贵州省2025届高三下学期新高考模拟物理试卷（解析版）

第第页贵州省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．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2D．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【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

qvB=m可得

r=mvqB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．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【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．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【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GMmr2=mB．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．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U=B．粒子带正电，到达斜面时速度的大小v=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t=【答案】B,C,D【解析】【解答】A．由于粒子匀速通过电场区域，则Eq=mg，E=Ud，所以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v=vC．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t粒子做平抛运动的时间为t所以A点到终点C点所用时间为t=t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．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【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x甲=5+152×4B.0~3s内，甲、乙两车的位移大小分别为x'甲由于x'C.0~2s内，甲、乙两车的位移大小分别为x″甲=5+10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x′′′甲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．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【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。7．一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10s内质点经过的路程是20cmB．在5s末，质点的速度为零C．t=1.5s和t=2.5s两个时刻质点的位移和速度方向都相反D．t=1.5s和t=4.5s两时刻质点的位移大小相等，都是2cm【答案】C【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x=Asin2πT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．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＝2202sin50πt(V)，当用电器电阻R0=11Ω时（）A．发电机中的电流变化频率为50HzB．通过用电器R0的电流有效值是20AC．升压变压器的输出电压为1000VD．升压变压器的输入功率为4640W【答案】B,D【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f=ωB．降压变压器副线圈电压的有效值为U4=22022C．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I3=n4nD．升压变压器输入功率为P=U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．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/sB．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3.2mD．整个过程中产生的焦耳热为32J【答案】A,D【解析】【解答】A．甲沿斜面下滑，根据牛顿第二定律可得mgsin37°=ma1甲乙发生弹性碰撞，有mv0解得v1=6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x1=v12C．乙做匀减速直线运动的过程中相对位移大小为Δx1=x1D．整个过程中产生的焦耳热为Q=μmg(Δ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．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mgB．安培力对金属棒所做的功为W=mgLC．通过电阻R的电荷量BD．整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为mgL【答案】A,C【解析】【解答】A．金属棒MN做切割磁感线运动，产生的电动势为E=BLv根据闭合电路欧姆定律，有I=金属棒MN受到的安培力为FMN进入磁场时加速度恰好为零，有F则有mg解得MN进入磁场时的速度为v故A正确；B．进入磁场后做匀速运动，根据动能定理，有mgL解得W=−mgL故B错误；C．由q=IΔt、I=ER+r、E=D．根据能量守恒可得整个过程中产生的热量为Q=mgLsinθ，由Q=金属棒MN产生的焦耳热为Q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q=IΔt、I=ER+r三、实验题：本题共2小题，共15分11．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）x3−（4）(x6−【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T=所以B的速度大小为vE的速度大小vE=xDF2T（4）B到E点到的动能变化量Δ势能的变化量为Δ由于重物下落过程中需要克服空气阻力做功，则ΔEp>ΔEk

故答案为：(x6−x4（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T=所以B的速度大小为vE的速度大小v（4）[1]B到E点到的动能变化量Δ[2]势能的变化量为Δ[3][4]由于重物下落过程中需要克服空气阻力做功，则Δ12．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）I【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d=0.5mm+0.01×40.6mm=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I解得R根据电阻定律R联立解得L=I1R0+r(2)实验电路设计：利用并联分流原理，将A1与R0串联后，再与(3)导线长度计算：先由并联电路电压相等求Rx，再结合电阻定律R=ρ（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d=0.5mm+0.01（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I解得R根据电阻定律R联立解得L=I13．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233d（1）河水的折射率n（2）手电管发出的光与河面间的夹角θ【答案】（1）解：根据题意可知，光在水中的传播速度为v=根据v=可得折射率为n=（2）解：根据几何关系可得折射角满足cos可得r=30°根据折射定律可得n=解得cos则手电管发出的光与河面间的夹角为θ=【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（n=c(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（n=sin（1）根据题意可知，光在水中的传播速度为v=根据v=可得折射率为n=（2）根据几何关系可得折射角满足cos可得r=30°根据折射定律可得n=解得cos则手电管发出的光与河面间的夹角为θ=14．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L2【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p（2）解：活塞A缓慢下移过程中，气体压强不变，则L代入数据解得T【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