符号表示运动方向、斜率表示加速度、面积表示位移），分析无人机的运动状态、加速度、平均速度及超重 / 失重情况。
3．【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需要在B点点火加速，变轨时卫星的机械能增加，所以卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于卫星在Ⅱ轨道上的机械能，故A正确；
B．假设卫星在A点绕地球做匀速圆周运动，则此时卫星的线速度等于第一宇宙速度，而卫星从A点的圆轨道变轨到椭圆轨道Ⅰ，需要在A点点火加速，所以卫星在椭圆轨道Ⅰ上A点的线速度大于第一宇宙速度，故B错误；
C．根据开普勒第三定律可得，由于卫星在轨道Ⅰ上的半长轴小于在轨道Ⅱ上的半径，所以卫星在轨道Ⅰ上的运行周期小于在轨道Ⅱ上的运行周期，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可得，解得，可知卫星在轨道Ⅰ上B点的加速度等于在轨道Ⅱ上B点的加速度，故D错误。
故答案为：A。
【分析】结合卫星变轨的能量变化、开普勒第三定律、万有引力定律，分析机械能、线速度、周期、加速度的变化。
4．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；功的计算；功率及其计算；冲量
【解析】【解答】A．支持力的冲量为，可知支持力的冲量不为零，故A错误；
B．重力的冲量大小为，故B错误。
C．重力的功率为，故C错误。
D．由于，可得
可知小滑块与传送带保持相对静止匀速下滑，运动的距离为
小滑块受到的摩擦力大小为
摩擦力对小滑块做的功为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】先判断小滑块的运动状态（因，滑块最终与传送带匀速运动），再结合冲量、功率、功的公式分析各选项。
5．【答案】C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】ABD．三根导线中的电流大小相等，根据安培定则可得，在P、R、Q、O四点的磁感应强度方向如图所示
根据左手定则可得，P、R导线所受安培力方向如图所示，故ABD错误；
C．已知R在O点产生的磁感应强度大小为，无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比，P、Q在O点产生的磁感应强度大小均为，由
解得
则O点的磁感应强度为，故C正确。
故答案为：C。
【分析】先由“磁感应强度与距离成反比”确定P、Q在O点的磁感应强度大小，再结合安培定则判断各磁场的方向，最后矢量合成求 O点总磁感应强度。
6．【答案】D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】AB．变压器为理想变压器，故，则输电线路中的电流为
升压变压器原、副线圈匝数比，故AB错误；
CD．输电线两端电压为
降压变压器原线圈两端电压为
降压变压器原、副线圈匝数比为
降压变压器输入功率
则输电效率为，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合理想变压器的功率、电压关系，以及输电线路的功率损耗公式，逐步计算输电电流、变压比、输电效率。
7．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．，则，故A错误；B．圆环光滑，小球经过A点时F大小等于mg，则小球在A点时弹簧处于原长，原长为；小球在M、A、N三点的受力情况如下图所示：
小球在M点时，由平衡条件可知：
又，则，故B错误。
C．在N点，，解得，故C正确；
D．小球从M到A过程中任意一点受力如图所示：
由平衡条件可知，x、减小，增大，故减小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】先确定弹簧原长（A 点弹簧原长），再结合几何关系、平衡条件分析弹簧弹力及圆环弹力的变化。
8．【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图乙，t=0时质点Q向下振动；结合图甲，用“同侧法”判断：波沿x轴负方向传播，A错误；
B．由图甲可知波长，如图乙可知，周期，波的传播速度，B正确；
C．已知周期，所以，由图甲可知，一个周期内，质点走的路程，故Q点在5s内通过的路程，C错误；
D．设质点P的振动方程为
其中圆频率为，振幅
由0时刻质点P的纵坐标为
解得初相位为
故质点P的振动方程为，D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合波形图（甲）和振动图像（乙），确定波的传播方向、波速，再分析质点的路程和振动方程。
9．【答案】C,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；温度和温标
【解析】【解答】A．、过程中气体对外做功为零，过程中气体压强的平均值大于过程中气体压强的平均值，所以过程中气体对外做功大于过程中外界对气体做功，所以过程中气体对外做功不为零，故A错误；
B．过程中，由得，温度T变大，所以理想气体分子平均动能增大，故B错误；
C．过程为绝热过程，所以，又，解得，故C正确；
D．由，解得，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】结合理想气体状态方程、热力学第一定律，分析各过程的做功、内能变化及温度。
10．【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；速度选择器
【解析】【解答】A．带电粒子能沿x轴做直线运动，则，解得，故A正确；
B．撤去磁场后，从O点射入的带电粒子做类平抛运动，，，，解得，故B正确；
C．撤去电场，带电粒子将做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得，解得，故C错误；
D．如图所示
带电粒子的运动可以分解为速度大小均为的沿x轴正方向的匀速直线运动和xOy平面内沿逆时针方向运动的匀速圆周运动，所以离x轴最远的距离为，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】结合电场力与洛伦兹力平衡（直线运动）、类平抛运动规律、圆周运动半径公式，分析各选项。
11．【答案】（1）=
（2）不需要
（3）2k
【知识点】加速度；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）小车匀速下滑时有，即。
撤掉细绳后小车匀加速下滑，受到的合外力等于
故答案为：=
（2）由（1）分析可知，撤掉细绳后小车匀加速下滑，受到的合外力等于，故不需要补偿小车所受阻力。
故答案为：不需要
（3）由知图像的斜率，解得。
故答案为：2k
【分析】
(1) 合外力与的关系：步骤二中小车匀速运动，拉力与小车所受阻力、重力分力的合力平衡；步骤一中小车的合外力等于匀速时的拉力，故。
(2) 阻力补偿的判断：步骤二通过匀速运动直接测量了小车所受的合外力（包含阻力与重力分力），因此不需要额外补偿阻力。
(3) 加速度的计算：小车从静止释放，做匀加速直线运动，位移公式为，故图像的斜率，得加速度。
（1）小车匀速下滑时有，即。
撤掉细绳后小车匀加速下滑，受到的合外力等于
（2）由（1）分析可知，撤掉细绳后小车匀加速下滑，受到的合外力等于，故不需要补偿小车所受阻力。
（3）由知图像的斜率
解得。
12．【答案】（1）；
（2）相等；偏大
（3）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）忽略电流表的内阻，由，解得：，
由图像可知：，，解得：，
故答案为：；
（2）如图所示，将虚线框区域视为电源，则：
，
所以电源电动势的测量值与真实值比较相等，电源内阻测量值与真实值比较偏大。
故答案为：相等；偏大
（3）改用伏安法测量，图像与横坐标的交点为短路电流。
根据闭合电路的欧姆定律得：
结合“安阻法”测量可知：。
故答案为：
【分析】(1) 电动势与内阻计算：由闭合电路欧姆定律推导与的关系式，结合图像斜率和纵截距求解；
(2) 误差分析：将电流表内阻纳入电源内阻，分析电动势与内阻的测量偏差；
(3) 准确内阻计算：结合图丁的图像（电动势）与图乙的斜率，联立求解真实内阻。
（1）忽略电流表的内阻，由
得：，
由图像可知：，
解得：，
（2）如图所示，将虚线框区域视为电源，则：
，
所以电源电动势的测量值与真实值比较相等，电源内阻测量值与真实值比较偏大。
（3）改用伏安法测量，图像与横坐标的交点为短路电流。
根据闭合电路的欧姆定律得：
结合“安阻法”测量可知：。
13．【答案】（1）解：为使紫外光线a、b在AC边发生全反射，
由于三棱镜的横截面为等腰直角三角形，则有
由
解得
即三棱镜的折射率的最小值为
（2）解：作出紫外光线a的光路如图所示：
令紫外光线a在D点折射的入射角为，折射角为，则有
根据几何关系有
解得：，
（3）解：由上问可知，
根据几何关系有
由
紫外光线a在半球形玻璃砖中传播的速度和时间
解得：
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 三棱镜的最小折射率：由几何关系确定AC边的入射角（），结合全反射临界角公式，得最小折射率；
(2) 折射角计算：由几何关系确定光线在D点的入射角，结合折射定律折入求解折射角；
(3) 传播时间：先求光线在半球形玻璃砖中的传播距离，结合介质中的光速，计算传播时间。
（1）为使紫外光线a、b在AC边发生全反射，
由于三棱镜的横截面为等腰直角三角形，则有
由
解得
即三棱镜的折射率的最小值为。
（2）作出紫外光线a的光路如图所示：
令紫外光线a在D点折射的入射角为，折射角为，则有
根据几何关系有
解得：，
（3）由上问可知，
根据几何关系有
由
紫外光线a在半球形玻璃砖中传播的速度和时间
解得：
14．【答案】（1）解：小球离开C点做平抛运动，有，
解得
（2）解：小球从释放到C点，由能量守恒定律得
解得
（3）解：设小球在D点的速率为，小球从D点运动至C点由动能定理有
在D点，根据牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知，小物块在D点对半圆轨道的压力大小为
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 离开C点的速度：小物块从C点做平抛运动，结合水平位移与竖直下落高度的平抛运动公式，求解初速度；
(2) 弹簧弹性势能：弹簧释放的弹性势能全部转化为小物块在C点的动能与重力势能，由机械能守恒求解；
(3) D点的轨道压力：先由机械能守恒求D点的速度，再结合圆周运动向心力公式，分析轨道对物块的支持力，最后由牛顿第三定律得物块对轨道的压力。
（1）小球离开C点做平抛运动，有，
解得
（2）小球从释放到C点，由能量守恒定律得
解得
（3）设小球在D点的速率为，小球从D点运动至C点由动能定理有
在D点，根据牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知，小物块在D点对半圆轨道的压力大小为
15．【答案】（1）解：a棒下降高度h，由动能定理：
解得
a棒进入磁场区域时有
，，
联立解得
（2）解：a、b发生弹性正碰，设碰前a棒速度为v，碰后速度为，则有
，
联立解得：，
解得：，
a棒第一次穿过磁场，由动量定理有
解得：
（3）解：a棒第二次进入磁场至最后停止，在磁场中运动的总路程为s，满足关系
解得
故
整个运动过程中电路产生的焦耳热：
a棒产生的焦耳热：
【知识点】动量定理；焦耳定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 刚进入磁场的加速度：先由机械能守恒求a棒进入磁场的初速度，再计算感应电动势、电流，结合安培力公式与牛顿第二定律求加速度；
(2) 磁场区域长度：先由弹性碰撞规律求a棒穿过磁场后的速度，再对a棒穿过磁场的过程用动量定理（安培力的冲量与动量变化的关系）求位移；
(3) 最终距离与焦耳热：分析a棒碰撞后的运动，结合动量守恒与能量守恒，求a棒的最终位置及产生的焦耳热。
（1）a棒下降高度h，由动能定理：
解得
a棒进入磁场区域时有
，，
联立解得
（2）a、b发生弹性正碰，设碰前a棒速度为v，碰后速度为，则有
，
联立解得：，
解得：，
a棒第一次穿过磁场，由动量定理有
解得：
（3）a棒第二次进入磁场至最后停止，在磁场中运动的总路程为s，满足关系
解得
故
整个运动过程中电路产生的焦耳热：
a棒产生的焦耳热：
1 / 1

展开更多......

收起↑