資源簡介

貴州省黔東南苗族侗族自治州2024-2025學年高三下學期聯考（一模）物理試卷
1．（2025·黔東南模擬）新一代人造太陽“中國環流三號”首次實現了100萬安培等離子體電流下的高約束模式運行，這標志著中國磁約束核聚變研究向高性能聚變等離子體運行邁出了重要一步。“中國環流三號”內部主要發生氘一氚聚變反應，反應方程式為，下列說法正確的是（　　）
A．
B．
C．原子彈也是基于該反應
D．為氘核，包含1個質子和2個中子
2．（2025·黔東南模擬）平衡術對人的觀察能力和動手能力要求較高，極其鍛煉人的耐心。小強同學在海邊堆放了一些石塊，如圖所示，石塊A、B的接觸面水平，不計空氣的作用力，下列說法正確的是（　　）
A．最上面的石塊D一定只受兩個力作用
B．心形石塊E一定不受摩擦力作用
C．石塊C可能受到6個力的作用
D．石塊B對石塊A的作用力方向一定豎直向上
3．（2025·黔東南模擬）圖為一種減震墊，上面布滿了圓柱形薄膜氣泡，每個氣泡內充滿了一定質量的理想氣體，當平板狀物品平壓在氣泡上時，氣泡內氣體的體積減小，溫度保持不變。關于該擠壓過程中氣泡內的氣體，下列說法正確的是（　　）
A．分子平均動能增大 B．分子平均動能減小
C．氣體放出熱量 D．氣體吸收熱量
4．（2025·黔東南模擬）惠更斯利用擺的等時性發明了帶擺的計時器，叫擺鐘。某擺鐘如圖甲所示，旋轉擺鐘下端的螺母可以使擺上的圓盤沿擺桿上下移動，簡化圖如圖乙所示。擺的運動可視為簡諧運動，下列說法正確的是（　　）
A．旋轉擺鐘下端的螺母，若將圓盤沿擺桿上移，則擺的振幅一定減小
B．旋轉擺鐘下端的螺母，若將圓盤沿擺桿下移，則擺的振幅一定增大
C．旋轉擺鐘下端的螺母，若將圓盤沿擺桿上移，則擺的周期一定增大
D．旋轉擺鐘下端的螺母，若將圓盤沿擺桿上移，則擺的周期一定減小
5．（2025·黔東南模擬）地球和火星繞太陽的運動可視為勻速圓周運動，地球和火星繞太陽運動的軌道半徑分別為、，且，地球和火星繞太陽運動的速度大小分別為、，則（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·黔東南模擬）如圖所示，理想變壓器的原線圈接的正弦交流電的電壓有效值不變，原線圈的匝數不變，副線圈接入電路的匝數可通過滑動滑片T調節，副線圈回路接有定值電阻和滑動變阻器R，滑動變阻器R的最大阻值為，起初滑動變阻器R的滑片處于正中間。下列說法正確的是（　　）
A．僅將T向b端滑動適當距離，定值電阻的功率一定增大
B．僅將T向a端滑動適當距離，定值電阻的功率一定增大
C．僅將滑動變阻器R的滑片向e端滑動適當距離，滑動變阻器R的功率一定增大
D．僅將滑動變阻器R的滑片向f端滑動，滑動變阻器R的功率一定一直增大
7．（2025·黔東南模擬）如圖所示，兩根長度不同的輕質細線下面分別懸掛質量不同的小球A、B（均視為質點），小球A的質量大于小球B的質量，連接小球A的細線比連接小球B的細線長，兩細線的上端固定在同一點，兩小球以相同大小的線速度繞共同的豎直軸在水平面內做勻速圓周運動，下列說法正確的是（　　）
A．因為連接小球A的細線比連接小球B的細線長，所以連接小球A的細線與豎直方向的夾角比連接小球B的細線與豎直方向的夾角小
B．因為連接小球A的細線比連接小球B的細線長，所以連接小球A的細線與豎直方向的夾角比連接小球B的細線與豎直方向的夾角大
C．因為小球A的質量大于小球B的質量，所以連接小球A的細線與豎直方向的夾角比連接小球B的細線與豎直方向的夾角小
D．因為小球A的質量大于小球B的質量，所以連接小球A的細線與豎直方向的夾角比連接小球B的細線與豎直方向的夾角大
8．（2025·黔東南模擬）如圖所示，無人機在練習投彈，無人機甲、乙均沿水平方向飛行，且均在A點的正上方釋放炸彈，兩炸彈均落在斜面上的P點。不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．無人機甲釋放的炸彈在空中運動的時間比無人機乙釋放的炸彈在空中運動的時間長
B．無人機甲釋放的炸彈在空中運動的時間比無人機乙釋放的炸彈在空中運動的時間短
C．釋放炸彈時，無人機甲的速度小于無人機乙的速度
D．釋放炸彈時，無人機甲的速度大于無人機乙的速度
9．（2025·黔東南模擬）某示波器的部分結構如圖所示，電子槍中金屬絲上逸出的電子，在加速電場中加速后進入偏轉電場，最后打在熒光屏上。A、B間的電壓為，C、D間的電壓為，不計電子受到的重力，下列說法正確的是（　　）
A．僅增大A、B間的距離，可增大電子進入偏轉電場時的速度
B．僅增大，可增大電子進入偏轉電場時的速度
C．僅增大C、D間的距離，可增大C、D間的電場強度
D．僅增大，可增大電子在偏轉電極間的偏轉距離
10．（2025·黔東南模擬）汽車減震器可以有效抑制車輛振動。某電磁阻尼減震器的簡化原理圖如圖所示。勻強磁場的寬度，勻強磁場的磁感應強度大小B=1T，方向豎直向下。一輕質彈簧處于原長，水平且垂直于磁場邊界放置，彈簧右端固定，左端恰與磁場右邊界平齊。另一寬度L=0.2m，足夠長的單匝矩形硬質金屬線框abcd水平固定在一塑料小車上（圖中小車未畫出），線框右端與小車右端平齊，二者的總質量m=0.5kg，線框電阻R=0.08Ω，使小車帶著線框以的速度沿光滑水平面垂直于磁場邊界正對彈簧向右運動，ab邊向右穿過磁場右邊界后小車開始壓縮彈簧，彈簧始終在彈性限度內。下列說法正確的是（　　）
A．線框剛進入磁場左邊界時，小車的加速度大小為
B．線框剛進入磁場左邊界時，小車的加速度大小為
C．小車向右運動過程中彈簧獲得的最大彈性勢能為4J
D．小車向右運動過程中彈簧獲得的最大彈性勢能為2J
11．（2025·黔東南模擬）某興趣小組設計了“質量一定時，探究加速度與力的關系”實驗方案，如圖甲所示。小車的質量為M，砂和砂桶的總質量為m，不計滑輪和細線的質量，不計細線與滑輪間的摩擦。
（1）對本實驗的操作，下列說法正確的是______：
A．實驗中需要用天平測量砂和砂桶的質量m
B．實驗中需要調節滑輪的高度，使細線與長木板平行
C．實驗中需要保證砂和砂桶的總質量m遠小于小車的質量M
D．先懸掛砂桶，再調整長木板的傾角，當小車拖著紙帶沿長木板勻速下滑即達到平衡摩擦力的效果
（2）實驗過程中，打出的一條紙帶如圖乙所示。打點計時器使用頻率為50Hz的交流電源，紙帶上標注的0、1、2、3、4、5、6為計數點，相鄰兩計數點間還有四個計時點未畫出。測出，，，，，若根據紙帶上的數據，可得打“2”點時小車的速度大小，則測得“2”“3”兩點間的距離=　 　cm，小車的加速度大小a=　 　（最后一空結果保留兩位有效數字）。
（3）以加速度a為縱坐標，拉力傳感器的示數F為橫坐標，作出的圖像是一條過原點的直線，如圖丙所示，則小車的質量為　 　kg。（結果保留兩位有效數字）
12．（2025·黔東南模擬）某同學把銅片和鋅片相隔約2cm插入一個土豆中，制成了一個土豆電池。為了測量它的電動勢E和內阻r，他用到的實驗器材還有電阻箱（最大阻值為9999Ω）、電壓表（量程為0~0.6V，內阻很大，可視為理想電壓表）、開關、導線若干。
（1）將該土豆電池與其余實驗器材按如圖甲所示的電路連接好；將電阻箱的阻值調節為如圖乙所示，此時電阻箱接入電路的電阻為　 　Ω，閉合開關，待電壓表的示數穩定后，記錄電壓表的示數。土豆電池長時間工作后內阻會發生明顯變化，故記錄電壓表的示數后應　 　（填“保持開關閉合”或“立即斷開開關”）。
（2）多次改變電阻箱的阻值R，同時記錄相應的電壓表示數U，繪制出關系圖線，如圖丙所示。根據繪制的圖線，可得該土豆電池的電動勢為　 　V，內阻為　 　kΩ。（結果均保留兩位有效數字）
13．（2025·黔東南模擬）某透明介質的剖面如圖所示，單色光從M點垂直MN邊入射，在OP邊恰好發生全反射，該入射光線在OP邊上的入射點為OP的中點，該入射光線與OP邊的夾角，，，，不考慮多次反射，光在真空中傳播的速度大小為c。求：
（1）單色光對該透明介質的折射率；
（2）單色光在該透明介質中傳播的時間。
14．（2025·黔東南模擬）如圖所示，半圓弧軌道ABC豎直固定在水平面上，豎直半徑OB與傾斜半徑OD的夾角為θ（未知），曲面DE搭建在D點和水平面之間，曲面與半圓弧軌道相切于D點，曲面與水平面相切于E點。甲、乙兩球（均視為質點）放置在E點右側，中間夾少量的炸藥，炸藥爆炸后釋放能量，其中一部分能量轉化為甲、乙兩球的動能，甲、乙兩球沿水平方向分別向左、向右運動，且甲球剛好能到達B點，已知爆炸后乙球的速度大小為、動能為，重力加速度大小為g，不計一切摩擦。
（1）求甲球的質量以及半圓弧軌道ABC的半徑；
（2）撤去曲面DE，甲球受到輕微擾動，從B點由靜止下滑，當到達D點時甲球恰好脫離軌道ABC，求甲球運動到D點時重力的功率。
15．（2025·黔東南模擬）現代物理經常用磁場來研究粒子運動規律。如圖所示，在xOy坐標系內有垂直于平面向里的勻強磁場，第二、四象限內勻強磁場的磁感應強度大小，另兩象限內的磁感應強度大小為2B。現有完全相同的a、b兩帶正電粒子，質量均為，電荷量均為，從坐標原點O以相同速率同時射入磁場，粒子a沿x軸正方向，粒子b沿y軸正方向。不計粒子受到的重力以及粒子間的相互作用。求：
（1）粒子a在第一象限運動的半徑r；
（2）粒子a第8次經過x軸時粒子b的坐標（從原點射出時不算次數）；
（3）粒子a、b在y軸上投影的間距的最大值。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】原子核的人工轉變；核聚變
【解析】【解答】AB．由核反應的質子數守恒和質量數守恒可知，，故A正確、B錯誤；
C．該反應是核聚變，原子彈的反應是核裂變，故C錯誤；
D．核包含1個質子和1個中子，故D錯誤。
故選A。
【分析】AB、根據質量數、電荷數守恒確定a、b；
C、該反應是核聚變，原子彈的反應是核裂變；
D、核包含1個質子和1個中子。
2．【答案】D
【知識點】受力分析的應用
【解析】【解答】AB．因為不知道接觸面是否水平，所以最上面的石塊D可能受摩擦力作用，心形石塊E也有可能受摩擦力作用，故AB錯誤；
C．石塊C最多受到重力，左右兩邊石塊對它的兩個摩擦力，兩個彈力，共5個力的作用，故C錯誤；
D．石塊A、B的接觸面水平，把石塊A及其上面的石塊看作整體，根據二力平衡條件可知，石塊B對石塊A的作用力方向一定豎直向上，故D正確。
故選D。
【分析】AB、不明確接觸面是否水平，石塊D、心形石塊E均可能受摩擦力作用；
C、石塊C除受到重力外，有兩個接觸面，最多分別受到兩個彈力和兩個摩擦力，最多5個作用力；
D、石塊A、B的接觸面水平，把石塊A及其上面的石塊看作整體，根據二力平衡條件，石塊B對石塊A的作用力方向一定豎直向上。
3．【答案】C
【知識點】熱力學第一定律及其應用；溫度和溫標
【解析】【解答】AB．氣泡內氣體的溫度保持不變，所以分子平均動能不變，故AB錯誤；
CD．氣泡內氣體的體積減小，外界對氣體做功（），氣體的內能不變（），根據熱力學第一定律可知，氣體放出熱量（），故C正確、D錯誤。
故選C。
【分析】AB、氣泡內氣體溫度不變，分子平均動能不變；
CD、外界壓縮氣體做功，內能不變，根據熱力學第一定律，氣體對外放熱。
4．【答案】D
【知識點】單擺及其回復力與周期
【解析】【解答】AB．旋轉擺鐘下端的螺母，可以改變擺長，但由于擺的振幅與擺長沒有直接關系，故AB錯誤；
CD．由單擺的周期公式，可知將圓盤沿擺桿上移，即擺長減小，周期減小，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】旋轉擺鐘下端的螺母，改變擺長，改變周期，單擺的振幅與擺長沒有直接關系，不直接影響振幅；圓盤沿擺桿上移，即擺長減小，由單擺周期公式可知周期減小。
5．【答案】B
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】由萬有引力提供向心力有
可得
故選B。
【分析】由萬有引力提供向心力有推導求解。
6．【答案】B
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】A．僅將T向b端滑動適當距離，副線圈匝數變少，根據
則副線圈兩端的電壓減小，由
可知，定值電阻的功率一定減小，故A錯誤；
B．僅將T向a端滑動適當距離，副線圈匝數變多，則副線圈兩端的電壓增大，可知定值電阻的功率一定增大，故B正確；
CD．滑動變阻器R的功率
起初滑動變阻器R的滑片處于正中間時滑動變阻器R的電阻為，則有，可知僅將滑動變阻器R的滑片向e端滑動適當距離，滑動變阻器R的功率一定減小，僅將滑動變阻器R的滑片向f端滑動時，滑動變阻器R的功率先增大后減小，故CD錯誤。
故選B。
【分析】AB、T向b端滑動適當距離，副線圈匝數變少，根據則副線圈兩端的電壓減小，根據串聯電路分壓原理，定值電阻電壓減小，功率減小；相反T向a端滑動適當距離，副線圈輸出電壓增大，定值電阻分的電壓增大，功率增大；
CD、根據電路特點求解滑動變阻器R的功率，以此分析判斷。
7．【答案】A
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】小球做勻速圓周運動，受力分析如圖所示
根據牛頓第二定律有
而
整理得
是常量，即長的夾角小，與小球的質量無關。
故選A。
【分析】對小球受力分析合力提供向心力得：，以此分析判斷。
8．【答案】A,C
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】AB．釋放炸彈時，無人機甲在無人機乙的正上方，根據平拋運動的規律有，無人機甲釋放的炸彈在空中下落的高度更高，可知無人機甲釋放的炸彈在空中運動的時間比無人機乙釋放的炸彈在空中運動的時間長，故A正確、B錯誤；
CD．兩炸彈的水平位移相同，由，可知釋放炸彈時，無人機甲的速度小于無人機乙的速度，故C正確、D錯誤。
故選AC。
【分析】AB、根據平拋運動高度決定時間，甲比乙釋放的炸彈飛行時間長；
CD、根據平拋運動水平射程，可知甲比乙釋放的炸彈水平速度小。
9．【答案】B,D
【知識點】示波器的使用
【解析】【解答】AB．電子在電子槍中加速，由動能定理有
可知電子離開電子槍時的速度與A、B間的距離無關，越大越大，故A錯誤、B正確；
C．由
可知，僅增大C、D間的距離時，電場強度減小，故C錯誤；
D．電子在偏轉電極間的偏轉距離
除了，其他的都是定值，可知僅增大，可增大電子在偏轉電極間的偏轉距離，故D正確。
故選BD。
【分析】AB、根據加速電場原理可知，改變板間距不影響加速后速度，增大加速電壓速度越大；
C、增大偏轉電場板間距由可知，電場強度減小；
D、增大偏轉電壓，電場力增大，加速度增大，而水平勻速直線運動時間不變，由偏轉位移增大。
10．【答案】B,C
【知識點】電磁感應中的磁變類問題
【解析】【解答】AB．線框剛進入磁場左邊界時，有
，，，
解得小車的加速度大小
故A錯誤，B正確；
CD．設ab邊穿過磁場右邊界時的速度大小為，由動量定理有
，
ab邊從磁場右邊界出來后壓縮彈簧，則彈簧獲得的最大彈性勢能
解得
故C正確，D錯誤。
故選BC。
【分析】AB、線框ab邊切割磁感線運動，可知，，，求解小車加速度；
CD、根據動量定理，結合平均電流聯立求解ab邊出磁場時的速度；根據動能定理求解最大彈性勢能。
11．【答案】（1）B
（2）4.52；1.2
（3）0.40
【知識點】探究加速度與力、質量的關系；實驗驗證牛頓第二定律
【解析】【解答】（1）A．本實驗可由拉力傳感器直接得出小車受到的拉力大小，不需要用砂和砂桶的重力代替小車受到的拉力，所以不需要用天平測量砂和砂桶的質量m，故A錯誤；
B．要保證小車做勻變速直線運動，小車受到的合力必須恒定不變，因此需要調節滑輪的高度，使細線與長木板平行，確保小車受力恒定不變，故B正確；
C．因為小車受到的拉力由拉力傳感器進行測量，故不需要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M，故C錯誤；
D．平衡摩擦力時，不懸掛砂桶，調整長木板的傾角使小車拖著紙帶沿長木板勻速下滑即可，故D錯誤。
故選B。
（2）由題意可知，兩計數點間的時間間隔
，
解得
由逐差法可得，小車的加速度大小
（3）由牛頓第二定律有
根據題圖丙可知，當時，解得
。
綜上：第1空：B；第2空：4.52；第3空：1.2；第4空：0.40
【分析】（1）AC、根據實驗原理小車受到的拉力根據拉力傳感器得出，不需要測量砂和砂桶的質量m，不需要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M；
B、需要調節滑輪的高度，使細線與長木板平行，確保小車受力恒定不變；
D、平衡摩擦力時，不懸掛砂桶，調整長木板的傾角使小車拖著紙帶沿長木板勻速下滑。
（2）根據勻變速直線運動時間中點瞬時速度等于該段時間平均速度由求解；根據逐差法求解加速度。
（3）根據牛頓第二定律得，可知結合圖像斜率求解小車質量。
12．【答案】（1）7014；立即斷開開關
（2）0.40；0.80
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】（1）根據電阻箱讀數方法，可讀出圖乙中示數為
土豆電池長時間工作后內阻會發生明顯變化，為了減小誤差，記錄電壓表的示數后，應該立即斷開開關。
（2）由閉合電路歐姆定律有
整理得
結合圖丙則有
，
解得
，
綜上：第1空：7014；第2空：立即斷開開關；第3空：0.40；第4空：0.80
【分析】（1）根據電阻箱讀數方法正確讀數；土豆電池長時間工作后內阻會發生明顯變化，為了減小誤差，記錄電壓表的示數后，應該立即斷開開關；
（2）根據閉合電路歐姆定律，整理求解關系，結合圖像斜率、截距聯立方程組求解。
13．【答案】（1）解：由幾何關系可知，單色光在OP邊恰好發生全反射，入射角
由
解得
（2）解：由幾何關系可知，光在介質中傳播的距離
光在介質中的傳播速度大小
單色光在該透明介質中傳播的時間
解得
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）單色光在OP邊恰好發生全反射，根據幾何關系求解入射角C，由求解折射率；
（2）由光路圖根據幾何關系求解光在介質中傳播距離，根據折射定律求解介質中傳播速度，從而求解傳播時間。
14．【答案】（1）解：設甲、乙兩球的質量分別為，爆炸剛結束時，甲球的速度大小為。由動量守恒定律有
由能量守恒定律有
結合
解得
、、
甲球從E點運動到B點，由機械能守恒定律有
解得
（2）解：把甲球在D點的重力分別沿著OD方向與垂直OD方向分解，沒有曲面DE，甲球運動到D點時恰好脫離軌道ABC，則D點對甲球的支持力恰好為0，重力沿著OD方向的分力提供甲球做圓周運動的向心力，有
甲球從B點運動到D點，由機械能守恒定律有
解得
、
把分別沿水平方向和豎直方向分解，沿豎直方向的分速度大小
由數學知識可得
甲球運動到D點時重力的功率
解得

【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根據動量守恒定律：；由能量守恒定律有；聯立求解甲球質量和速度，乙球質量；甲球從E點運動到B點，由機械能守恒定律：求解半圓軌道半徑；
（2）根據D點時甲球恰好脫離軌道ABC，對D點甲球受力分析，重力沿半徑分力提供向心力：；從B點運動到D點，由機械能守恒定律：；聯立求解 θ 和D點速度；分解D點速度，根據功率求解。
15．【答案】（1）解：由題意知粒子a在勻強磁場中做勻速圓周運動，有
解得

（2）解：設粒子a在第一象限運動的周期為，粒子b在第二象限運動的周期為，有
解得
同理可得粒子b在第二象限運動的半徑
同理可得
粒子a從坐標原點O至第一次到達x軸的時間
第一次到達x軸的坐標為，即
粒子b第一次到達x軸的時間
第一次到達x軸的坐標為，即
可推得此后二者完全同步，當粒子a第8次經過x軸時，粒子b也經過x軸。由幾何關系可知粒子b第8次經過x軸的橫坐標
則此時粒子b的坐標為。
（3）解：由題意可知粒子a經過y軸后就和粒子b同步運動，即
當粒子a在第一象限運動時，由和可知粒子a運動的角度是粒子b的兩倍，設粒子b運動的圓心角為θ，則粒子a運動的圓心角為2θ，由幾何關系有
由數學基本不等式可知當時，有最大值
【知識點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）根據洛倫茲力提供向心力求解粒子圓周運動半徑；（2）根據洛倫茲力提供向心力分別求解a粒子在第一、二象限圓周運動周期，求解第一次到x軸的時間和位置坐標；同理求解b粒子在第2象限的半徑和周期，求解b粒子第一次到達x軸的時間和位置坐標；此后二者完全同步，當粒子a第8次經過x軸時，粒子b也經過x軸。由幾何關系求解b粒子第8次經過x軸的橫坐標和此時b粒子的坐標；
（3）由題意可知粒子a經過y軸后就和粒子b同步運動，即；當粒子a在第一象限運動時，根據粒子a運動的角度是粒子b的兩倍，由幾何關系可得，根據數學基本不等式求解最大值。
1 / 1貴州省黔東南苗族侗族自治州2024-2025學年高三下學期聯考（一模）物理試卷
1．（2025·黔東南模擬）新一代人造太陽“中國環流三號”首次實現了100萬安培等離子體電流下的高約束模式運行，這標志著中國磁約束核聚變研究向高性能聚變等離子體運行邁出了重要一步。“中國環流三號”內部主要發生氘一氚聚變反應，反應方程式為，下列說法正確的是（　　）
A．
B．
C．原子彈也是基于該反應
D．為氘核，包含1個質子和2個中子
【答案】A
【知識點】原子核的人工轉變；核聚變
【解析】【解答】AB．由核反應的質子數守恒和質量數守恒可知，，故A正確、B錯誤；
C．該反應是核聚變，原子彈的反應是核裂變，故C錯誤；
D．核包含1個質子和1個中子，故D錯誤。
故選A。
【分析】AB、根據質量數、電荷數守恒確定a、b；
C、該反應是核聚變，原子彈的反應是核裂變；
D、核包含1個質子和1個中子。
2．（2025·黔東南模擬）平衡術對人的觀察能力和動手能力要求較高，極其鍛煉人的耐心。小強同學在海邊堆放了一些石塊，如圖所示，石塊A、B的接觸面水平，不計空氣的作用力，下列說法正確的是（　　）
A．最上面的石塊D一定只受兩個力作用
B．心形石塊E一定不受摩擦力作用
C．石塊C可能受到6個力的作用
D．石塊B對石塊A的作用力方向一定豎直向上
【答案】D
【知識點】受力分析的應用
【解析】【解答】AB．因為不知道接觸面是否水平，所以最上面的石塊D可能受摩擦力作用，心形石塊E也有可能受摩擦力作用，故AB錯誤；
C．石塊C最多受到重力，左右兩邊石塊對它的兩個摩擦力，兩個彈力，共5個力的作用，故C錯誤；
D．石塊A、B的接觸面水平，把石塊A及其上面的石塊看作整體，根據二力平衡條件可知，石塊B對石塊A的作用力方向一定豎直向上，故D正確。
故選D。
【分析】AB、不明確接觸面是否水平，石塊D、心形石塊E均可能受摩擦力作用；
C、石塊C除受到重力外，有兩個接觸面，最多分別受到兩個彈力和兩個摩擦力，最多5個作用力；
D、石塊A、B的接觸面水平，把石塊A及其上面的石塊看作整體，根據二力平衡條件，石塊B對石塊A的作用力方向一定豎直向上。
3．（2025·黔東南模擬）圖為一種減震墊，上面布滿了圓柱形薄膜氣泡，每個氣泡內充滿了一定質量的理想氣體，當平板狀物品平壓在氣泡上時，氣泡內氣體的體積減小，溫度保持不變。關于該擠壓過程中氣泡內的氣體，下列說法正確的是（　　）
A．分子平均動能增大 B．分子平均動能減小
C．氣體放出熱量 D．氣體吸收熱量
【答案】C
【知識點】熱力學第一定律及其應用；溫度和溫標
【解析】【解答】AB．氣泡內氣體的溫度保持不變，所以分子平均動能不變，故AB錯誤；
CD．氣泡內氣體的體積減小，外界對氣體做功（），氣體的內能不變（），根據熱力學第一定律可知，氣體放出熱量（），故C正確、D錯誤。
故選C。
【分析】AB、氣泡內氣體溫度不變，分子平均動能不變；
CD、外界壓縮氣體做功，內能不變，根據熱力學第一定律，氣體對外放熱。
4．（2025·黔東南模擬）惠更斯利用擺的等時性發明了帶擺的計時器，叫擺鐘。某擺鐘如圖甲所示，旋轉擺鐘下端的螺母可以使擺上的圓盤沿擺桿上下移動，簡化圖如圖乙所示。擺的運動可視為簡諧運動，下列說法正確的是（　　）
A．旋轉擺鐘下端的螺母，若將圓盤沿擺桿上移，則擺的振幅一定減小
B．旋轉擺鐘下端的螺母，若將圓盤沿擺桿下移，則擺的振幅一定增大
C．旋轉擺鐘下端的螺母，若將圓盤沿擺桿上移，則擺的周期一定增大
D．旋轉擺鐘下端的螺母，若將圓盤沿擺桿上移，則擺的周期一定減小
【答案】D
【知識點】單擺及其回復力與周期
【解析】【解答】AB．旋轉擺鐘下端的螺母，可以改變擺長，但由于擺的振幅與擺長沒有直接關系，故AB錯誤；
CD．由單擺的周期公式，可知將圓盤沿擺桿上移，即擺長減小，周期減小，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】旋轉擺鐘下端的螺母，改變擺長，改變周期，單擺的振幅與擺長沒有直接關系，不直接影響振幅；圓盤沿擺桿上移，即擺長減小，由單擺周期公式可知周期減小。
5．（2025·黔東南模擬）地球和火星繞太陽的運動可視為勻速圓周運動，地球和火星繞太陽運動的軌道半徑分別為、，且，地球和火星繞太陽運動的速度大小分別為、，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】由萬有引力提供向心力有
可得
故選B。
【分析】由萬有引力提供向心力有推導求解。
6．（2025·黔東南模擬）如圖所示，理想變壓器的原線圈接的正弦交流電的電壓有效值不變，原線圈的匝數不變，副線圈接入電路的匝數可通過滑動滑片T調節，副線圈回路接有定值電阻和滑動變阻器R，滑動變阻器R的最大阻值為，起初滑動變阻器R的滑片處于正中間。下列說法正確的是（　　）
A．僅將T向b端滑動適當距離，定值電阻的功率一定增大
B．僅將T向a端滑動適當距離，定值電阻的功率一定增大
C．僅將滑動變阻器R的滑片向e端滑動適當距離，滑動變阻器R的功率一定增大
D．僅將滑動變阻器R的滑片向f端滑動，滑動變阻器R的功率一定一直增大
【答案】B
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】A．僅將T向b端滑動適當距離，副線圈匝數變少，根據
則副線圈兩端的電壓減小，由
可知，定值電阻的功率一定減小，故A錯誤；
B．僅將T向a端滑動適當距離，副線圈匝數變多，則副線圈兩端的電壓增大，可知定值電阻的功率一定增大，故B正確；
CD．滑動變阻器R的功率
起初滑動變阻器R的滑片處于正中間時滑動變阻器R的電阻為，則有，可知僅將滑動變阻器R的滑片向e端滑動適當距離，滑動變阻器R的功率一定減小，僅將滑動變阻器R的滑片向f端滑動時，滑動變阻器R的功率先增大后減小，故CD錯誤。
故選B。
【分析】AB、T向b端滑動適當距離，副線圈匝數變少，根據則副線圈兩端的電壓減小，根據串聯電路分壓原理，定值電阻電壓減小，功率減小；相反T向a端滑動適當距離，副線圈輸出電壓增大，定值電阻分的電壓增大，功率增大；
CD、根據電路特點求解滑動變阻器R的功率，以此分析判斷。
7．（2025·黔東南模擬）如圖所示，兩根長度不同的輕質細線下面分別懸掛質量不同的小球A、B（均視為質點），小球A的質量大于小球B的質量，連接小球A的細線比連接小球B的細線長，兩細線的上端固定在同一點，兩小球以相同大小的線速度繞共同的豎直軸在水平面內做勻速圓周運動，下列說法正確的是（　　）
A．因為連接小球A的細線比連接小球B的細線長，所以連接小球A的細線與豎直方向的夾角比連接小球B的細線與豎直方向的夾角小
B．因為連接小球A的細線比連接小球B的細線長，所以連接小球A的細線與豎直方向的夾角比連接小球B的細線與豎直方向的夾角大
C．因為小球A的質量大于小球B的質量，所以連接小球A的細線與豎直方向的夾角比連接小球B的細線與豎直方向的夾角小
D．因為小球A的質量大于小球B的質量，所以連接小球A的細線與豎直方向的夾角比連接小球B的細線與豎直方向的夾角大
【答案】A
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】小球做勻速圓周運動，受力分析如圖所示
根據牛頓第二定律有
而
整理得
是常量，即長的夾角小，與小球的質量無關。
故選A。
【分析】對小球受力分析合力提供向心力得：，以此分析判斷。
8．（2025·黔東南模擬）如圖所示，無人機在練習投彈，無人機甲、乙均沿水平方向飛行，且均在A點的正上方釋放炸彈，兩炸彈均落在斜面上的P點。不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．無人機甲釋放的炸彈在空中運動的時間比無人機乙釋放的炸彈在空中運動的時間長
B．無人機甲釋放的炸彈在空中運動的時間比無人機乙釋放的炸彈在空中運動的時間短
C．釋放炸彈時，無人機甲的速度小于無人機乙的速度
D．釋放炸彈時，無人機甲的速度大于無人機乙的速度
【答案】A,C
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】AB．釋放炸彈時，無人機甲在無人機乙的正上方，根據平拋運動的規律有，無人機甲釋放的炸彈在空中下落的高度更高，可知無人機甲釋放的炸彈在空中運動的時間比無人機乙釋放的炸彈在空中運動的時間長，故A正確、B錯誤；
CD．兩炸彈的水平位移相同，由，可知釋放炸彈時，無人機甲的速度小于無人機乙的速度，故C正確、D錯誤。
故選AC。
【分析】AB、根據平拋運動高度決定時間，甲比乙釋放的炸彈飛行時間長；
CD、根據平拋運動水平射程，可知甲比乙釋放的炸彈水平速度小。
9．（2025·黔東南模擬）某示波器的部分結構如圖所示，電子槍中金屬絲上逸出的電子，在加速電場中加速后進入偏轉電場，最后打在熒光屏上。A、B間的電壓為，C、D間的電壓為，不計電子受到的重力，下列說法正確的是（　　）
A．僅增大A、B間的距離，可增大電子進入偏轉電場時的速度
B．僅增大，可增大電子進入偏轉電場時的速度
C．僅增大C、D間的距離，可增大C、D間的電場強度
D．僅增大，可增大電子在偏轉電極間的偏轉距離
【答案】B,D
【知識點】示波器的使用
【解析】【解答】AB．電子在電子槍中加速，由動能定理有
可知電子離開電子槍時的速度與A、B間的距離無關，越大越大，故A錯誤、B正確；
C．由
可知，僅增大C、D間的距離時，電場強度減小，故C錯誤；
D．電子在偏轉電極間的偏轉距離
除了，其他的都是定值，可知僅增大，可增大電子在偏轉電極間的偏轉距離，故D正確。
故選BD。
【分析】AB、根據加速電場原理可知，改變板間距不影響加速后速度，增大加速電壓速度越大；
C、增大偏轉電場板間距由可知，電場強度減小；
D、增大偏轉電壓，電場力增大，加速度增大，而水平勻速直線運動時間不變，由偏轉位移增大。
10．（2025·黔東南模擬）汽車減震器可以有效抑制車輛振動。某電磁阻尼減震器的簡化原理圖如圖所示。勻強磁場的寬度，勻強磁場的磁感應強度大小B=1T，方向豎直向下。一輕質彈簧處于原長，水平且垂直于磁場邊界放置，彈簧右端固定，左端恰與磁場右邊界平齊。另一寬度L=0.2m，足夠長的單匝矩形硬質金屬線框abcd水平固定在一塑料小車上（圖中小車未畫出），線框右端與小車右端平齊，二者的總質量m=0.5kg，線框電阻R=0.08Ω，使小車帶著線框以的速度沿光滑水平面垂直于磁場邊界正對彈簧向右運動，ab邊向右穿過磁場右邊界后小車開始壓縮彈簧，彈簧始終在彈性限度內。下列說法正確的是（　　）
A．線框剛進入磁場左邊界時，小車的加速度大小為
B．線框剛進入磁場左邊界時，小車的加速度大小為
C．小車向右運動過程中彈簧獲得的最大彈性勢能為4J
D．小車向右運動過程中彈簧獲得的最大彈性勢能為2J
【答案】B,C
【知識點】電磁感應中的磁變類問題
【解析】【解答】AB．線框剛進入磁場左邊界時，有
，，，
解得小車的加速度大小
故A錯誤，B正確；
CD．設ab邊穿過磁場右邊界時的速度大小為，由動量定理有
，
ab邊從磁場右邊界出來后壓縮彈簧，則彈簧獲得的最大彈性勢能
解得
故C正確，D錯誤。
故選BC。
【分析】AB、線框ab邊切割磁感線運動，可知，，，求解小車加速度；
CD、根據動量定理，結合平均電流聯立求解ab邊出磁場時的速度；根據動能定理求解最大彈性勢能。
11．（2025·黔東南模擬）某興趣小組設計了“質量一定時，探究加速度與力的關系”實驗方案，如圖甲所示。小車的質量為M，砂和砂桶的總質量為m，不計滑輪和細線的質量，不計細線與滑輪間的摩擦。
（1）對本實驗的操作，下列說法正確的是______：
A．實驗中需要用天平測量砂和砂桶的質量m
B．實驗中需要調節滑輪的高度，使細線與長木板平行
C．實驗中需要保證砂和砂桶的總質量m遠小于小車的質量M
D．先懸掛砂桶，再調整長木板的傾角，當小車拖著紙帶沿長木板勻速下滑即達到平衡摩擦力的效果
（2）實驗過程中，打出的一條紙帶如圖乙所示。打點計時器使用頻率為50Hz的交流電源，紙帶上標注的0、1、2、3、4、5、6為計數點，相鄰兩計數點間還有四個計時點未畫出。測出，，，，，若根據紙帶上的數據，可得打“2”點時小車的速度大小，則測得“2”“3”兩點間的距離=　 　cm，小車的加速度大小a=　 　（最后一空結果保留兩位有效數字）。
（3）以加速度a為縱坐標，拉力傳感器的示數F為橫坐標，作出的圖像是一條過原點的直線，如圖丙所示，則小車的質量為　 　kg。（結果保留兩位有效數字）
【答案】（1）B
（2）4.52；1.2
（3）0.40
【知識點】探究加速度與力、質量的關系；實驗驗證牛頓第二定律
【解析】【解答】（1）A．本實驗可由拉力傳感器直接得出小車受到的拉力大小，不需要用砂和砂桶的重力代替小車受到的拉力，所以不需要用天平測量砂和砂桶的質量m，故A錯誤；
B．要保證小車做勻變速直線運動，小車受到的合力必須恒定不變，因此需要調節滑輪的高度，使細線與長木板平行，確保小車受力恒定不變，故B正確；
C．因為小車受到的拉力由拉力傳感器進行測量，故不需要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M，故C錯誤；
D．平衡摩擦力時，不懸掛砂桶，調整長木板的傾角使小車拖著紙帶沿長木板勻速下滑即可，故D錯誤。
故選B。
（2）由題意可知，兩計數點間的時間間隔
，
解得
由逐差法可得，小車的加速度大小
（3）由牛頓第二定律有
根據題圖丙可知，當時，解得
。
綜上：第1空：B；第2空：4.52；第3空：1.2；第4空：0.40
【分析】（1）AC、根據實驗原理小車受到的拉力根據拉力傳感器得出，不需要測量砂和砂桶的質量m，不需要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M；
B、需要調節滑輪的高度，使細線與長木板平行，確保小車受力恒定不變；
D、平衡摩擦力時，不懸掛砂桶，調整長木板的傾角使小車拖著紙帶沿長木板勻速下滑。
（2）根據勻變速直線運動時間中點瞬時速度等于該段時間平均速度由求解；根據逐差法求解加速度。
（3）根據牛頓第二定律得，可知結合圖像斜率求解小車質量。
12．（2025·黔東南模擬）某同學把銅片和鋅片相隔約2cm插入一個土豆中，制成了一個土豆電池。為了測量它的電動勢E和內阻r，他用到的實驗器材還有電阻箱（最大阻值為9999Ω）、電壓表（量程為0~0.6V，內阻很大，可視為理想電壓表）、開關、導線若干。
（1）將該土豆電池與其余實驗器材按如圖甲所示的電路連接好；將電阻箱的阻值調節為如圖乙所示，此時電阻箱接入電路的電阻為　 　Ω，閉合開關，待電壓表的示數穩定后，記錄電壓表的示數。土豆電池長時間工作后內阻會發生明顯變化，故記錄電壓表的示數后應　 　（填“保持開關閉合”或“立即斷開開關”）。
（2）多次改變電阻箱的阻值R，同時記錄相應的電壓表示數U，繪制出關系圖線，如圖丙所示。根據繪制的圖線，可得該土豆電池的電動勢為　 　V，內阻為　 　kΩ。（結果均保留兩位有效數字）
【答案】（1）7014；立即斷開開關
（2）0.40；0.80
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】（1）根據電阻箱讀數方法，可讀出圖乙中示數為
土豆電池長時間工作后內阻會發生明顯變化，為了減小誤差，記錄電壓表的示數后，應該立即斷開開關。
（2）由閉合電路歐姆定律有
整理得
結合圖丙則有
，
解得
，
綜上：第1空：7014；第2空：立即斷開開關；第3空：0.40；第4空：0.80
【分析】（1）根據電阻箱讀數方法正確讀數；土豆電池長時間工作后內阻會發生明顯變化，為了減小誤差，記錄電壓表的示數后，應該立即斷開開關；
（2）根據閉合電路歐姆定律，整理求解關系，結合圖像斜率、截距聯立方程組求解。
13．（2025·黔東南模擬）某透明介質的剖面如圖所示，單色光從M點垂直MN邊入射，在OP邊恰好發生全反射，該入射光線在OP邊上的入射點為OP的中點，該入射光線與OP邊的夾角，，，，不考慮多次反射，光在真空中傳播的速度大小為c。求：
（1）單色光對該透明介質的折射率；
（2）單色光在該透明介質中傳播的時間。
【答案】（1）解：由幾何關系可知，單色光在OP邊恰好發生全反射，入射角
由
解得
（2）解：由幾何關系可知，光在介質中傳播的距離
光在介質中的傳播速度大小
單色光在該透明介質中傳播的時間
解得
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）單色光在OP邊恰好發生全反射，根據幾何關系求解入射角C，由求解折射率；
（2）由光路圖根據幾何關系求解光在介質中傳播距離，根據折射定律求解介質中傳播速度，從而求解傳播時間。
14．（2025·黔東南模擬）如圖所示，半圓弧軌道ABC豎直固定在水平面上，豎直半徑OB與傾斜半徑OD的夾角為θ（未知），曲面DE搭建在D點和水平面之間，曲面與半圓弧軌道相切于D點，曲面與水平面相切于E點。甲、乙兩球（均視為質點）放置在E點右側，中間夾少量的炸藥，炸藥爆炸后釋放能量，其中一部分能量轉化為甲、乙兩球的動能，甲、乙兩球沿水平方向分別向左、向右運動，且甲球剛好能到達B點，已知爆炸后乙球的速度大小為、動能為，重力加速度大小為g，不計一切摩擦。
（1）求甲球的質量以及半圓弧軌道ABC的半徑；
（2）撤去曲面DE，甲球受到輕微擾動，從B點由靜止下滑，當到達D點時甲球恰好脫離軌道ABC，求甲球運動到D點時重力的功率。
【答案】（1）解：設甲、乙兩球的質量分別為，爆炸剛結束時，甲球的速度大小為。由動量守恒定律有
由能量守恒定律有
結合
解得
、、
甲球從E點運動到B點，由機械能守恒定律有
解得
（2）解：把甲球在D點的重力分別沿著OD方向與垂直OD方向分解，沒有曲面DE，甲球運動到D點時恰好脫離軌道ABC，則D點對甲球的支持力恰好為0，重力沿著OD方向的分力提供甲球做圓周運動的向心力，有
甲球從B點運動到D點，由機械能守恒定律有
解得
、
把分別沿水平方向和豎直方向分解，沿豎直方向的分速度大小
由數學知識可得
甲球運動到D點時重力的功率
解得

【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根據動量守恒定律：；由能量守恒定律有；聯立求解甲球質量和速度，乙球質量；甲球從E點運動到B點，由機械能守恒定律：求解半圓軌道半徑；
（2）根據D點時甲球恰好脫離軌道ABC，對D點甲球受力分析，重力沿半徑分力提供向心力：；從B點運動到D點，由機械能守恒定律：；聯立求解 θ 和D點速度；分解D點速度，根據功率求解。
15．（2025·黔東南模擬）現代物理經常用磁場來研究粒子運動規律。如圖所示，在xOy坐標系內有垂直于平面向里的勻強磁場，第二、四象限內勻強磁場的磁感應強度大小，另兩象限內的磁感應強度大小為2B。現有完全相同的a、b兩帶正電粒子，質量均為，電荷量均為，從坐標原點O以相同速率同時射入磁場，粒子a沿x軸正方向，粒子b沿y軸正方向。不計粒子受到的重力以及粒子間的相互作用。求：
（1）粒子a在第一象限運動的半徑r；
（2）粒子a第8次經過x軸時粒子b的坐標（從原點射出時不算次數）；
（3）粒子a、b在y軸上投影的間距的最大值。
【答案】（1）解：由題意知粒子a在勻強磁場中做勻速圓周運動，有
解得

（2）解：設粒子a在第一象限運動的周期為，粒子b在第二象限運動的周期為，有
解得
同理可得粒子b在第二象限運動的半徑
同理可得
粒子a從坐標原點O至第一次到達x軸的時間
第一次到達x軸的坐標為，即
粒子b第一次到達x軸的時間
第一次到達x軸的坐標為，即
可推得此后二者完全同步，當粒子a第8次經過x軸時，粒子b也經過x軸。由幾何關系可知粒子b第8次經過x軸的橫坐標
則此時粒子b的坐標為。
（3）解：由題意可知粒子a經過y軸后就和粒子b同步運動，即
當粒子a在第一象限運動時，由和可知粒子a運動的角度是粒子b的兩倍，設粒子b運動的圓心角為θ，則粒子a運動的圓心角為2θ，由幾何關系有
由數學基本不等式可知當時，有最大值
【知識點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）根據洛倫茲力提供向心力求解粒子圓周運動半徑；（2）根據洛倫茲力提供向心力分別求解a粒子在第一、二象限圓周運動周期，求解第一次到x軸的時間和位置坐標；同理求解b粒子在第2象限的半徑和周期，求解b粒子第一次到達x軸的時間和位置坐標；此后二者完全同步，當粒子a第8次經過x軸時，粒子b也經過x軸。由幾何關系求解b粒子第8次經過x軸的橫坐標和此時b粒子的坐標；
（3）由題意可知粒子a經過y軸后就和粒子b同步運動，即；當粒子a在第一象限運動時，根據粒子a運動的角度是粒子b的兩倍，由幾何關系可得，根據數學基本不等式求解最大值。
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