2025届高考物理一轮复习模拟试卷（贵州卷）含解析

2025届高考物理一轮复习收官模拟贵州卷

（试卷满分：100分；考试时间：75分钟）

一、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，只有一项是

符合要求的.

1.列车沿平直的道路做匀变速直线运动，在车厢顶部用细线悬挂一个小球，小球相对车厢静

止时，细线与竖直方向的夹角为6。下列说法正确的是（）

A.列车加速度的大小为gtan。B.列车加速度的大小为gsin。

C.细线拉力的大小为加gsin。D.细线拉力的大小为加geos。

2.神舟十六号载人飞船入轨后顺利完成入轨状态设置，采用自主快速交会对接模式成功对接

于天和核心舱径向端口。对接过程的示意图如图所示，神舟十六号飞船处于半径为4的圆轨

道I,运行周期为7],线速度为匕，通过变轨操作后，沿椭圆轨道n运动到8处与天和核心舱

对接，轨道n上Z点的线速度为V2,运行周期为4;天和核心舱处于半径为G的圆轨道III,

运行周期为4,线速度为匕；则神舟十六号飞船（）

8

天和核心舱

A.v2>v1>v3

>T2>T3

c.在轨道n上B点处的加速度大于轨道ni上5点处的加速度

D.该卫星在轨道I运行时的机械能比在轨道ni运行时的机械能大

3.制造半导体元件，需要精确测定硅片上涂有的二氧化硅（Si。？）薄膜的厚度，把左侧二氧

化硅薄膜腐蚀成如图甲所示的劈尖，用波长4=630nm的激光从上方照射劈尖，观察到在腐

蚀区域内有8条暗纹，且二氧化硅斜面转为平面的棱"N处是亮纹，二氧化硅的折射率为

1.5,则二氧化硅薄膜的厚度为（）

A.1680nmB.1890nmC.2520nmD.3780nm

4.中国传统木工的桦卯工艺，外形唯美且遵循力学原理。如图甲所示为梯眼的凿削操作，图

乙为截面图，凿子尖端夹角为6。在凿子顶部施加竖直向下的力尸时，其竖直面和侧面对两

侧木头的压力分别为G和乙，不计凿子的重力及摩擦力，下列判断正确的是（）

甲

A.力E一定大于片B.鸟=Feos0

C.^=—D.夹角。越大，凿子越容易凿入木头

tan6*

5.如图所示，光滑绝缘水平面上存在方向竖直向下的有界（边界竖直）匀强磁场，一直径与

磁场区域宽度相同的闭合金属圆形线圈在平行于水平面的拉力作用下，在水平面上沿虚线方

向匀速通过磁场。下列说法正确的是（）

A.线圈进磁场的过程中，线圈中的感应电流沿顺时针方向

B.该拉力的方向与线圈运动速度的方向相同

C.该拉力的方向水平向右

D.该拉力为恒力

6.玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童

水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，如图所示，枪口直径为力

水的密度为"，水平出射速度为v,垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水

柱水平击中目标的平均冲击力大小为（）

A.1.27rd//B.0.37rt/2pv2CA.2nd~pvD.0.3nd2pv

7.甲、乙、丙、丁四图中的各1/4圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分

布，各1/4圆环间彼此绝缘。下列关于坐标原点。处电场强度的说法中正确的是（）

A.图甲与图丙场强相同

B.图乙与图丁场强相同

C.四图中。处电场强度的大小关系为E乙〉E丙〉E甲〉E丁

D.乙、丙两图中。处电场强度的大小关系为£乙=血£丙

二'多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分.在每小题给出的选项中，有多项符合

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.产生阿秒光脉冲的研究工作获得2023年的诺贝尔物理学奖，阿秒（as）是时间单位，

las=lxl0-18s,阿秒光脉冲是发光持续时间在阿秒量级的极短闪光，提供了阿秒量级的超快

“光快门”，使探测原子内电子的动态过程成为可能。设有一个持续时间为100as的阿秒光脉

冲，持续时间内至少包含一个完整的光波周期。取真空中光速c=3.0xl（）8m/s,普朗克常量

h-6.6xl0-34Js,下列说法正确的是（）

A.对于0.1mm宽的单缝，此阿秒光脉冲比波长为550nm的可见光的衍射现象更明显

B.此阿秒光脉冲和波长为550nm的可见光束总能量相等时，阿秒光脉冲的光子数更少

C.此阿秒光脉冲可以使能量为-13.6eV（-2.2xlO18J）的基态氢原子电离

D.为了探测原子内电子的动态过程，阿秒光脉冲的持续时间应大于电子的运动周期

9.如图（a）所示，下端附有重物的粗细均匀木棒浮在水中，将木棒向下按压一段距离后释

放，木棒与重物组成的系统所受的浮力厂随时间周期性变化，如图（b）所示，忽略空气及水

的阻力，下列说法正确的是（）

二

三

-

Z一

Z

-

-J

-

-

C

-

-

图（a）图（b）

A.木棒与重物组成的系统做简谐运动，重力提供回复力

B.0-0.25s内木棒与重物组成的系统的加速度逐渐减小

C.木棒和重物的重力之和等于片-巴

D.木棒与重物组成的系统所受合外力与偏离受力平衡位置的距离成正比

10.如图所示，两根间距为4的固定光滑金属导轨“P和NQ平行放置，电阻可忽略不计，两

导轨是由位于左侧的半径为R的四分之一圆弧和"N右侧足够长的水平部分构成，水平

导轨范围内存在竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场，两根长度均为L的导体棒ab和cd垂

直导轨且与导轨接触良好，开始时cd静止在磁场中，仍从圆弧导轨的顶端由静止释放，两导

体棒在运动中始终不接触。已知而棒、cd棒的质量均为根，电阻均为八重力加速度为g,

下列说法正确的是（）

A.ab棒到达圆弧底端时对轨道的压力大小为3mg

B.最后稳定时ab棒的速度大小为

C.整个过程中ab棒产生的焦耳热为:机gR

D.整个过程中，通过cd棒的电荷量回

2BL

三、非选择题：共5题，共57分.

11.智能手机内置有加速度传感器，可以实时显示手机运动的加速度。某实验小组利用智能手

机来探究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度为g。实验步

骤如下：

①将轻弹簧上端固定在铁架台的支架上，下端与手机相连接，手机下端通过细绳悬挂钩码并

记录钩码的质量为m；

②开始时保持手机和钩码处于静止状态，并打开手机的加速度传感器功能；

③剪断悬挂钩码的细绳，手机加速度传感器记录手机加速度。随时间t的变化并拟合绘制出

aT图像,如图乙所示。

请回答下面问题：

（1）剪断细绳瞬间手机的加速度对应图乙中的（选填或“CD点加速度；

（2）剪断细绳瞬间手机受到的合力大小/等于（用测得物理量的符号表示）；

（3）改变所悬挂钩码的质量，重复步骤②、③，测得多组（a,阴数据并绘制a—E图像，如

图丙所示，由图像可以得出的结论是：;

（4）该小组同学要根据绘制的a—E图像进一步测量手机的质量，他们对该图像分析得知，

图线的斜率为晨则手机的质量为；

（5）从乙图可以观察到，即使整个实验装置看起来处于静止状态，手机依然显示有微小的加

速度扰动，为了减少该扰动造成的影响，下列做法可行的是（选填选项代

号）。

A.使用质量较大的钩码组B.将弹簧更换为不可伸长的细线

C.将弹簧更换为劲度系数较大的弹簧D.让钩码组的质量远小于手机的质量

12.传感器在现代生活、生产和科技中有着相当广泛的应用，如图甲是一个压力传感器设计电

路，要求从表盘上直接读出压力大小，其中凡是保护电阻，&是调零电阻（总电阻

100Q）,理想电流表量程为15mA,电源电动势£=3V,内阻不计，压敏电阻的阻值R与所

受压力大小F的对应关系如图乙所示o

（1）若提供有三种规格的保护电阻，则片应选一个

A.15QB.150QC.1500Q

（2）选取、安装保护电阻后，要对压力传感器进行调零。调零

电阻R2应调为Qo

（3）现对表盘进行重新赋值标注，原3mA刻度线处应标注No

（4）由于电池老化，电动势降为2.7V,传感器压力读数会出现偏差，如果某次使用时，先

调零、后测量，读出压力为1200N,此时电流大小为mA,实际压力大小为No

13.小明同学设计了一个用等臂电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口

向上并固定在桌面上，用质量叫=600g、截面积S=20cm2的活塞封闭一定质量的理想气

体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点幺上，左端用不可伸长的细绳竖

直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量加2=1200g的铁块，并将铁块放置到电子天

平上。当电子天平示数为600.0g时，测得环境温度4=300K。设外界大气压强

5

j7o=l.OxlOPa,重力加速度g取lOm/s?。

（1）当环境温度A=294K时，电子天平示数为多少克？

（2）该装置可测量的最低环境温度0m为多少？

14.如图所示，在竖直的xoy平面内，在水平x轴上方存在场强大小用=整、方向平行于x轴

q

向右的匀强电场，在X轴下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场B和大小方向都未知的匀强

电场当。一质量为机、带电量为q的小球从了轴上的尸(0，L.)位置无初速度释放，释放后

小球从第一象限进入第四象限做匀速圆周运动，运动轨迹恰好与了轴相切，已知重力加速度

为g。

(1)求匀强电场与大小与方向；

(2)求匀强磁场8的大小；

(3)求小球第二次穿过x轴的位置与第三次穿过x轴的位置之间的距离；

------------------------>

xB、xxx尸.加、Ex

~Ox

B,

6如图，加为半径足够大叫光滑圆弧轨道，圆弧轨道末端与右侧光滑水平面。S平滑连

接，水平面QS右侧平滑对接一足够长的水平传送带，传送带正在以v=8.0m/s的速度逆时针

匀速转动。有一质量为机=1.0kg的物块Z静止于圆弧轨道底端，在物块Z右侧有一质量为

/=1.0kg的物块8,物块5与传送带之间的动摩擦因数〃=0.20,物块8以水平向右

%=10m/s的速度从传送带左侧滑上传送带。当物块8滑离传送带后与物块Z发生碰撞，物

块Z上有特殊装置，可以使物块48碰撞瞬间让两者合在一起成为一个整体沿圆弧轨道向上

运动，当48整体沿圆弧轨道向下运动到轨道底端时，该装置使物块48分开，物块Z停

在轨道底端，物块8以分开前瞬间的速度向右运动，之后物块幺、5会多次作用，重力加速

度大小取g=10m/s2,不计空气阻力，两物块均可看作质点。求:

(1)物块48第一次沿圆弧轨道向下运动到轨道底端分开时物块8的速度大小匕；

(2)物块5从第一次滑上传送带到滑离传送带过程中摩擦产生的热量值;

(3)物块B开始滑上传送带之后的整个过程中传送带对物块B摩擦力的冲量/。

答案以及解析

1.答案：A

解析：AB.设列车的加速度大小为°,根据力的合成与分解以及牛顿第二定律有

F合=mgtan3=ma

得列车加速度的大小为

a=gtan。

故A正确，B错误；

CD.根据

TcosO=mg

得

丁二9

COS。

故CD错误。

故选A。

2.答案：A

解析：A.飞船从轨道I变轨到轨道n需要加速，所以经过幺点时

圆轨道时，根据

GMmv2

——；—=m—

rr

所以

V]>匕

综合得

%>%>匕

故A正确；

B.根据开普勒第三定律，轨道半长轴越大，周期越大，故B错误；

C.根据

GMm

——；—=ma

则同一点处的加速度应该相等，故C错误;

D.根据变轨原理可知，从低轨道到高轨道应点火加速，外力做正功，则卫星在轨道I运行时的

机械能比在轨道ni运行时的机械能小，故D错误。

3.答案：A

解析：根据题意，由于二氧化硅的折射率为1.5,则激光在二氧化硅中的波长为4=4,观察

n

到在腐蚀区域内有8条暗纹，则二氧化硅斜面转为平面的棱"N处是亮纹是第9条，设二氧

化硅薄膜的厚度为小则有2d=84,联立解得d=1680nm,故选A。

4.答案：C

解析：ABC.作出力厂与片和鸟的关系图，如图所示

FF

由图可知鸟〉片，F>F,根据几何关系有鸟=,-故AB错误，C正确；D.

2smt)tant)

由以上分析可知，力/一定时，夹角。越大，片和鸟均变小，所以凿子越不容易凿入木头，

故D错误。故选C。

5.答案：C

解析：A.线圈进入磁场的过程中，垂直于纸面向里的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中

的感应电流产生的磁场应垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的电流为逆时针方向，

故A错误；BC.线圈切割磁感线的有效长度示意图如图所示

结合楞次定律阻碍相对运动的推论，再根据左手定则可知安培力始终水平向左，则该拉力的

方向水平向右，与线圈运动速度的方向不相同，故B错误，C正确；D.由于切割磁感线的有

效长度是变化的，所以线圈中产生的感应电动势是变化的，感应电流是变化的，线圈受到的

安培力大小是变化的，所以拉力大小是变化的，故D错误。故选C。

6.答案：B

解析：设/时间内水枪喷出的水柱长度为/,则有v=＜，/时间内冲击墙壁的水的质量为

t

m=pV=pSl=pl＞设墙壁对水柱的平均冲击力大小为R根据动量定理有

Ft=Q.2mv-（-mv）»联立以上三式解得尸=0,3兀屋夕祈，根据牛顿第三定律可知水柱水平击中

目标的平均冲击力大小为F'=F=0,3兀/小2,故选B。

7.答案：D

解析：设工带电圆环在。点产生的场强大小为£。甲图中原点。处电场强度大小为E；根据

4

对称性和场强叠加原则可知，乙图中坐标原点。处电场强度大小等于血£；丙图中原点。处

电场强度大小为E;丁图中坐标原点。处电场强度为0.综合以上分析，比较大小可知

E乙＞£丙=£甲＞£丁,£乙=血£丙,故选D。

8.答案：BC

解析：A.此阿秒光脉冲的波长为A=cT=30nm＜550nm由障碍物尺寸与波长相差不多或比波

长小时，衍射现象越明显，所以波长为550nm的可见光比此阿秒光脉冲的衍射现象更明显，

故A错误；B.由£=人^知，此阿秒光脉冲比波长为550nm的可见光的光子能量大，故总能量

相等时，阿秒光脉冲的光子数更少，故B正确；C.阿秒光脉冲的光子能量最小值为

£=*=^=6.6x10-18J〉2.2x10-18J故此阿秒光脉冲可以使能量为_i3,6eV（-2,2x10-18J）的基

态氢原子电离，故C正确；D.为了探测原子内电子的动态过程，阿秒光脉冲的持续时间应小

于电子的运动周期，故D错误。故选BC。

9.答案：BD

解析：由题图（b）可知，木棒与重物组成的系统始终受浮力作用，说明木棒与重物组成的系

统始终未脱离水面，设受力平衡时木棒在水下的长度为L根据平衡条件有

Pg（S2+嗅）=（机木+机重）g,设木棒释放后某时刻距受力平衡位置x,以向下为正方向，系统

所受的力E=-{pg[S（£+x）+嚷]-（m木+加重）g}=-Qgx,可知木棒与重物组成的系统所受合

外力大小与偏离受力平衡位置的距离成正比，即木棒与重物组成的系统做简谐运动，回复力

是水的浮力与系统重力的合力，故A错误，D正确；0〜0.25s内木棒与重物组成的系统所受

的浮力减小，则木棒与重物组成的系统从最低点向平衡位置运动，其所受合外力逐渐减小，

加速度逐渐减小，故B正确；根据简谐运动的特点可知，木棒和重物在最高点和最低点的加

速度大小相等，则在最低点有耳-G=（根木+加重）a,在最高点有G-g=（叫+加重）a,联立

可得G=g（£+g），故C错误.

10.答案：ACD

解析：A.ab棒从圆弧导轨的顶端由静止释放下滑到底端的运动中，由动能定理可得

12

mgR=—mv-0

解得

到达圆弧导轨底端时，由牛顿第二定律可得

V2

K

解得

稣=3mg

由牛顿第三定律可知，而棒到达圆弧底端时对轨道的压力大小为3机g,A正确；

B.两导体棒最后稳定时两棒的速度相等，取向右为正方向，对防、cd棒组成的系统动量守

恒，由动量守恒定律可得

mv=+

解得

则有仍棒的速度大小为;也戢，B错误；

C.由能量守恒定律可得整个过程中仍棒产生的焦耳热为

Q=L^mgR^Lx2mv^

解得

Q=^mgR

C正确;

D.导体棒仍进入匀强磁场后至最后cd棒做匀速直线运动的过程中，取向右为正方向，对cd

棒由动量定理可得

BILt=mvx—0

又有

q=It

解得

m12gR

q—2BL

D正确。

故选ACDo

11.答案：（1）A

（2）mg

（3）当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比

（4）£

k

（5）AC

解析：（1）前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，后续的数据波动是因为手机在做（近

似）简谐运动，故第一个峰值即为我们要的绳子被剪断时的瞬时加速度，故选"4'点；

（2）剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小厂等于钩码的重力大小；则

F=mgo

（3）由丙图知，图像为过原点的一条直线，根据图像可以得到的结论，当手机的质量一定

时，手机的加速度与手机所受合外力成正比。

（4）绳子剪断前，设弹力为R手机质量为对手机有平衡知

F-mg-Mg=0

绳子剪断后，对手机由牛顿第二定律有

F—Mg=Ma

综上可得

解得

M=&

k

(5)A.使用质量更大的祛码组，整体的惯性将增加，其状态将越难改变，扰动将越小，因此

该方案可行，故A正确；

B.将弹簧更换为不可伸长的细线，在挂上和去掉小桶和祛码时，手机自身总是能达到平衡

态，因此该方法不可行，故B错误；

C.劲度系数越大，弹簧越不容易发生形变，则扰动越小，因此该方法可行，故C正确；

D.让钩码的质量远远小于手机的质量，并不能减小其扰动，甚至会增加其扰动，且当托起小

桶和祛码时，手机所受合外力将过小，对实验数据的处理将变得更困难，因此该方案不可

行，故D错误。

故选ACo

12.答案：(1)B(2)20(3)3200(4)6；1080

E3

解析：(1)电流表满偏时，电路的总电阻区总=厂=15义10-3Q=200Q,而

R总=A+&+R,由调零电阻&最大为100Q,故只要大于100Q即可，A太小，C太大，故

选B。

(2)选取、安装保护电阻后，对压力传感器进行调零，则A=150Q,R=30Q,代入

R总=火］+&+K=200Q,解得与=20Q。

3V

(3)当电流表示数为3mA时，电路中的总电阻：R”=1000Q

JX1U

即：R=R谆_&_7?2=8300

由乙图一次函数为：R=!尸+30

经计算当R=830Q时，压力E=3200N

(4)根据R与尸一次函数关系：氏=9尸+30

4

当E=1200N时，7?=3300

一rE3V/A

再中.I==-------=6mA

月卬R总500Q

因为电池老化，电动势£=2.7V,电路中实际电阻：H实总=450Q

’6x10A

而调零后的电阻H实总=4+R；+R'=450Q

pr27V

R'2为此时的调零电阻阻值,&+K+30=彳=言济启’解得：R；=0Q

则R的实际阻值为：R'=R实总-舄-氏=3000

再将R代入R=LP+30

4

求得：E'=1080N

13.答案:(1)200.0g(2)291K

解析：(1)轻质直杆中心置于固定支点Z上，根据杠杆原理可知，两根细绳上的拉力相等。

对铁块受力分析如图，电子天平示数为600.0g,理想气体压强“=p°=lxl()5pa，

T.=300K,当环境温度看=294K,由2=上

124A

代入数据解得乃=098x105pa

活塞受力平衡，有p2s=P()S+(叫g-4)

其中拉力耳=m2g-mog

其中叫=600g=0.6kg,m2=1200g=1.2kg>解得飞=200.0g

(2)当温度降低，细绳拉力耳增大，当拉力工=7%g时，天平示数为零，此时的温度为该

装置可测量的最低环境温度，活塞受力平衡，有p3s=夕忑+(㈣g-%g)

代入数据解得P3=0.97xl()5Pa

由乙=上

£T3

解得=4=29IK

14.答案：（1）b2=整；方向竖直向上（2）B=Q+拒）祖而（3）X=8L

qqL

解析：（1）小球在第四象限做匀速圆周运动，有

qE2=mg

得『整

q

小球释放后进入第一象限，故小球带正电，可得电场方向竖直向上

（2）小球的运动轨迹如图所示，

小球在第一象限做匀加速直线运动，对小球，有

J(q£j2+(机g)2=ma

2rL

v=2a------

cos。

tan6=

mg

由③④⑤得

v=2^gL

9=45°

x轴下方匀强磁场磁感应强度大小为5,小球进入磁场，有

R+Rcos®=L

v2

Bqv=m——

R

匀强磁场5的大小

(2+42)my[gL

D-

qL

（3）小球再次回到第一象限做类平抛运动

竖直方向

2vcos8

t=------------

g

水平方向

E、q=max

.八12

x=(vsin0)t-^-—axt

联立解得

x=8L

15.答案：(1)4=丫共=4131/5(2)Qx=//A/g(AX1+Ax2)=162J(3)I=juMgt=34N-s

解析：(1)传送带足够长，则物块8在传送带上向右滑动的速度一定能减小到0,传送带的

速度v=8m/s,小于物块5初始的速度v°=10m/s,则物块8第一次滑离传送带时速度等于

传送带的速度v=8m/s；设物块48第一次碰撞之后速度为v共，物块48碰撞过程，根据

动量守恒定律有Mv=+机)v共

解得v共=4m/s

物块48碰撞之后，沿圆弧轨道向上运动和返回过程中系统的机械能守恒，即48分开前

瞬间它们的速度v共=4m/s,所以48分开时物块3的速度为％=?共=4111/5

(2)物块5在传送带上向右减速运动过程根据牛顿第二定律有=Ma

解得a=2m/s2

物块B减速到0的时间.=史=5s

a

物块B和传送带运动的位移分别为玉和x2,减速过程中相对滑动的位移为

Axj=Xy+x2=-y/j+vt{=65m

物块B在传送带上向左加速运动的加速度还为«=2m