贵州省2024-2025学年高三上学期半期联考监测试卷【名师把脉】
1．（2024高三上·贵州期中）中国科学院近代物理研究所科研团队与合作单位研究人员首次成功合成新原子核。原子核存在一种衰变链，其中第1次由衰变成原子核，第2次由衰变成原子核。下列说法正确的是（ ）
A．两次均为β衰变
B．两次均为α衰变
C．第1次为α衰变，第2次为β衰变
D．第1次为β衰变，第2次为α衰变
【答案】B
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】原子核自发地放α粒子或β粒子，由于核电荷数变了，它在元素周期表中的位置就变了，变成另一种原子核。我们把这种变化称为原子核的衰变。电荷数守恒和质量数守恒可知，第一次衰变
第二次衰变
可知两次均为α衰变。
故选B。
【分析】根据电荷数守恒和质量数守恒写出衰变的表达式，可得出衰变次数。
2．（2024高三上·贵州期中）2023年8月，我国在空间技术领域取得重要进展，全国首颗全AI智能卫星“地卫智能应急一号”成功发射，标志着卫星技术与AI技术接轨。在近地圆轨道飞行的中国空间站中，航天员操作机械臂释放微小卫星，若微小卫星进入比空间站低的圆轨道运动，则入轨后微小卫星的（ ）
A．速率比空间站的小 B．加速度比空间站的小
C．角速度比空间站的大 D．周期比空间站的大
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】近地卫星是指轨道在地球表面附近的卫星，计算时轨道半径可近似取地球半径。卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
可得
，，，
近大远小，半径越小，运动速度越快。由于微小卫星的轨道半径小于空间站的轨道半径，则入轨后微小卫星的速率比空间站的大，加速度比空间站的大，角速度比空间站的大，周期比空间站的小。
故选C。
【分析】根据万有引力提供向心力分别列式求出角速度、线速度、加速度以及周期，进行比较。
3．（2024高三上·贵州期中）一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，则从此刻开始，介质中质点P的加速度a随时间t变化的图像为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】 横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。简谐横波沿x轴正方向传播，根据上下坡法可知，质点P处于平衡位置，向上振动，质点P的加速度为
故选B。
【分析】根据回复力提供加速度进行求解。
4．（2024高三上·贵州期中）年糕是我国很多地方传统的新年应时食品，打年糕时一般需要用木制榔头反复捶打石槽中煮熟的糯米如图所示。用木制榔头捶打年糕的过程中，放在水平地面上的石槽始终未动，下列说法正确的是（ ）
A．整个下降过程中榔头始终处于失重状态
B．榔头对年糕的弹力是年糕发生形变引起的
C．年糕凹陷，说明榔头对年糕的打击力大于年糕对榔头的支持力
D．榔头向下打击年糕时，地面对石槽的支持力大于石槽和年糕的总重力
【答案】D
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；受力分析的应用；超重与失重
【解析】【解答】A．下降过程中，榔头先加速向下，加速过程加速度向下，处于失重状态，后减速向下，减速过程加速度向上，处于超重状态，故A错误；
B．榔头对年糕的弹力是榔头发生形变引起的，故B错误；
C．由牛顿第三定律，榔头对年糕的打击力等于年糕对榔头的支持力，故C错误；
D．榔头向下打击年糕时，设榔头对年糕的冲击力为，地面对石槽的支持力为，石槽和年糕的总重力为。则有
故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据运动情况分析 得出失重超重情况；
根据弹力产生的形变情况得出结论；
根据牛顿第三定律得出结论；
根据受力情况分析，得出大小关系。
5．（2024高三上·贵州期中）如图所示是透明圆柱形球筒装着羽毛球，手握竖直的球筒保持静置，打开下底盖时羽毛球不会移动。现松手释放球筒使其做自由落体运动，球筒撞地后球相对球筒下移一段距离，则（ ）
A．自由落体时羽毛球处于超重状态
B．自由落体时所有羽毛球均与筒无相互作用力
C．出现相对下移是羽毛球具有惯性的体现
D．相对下移时筒对羽毛球的力大于羽毛球对筒的力
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；惯性与质量；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．自由落体时羽毛球处加速度向下，处于失重状态，故A错误；
B．自由落体时羽毛球所受的空气阻力大于筒的空气阻力，而球和筒的加速度相同，可知球与筒有相互作用力，故B错误；
C．物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性。出现相对下移是羽毛球具有惯性的体现，故C正确；
D．相对下移时筒对羽毛球的力与羽毛球对筒的力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，作用在不同物体上，故D错误。
故选C。
【分析】加速度方向向下，物体处于失重状态，加速度方向向上，物体处于超重状态；惯性是物体保持原来运动状态的性质；作用力与反作用力总是大小相等。
6．（2024高三上·贵州期中）电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。某人站在平衡车上以初速度在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t达到最大速度，此过程电动机的输出功率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（ ）
A．
B．车速为时的加速度大小为
C．人与车在时间t内的位移大小等于
D．在时间t内阻力做的功为
【答案】D
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】解答本题时，要搞清平衡车的运动过程，把握速度最大的条件：牵引力等于阻力，根据功率公式、牛顿第二定律、动能定理等力学规律进行处理。A．根据题意可知，当牵引力等于阻力时，平衡车的速度达到最大值，由公式P=Fv可得，最大速度为
故A错误；
B．车速为时的牵引力为
由牛顿第二定律可得
解得
故B错误；
D．平衡车从到最大速度，对物体受力分析，共有阻力和牵引力对物体做功，由动能定理得
解得在时间t内阻力做的功为
故D正确；
C．在时间t内阻力做的功
解得人与车在时间t内的位移大小为
故C错误。
故选D。
【分析】当牵引力等于阻力时，速度最大，根据功率公式P=Fv求最大速度；车速为v0时，根据功率公式和牛顿第二定律相结合求加速度大小；由动能定理求人与车在时间t内的位移大小；根据动能定理求阻力做功。
7．（2024高三上·贵州期中）在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强大小等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】电场强度
【解析】【解答】本题主要考查了电场力的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义。设图像的横坐标单位长度电荷量为，纵坐标单位长度的力大小为根据
可知图像斜率表示电场强度，由图可知
可得
故选D。
【分析】根据电场力的计算公式分析出图像的物理意义，结合斜率的大小完成分析。
8．（2024高三上·贵州期中）如图圆心为的竖直光滑半圆轨道、圆心为的竖直光滑半圆管道与水平粗糙平面连接，轨道半径与管道半径均为R，距离也为R。一小滑块以某一速度从半圆轨道最高点a水平向左进入半圆轨道作圆周运动，最终从半圆管道最高点d水平向左飞出。若小滑块在轨道最高点a和轨道最高点d受列弹力大小均为。重力加速度为g，小滑块可视为质点，管道内径较小，则（ ）
A．滑块从a点到d点机械能守恒
B．滑块从a点水平飞出的速度为
C．水平粗糙平面的动摩擦因数为0.6
D．滑块对轨道最低点和管道最低点的压力大小比为
【答案】C,D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题是动能定理与向心力的综合，要把握最高点的临界角条件：重力和弹力的合力提供向心力。运用动能定理时，要确定研究过程，搞清各力做功情况。
A．由于水平平面粗糙，滑块受到摩擦力对其做负功，所以滑块从a点到d点机械能不守恒，故A错误；
B．由于a点和d点受到弹力大小均为，所以a点小滑块受到弹力竖直向下，d点小滑块受到弹力方向竖直向上，在a点由牛顿第二定律可得
，
在d点
解得
故B错误；
C．从a点到d只有摩擦力做功，根据动能定理
解得
故C正确；
D．从a点到b点，只有重力做功，根据动能定理
在b点
解得
从c点到d点只有重力做功，根据动能定理
在c点
解得
故滑块对轨道最低点和管道最低点的压力大小比为，故D正确。
故选CD。
【分析】根据小滑块在轨道最高点a和轨道最高点d受列弹力大小均0.6mg可得到在ad点的速度，结合动能定理求解。全过程有摩擦力做功，机械能不守恒。
9．（2024高三上·贵州期中）如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向左运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是（ ）
A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
C．T具有收缩趋势，PQ受到向右的安培力
D．T具有扩张趋势，PQ受到向右的安培力
【答案】A,C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】 感应电流的方向判断，两种方法：一种是右手定则，另一种是楞次定律，使用楞次定律判断比较难，但是掌握它的本质也不会很难。AB．PQ突然向左运动，根据右手定则可知，电流方向由P到Q，即闭合回路PQRS中电流沿顺时针方向，又由安培定则可知，回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，故环形金属线框T的磁通量将变大，由楞次定律可知，T中将产生沿逆时针方向的感应电流，故A正确B错误；
CD．线框T的磁能量变大，由楞次定律可知，T有收缩的趋势，以阻碍磁通量的增大，PQ中有由P到Q的电流，由左手定则可知，PQ受到的安培力向右，故C正确D错误。
故选AC。
【分析】 PQ切割磁感线，根据右手定则判断；PQRS产生电流后，会对穿过T的磁感应强度产生影响，根据楞次定律分析T中的感应电流的变化情况。
10．（2024高三上·贵州期中）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端点时速度大小为。已知货物质量为，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取。关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（ ）
A．重力做的功为
B．克服阻力做的功为
C．经过点时向心加速度大小为
D．经过点时对轨道的压力大小为
【答案】B,C,D
【知识点】竖直平面的圆周运动；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题主要考查了动能定理的相关应用，根据动能定理分析出力的做功情况，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律即可完成求解。A．重力做的功为
A错误；
B．下滑过程据只有重力和阻力做功，根据动能定理可得
代入数据解得，克服阻力做的功为
B正确；
C．经过点时向心加速度大小为
C正确；
D．经过点时，据牛顿第二定律可得
解得货物受到的支持力大小为
据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为，D正确。
故选BCD。
【分析】根据动能定理得出重力做的功和克服阻力做的功；根据加速度的计算公式得出加速度的大小；根据牛顿第二定律和牛顿第三定律得出货物在Q点对轨道的压力。
11．（2024高三上·贵州期中）某同学用如图所示的装置探究质量一定时物体的加速度a与所受合力F的关系．
（1）该同学用砂和砂桶的重力表示小车受到的合外力F，为了减少这种做法带来的实验误差，采取下列两项措施：
①用木块将长木板无滑轮的一端垫高来平衡摩擦力．不悬挂砂桶，给小车一初速度，若发现小车通过光电门1的遮光时间小于通过光电门2的时间，则应将木块向 (“左”或“右”)移动；
②在改变砂子质量时需确保砂和砂桶的质量 小车的质量．
A．略小于 B．远小于 C．略大于 D．远大于
（2）某次实验中，该同学在砂和砂桶的质量不变的情况下，多次改变小车静止释放点到光电门2的距离x，记录小车通过光电门2的时间t，利用所测数据做出-x图象，求得其斜率为k，已知遮光片宽度为d，则小车的加速度为 ．
【答案】左；B；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】解决本题的关键知道实验的原理，以及知道实验中的注意事项，掌握数据的处理方法，会通过光电门求解瞬时速度和加速度。（1）①不悬挂砂桶，给小车一初速度，若发现小车通过光电门1的遮光时间小于通过光电门2的时间，说明小车做减速运动，平衡摩擦力不足，需将木板的倾角调大些，即应将木块向左移动；
②由于小车做加速运动，有加速度，所以砂和砂桶的总重力大于细绳对小车的拉力，当砂和桶总质量远小于小车的质量时，整体的加速度较小，可认为细绳对小车的作用力等于砂和桶的总重力mg，故选项B正确，ACD错误；
（2）由于遮光片宽度较小，用通过光电门的平均速度代替瞬时速度，即为
则根据速度与位移关系可知
则
则斜率
即
【分析】（1）实验中认为绳子的拉力等于小车的合力，平衡摩擦力时不能挂着小桶、砝码。平衡摩擦力后小车要做匀速运动。砂和桶总质量远小于小车的质量。
（2）用通过光电门的平均速度代替瞬时速度，利用匀变速直线运动速度位移关系得到 -x 函数表达式，根据表达式求解加速度 。
12．（2024高三上·贵州期中）利用如图甲所示的电路测量某种电阻丝材料的电阻率，所用电阻丝的电阻约为20Ω。带有刻度尺的木板上有a和b两个接线柱，把电阻丝拉直后固定在接线柱a和b上。在电阻丝上夹上一个带有接线柱c的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度。可供选择的器材还有：
电池组E（电动势为3.0V，内阻约为1Ω）；
电流表A1（量程0～100mA，内阻约为5Ω）；
电流表A2（量程0～0.6A，内阻约为0.2Ω）；
电阻箱R（0～999.9Ω）；
开关、导线若干。
实验操作步骤如下：
A.用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径；
B.将选用的实验器材，按照图甲连接实验电路；
C.调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大；
D.将金属夹夹在电阻丝上某位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表满偏，然后断开开关，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
E.改变金属夹与电阻丝接触点的位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表再次满偏，重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
F.断开开关，整理好器材。
（1）某次测量电阻丝直径d时，螺旋测微器示数如图乙所示，则d= mm。
（2）实验中电流表应选择 （选填“A1”或“A2”）。
（3）用记录的多组电阻箱的阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据，绘出了如图丙所示的R-L关系图线。图线在R轴的截距为R0，在L轴的截距为L0，再结合测出的电阻丝直径d，写出电阻丝的电阻率表达式ρ= （用给定的物理量符号和已知常数表示）。
（4）本实验中，电流表的内阻对电阻率的测量结果 影响（选填“有”或“无”）。
【答案】0.732；A1；；无
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】本题考查了螺旋测微器读数、实验器材的选择、求电阻率表达式、实验误差分析；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读。
（1）根据螺旋测微器读数规则可得
（2）根据题意，电路中可能出现的最大电流为
故电流表选择A1即可。
（3）由闭合电路的欧姆定律可知
解得
由图像可知斜率为
解得
（4）由
可知，本实验中电流表的内阻RA对电阻率的测量结果无影响。
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
（2）根据电路最大电流选择电流表。
（3）由实验步骤可知，电源电动势不变，电路电流始终等于电流表的满偏电流，电路电流不变，由此可知，电路总电阻不变，由图象及串联电路特点可以求出电路总电阻，由电阻定律及实验数据可以求出电阻率的表达式。
（4）应用图象法求电阻率，电流表内阻对实验结果没有影响。
13．（2024高三上·贵州期中）如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在的平面，一光线自M点射入棱镜，入射角为60°，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱镜，求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。
【答案】解：光线在M点发生折射有
由题知，光线经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，则
联立有
根据几何关系有
解得
再由
解得
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】 根据题目条件，分别用折射定律和全反射的临界角与折射率的关系写出折射率的表达式，再利用几何关系联立求解即可得出折射率的大小；再根据几何关系求出P、C两点之间的距离即可。
14．（2024高三上·贵州期中）如图所示，一个带正电的小球，质量为m，电荷量为q，固定于绝缘轻杆一端，轻杆的另一端光滑铰接于O点，重力加速度为g。
（1）未加电场时，将轻杆向左拉至水平位置，无初速度释放，小球到达最低点时，求轻杆对它的拉力大小。
（2）若在空间中施加一个平行于纸面的匀强电场，大小方向未知。将轻杆从左边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为4mg；将轻杆从右边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为8mg。求电场强度的水平分量Ex和竖直分量Ey。
【答案】解：（1）未加电场，则从水平位置无初速度释放到最低点时，有
则小球在最低点有
解得
（2）加电场后，无论轻杆从哪边释放小球到达最低点时受到的拉力均比无电场时大，则说明电场在竖直方向的分量向下；而轻杆从左边释放小球到最低点受到的拉力小于轻杆从右边释放小球到最低点受到的拉力，则说明电场在水平方向的分量向左，则杆从左边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有
则小球在最低点有
其中
杆从右边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有
则小球在最低点有
其中
联立解得
，
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）未加电场时，根据动能定理求解小球到达最低点的速度，根据牛顿第二定律求解轻杆上的拉力；
（2）根据小球在最低点的受力情况分析电场的方向，根据动能定理和牛顿第二定律求解电场强度的大小。
15．（2024高三上·贵州期中）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
【答案】解：（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻、的的瞬时速度分别为
，
根据位移等速度在时间上的累积可得
，
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
对方程两边同时乘以时间，有
0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
将代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】 （1）t0时刻物块A、B达到共速，弹簧弹性势能此时最大。0～t0时间内两物块作用过程，由动量守恒定律求得B的质量；由机械能守恒定律求解弹簧弹性势能最大值；
（2）已知A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同，可知A两次滑上斜面的初速度相同。根据动量守恒定律和机械能守恒定律，求得A第一次下滑到斜面底端时的速度大小；对A在斜面上滑动的过程，由动能定理求解；
（3）t0时刻物块A、B达到共速，此时弹簧压缩量最大。已知0～t0时间内，物块A运动的距离，根据牛顿第二定律，分析两物块运动中的物理量的关系，根据v-t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，求得B物块位移，再由两物块的位移关系求解。
1 / 1贵州省2024-2025学年高三上学期半期联考监测试卷【名师把脉】
1．（2024高三上·贵州期中）中国科学院近代物理研究所科研团队与合作单位研究人员首次成功合成新原子核。原子核存在一种衰变链，其中第1次由衰变成原子核，第2次由衰变成原子核。下列说法正确的是（ ）
A．两次均为β衰变
B．两次均为α衰变
C．第1次为α衰变，第2次为β衰变
D．第1次为β衰变，第2次为α衰变
2．（2024高三上·贵州期中）2023年8月，我国在空间技术领域取得重要进展，全国首颗全AI智能卫星“地卫智能应急一号”成功发射，标志着卫星技术与AI技术接轨。在近地圆轨道飞行的中国空间站中，航天员操作机械臂释放微小卫星，若微小卫星进入比空间站低的圆轨道运动，则入轨后微小卫星的（ ）
A．速率比空间站的小 B．加速度比空间站的小
C．角速度比空间站的大 D．周期比空间站的大
3．（2024高三上·贵州期中）一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，则从此刻开始，介质中质点P的加速度a随时间t变化的图像为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高三上·贵州期中）年糕是我国很多地方传统的新年应时食品，打年糕时一般需要用木制榔头反复捶打石槽中煮熟的糯米如图所示。用木制榔头捶打年糕的过程中，放在水平地面上的石槽始终未动，下列说法正确的是（ ）
A．整个下降过程中榔头始终处于失重状态
B．榔头对年糕的弹力是年糕发生形变引起的
C．年糕凹陷，说明榔头对年糕的打击力大于年糕对榔头的支持力
D．榔头向下打击年糕时，地面对石槽的支持力大于石槽和年糕的总重力
5．（2024高三上·贵州期中）如图所示是透明圆柱形球筒装着羽毛球，手握竖直的球筒保持静置，打开下底盖时羽毛球不会移动。现松手释放球筒使其做自由落体运动，球筒撞地后球相对球筒下移一段距离，则（ ）
A．自由落体时羽毛球处于超重状态
B．自由落体时所有羽毛球均与筒无相互作用力
C．出现相对下移是羽毛球具有惯性的体现
D．相对下移时筒对羽毛球的力大于羽毛球对筒的力
6．（2024高三上·贵州期中）电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。某人站在平衡车上以初速度在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t达到最大速度，此过程电动机的输出功率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（ ）
A．
B．车速为时的加速度大小为
C．人与车在时间t内的位移大小等于
D．在时间t内阻力做的功为
7．（2024高三上·贵州期中）在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强大小等于（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·贵州期中）如图圆心为的竖直光滑半圆轨道、圆心为的竖直光滑半圆管道与水平粗糙平面连接，轨道半径与管道半径均为R，距离也为R。一小滑块以某一速度从半圆轨道最高点a水平向左进入半圆轨道作圆周运动，最终从半圆管道最高点d水平向左飞出。若小滑块在轨道最高点a和轨道最高点d受列弹力大小均为。重力加速度为g，小滑块可视为质点，管道内径较小，则（ ）
A．滑块从a点到d点机械能守恒
B．滑块从a点水平飞出的速度为
C．水平粗糙平面的动摩擦因数为0.6
D．滑块对轨道最低点和管道最低点的压力大小比为
9．（2024高三上·贵州期中）如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向左运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是（ ）
A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
C．T具有收缩趋势，PQ受到向右的安培力
D．T具有扩张趋势，PQ受到向右的安培力
10．（2024高三上·贵州期中）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端点时速度大小为。已知货物质量为，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取。关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（ ）
A．重力做的功为
B．克服阻力做的功为
C．经过点时向心加速度大小为
D．经过点时对轨道的压力大小为
11．（2024高三上·贵州期中）某同学用如图所示的装置探究质量一定时物体的加速度a与所受合力F的关系．
（1）该同学用砂和砂桶的重力表示小车受到的合外力F，为了减少这种做法带来的实验误差，采取下列两项措施：
①用木块将长木板无滑轮的一端垫高来平衡摩擦力．不悬挂砂桶，给小车一初速度，若发现小车通过光电门1的遮光时间小于通过光电门2的时间，则应将木块向 (“左”或“右”)移动；
②在改变砂子质量时需确保砂和砂桶的质量 小车的质量．
A．略小于 B．远小于 C．略大于 D．远大于
（2）某次实验中，该同学在砂和砂桶的质量不变的情况下，多次改变小车静止释放点到光电门2的距离x，记录小车通过光电门2的时间t，利用所测数据做出-x图象，求得其斜率为k，已知遮光片宽度为d，则小车的加速度为 ．
12．（2024高三上·贵州期中）利用如图甲所示的电路测量某种电阻丝材料的电阻率，所用电阻丝的电阻约为20Ω。带有刻度尺的木板上有a和b两个接线柱，把电阻丝拉直后固定在接线柱a和b上。在电阻丝上夹上一个带有接线柱c的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度。可供选择的器材还有：
电池组E（电动势为3.0V，内阻约为1Ω）；
电流表A1（量程0～100mA，内阻约为5Ω）；
电流表A2（量程0～0.6A，内阻约为0.2Ω）；
电阻箱R（0～999.9Ω）；
开关、导线若干。
实验操作步骤如下：
A.用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径；
B.将选用的实验器材，按照图甲连接实验电路；
C.调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大；
D.将金属夹夹在电阻丝上某位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表满偏，然后断开开关，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
E.改变金属夹与电阻丝接触点的位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表再次满偏，重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
F.断开开关，整理好器材。
（1）某次测量电阻丝直径d时，螺旋测微器示数如图乙所示，则d= mm。
（2）实验中电流表应选择 （选填“A1”或“A2”）。
（3）用记录的多组电阻箱的阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据，绘出了如图丙所示的R-L关系图线。图线在R轴的截距为R0，在L轴的截距为L0，再结合测出的电阻丝直径d，写出电阻丝的电阻率表达式ρ= （用给定的物理量符号和已知常数表示）。
（4）本实验中，电流表的内阻对电阻率的测量结果 影响（选填“有”或“无”）。
13．（2024高三上·贵州期中）如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在的平面，一光线自M点射入棱镜，入射角为60°，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱镜，求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。
14．（2024高三上·贵州期中）如图所示，一个带正电的小球，质量为m，电荷量为q，固定于绝缘轻杆一端，轻杆的另一端光滑铰接于O点，重力加速度为g。
（1）未加电场时，将轻杆向左拉至水平位置，无初速度释放，小球到达最低点时，求轻杆对它的拉力大小。
（2）若在空间中施加一个平行于纸面的匀强电场，大小方向未知。将轻杆从左边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为4mg；将轻杆从右边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为8mg。求电场强度的水平分量Ex和竖直分量Ey。
15．（2024高三上·贵州期中）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】原子核自发地放α粒子或β粒子，由于核电荷数变了，它在元素周期表中的位置就变了，变成另一种原子核。我们把这种变化称为原子核的衰变。电荷数守恒和质量数守恒可知，第一次衰变
第二次衰变
可知两次均为α衰变。
故选B。
【分析】根据电荷数守恒和质量数守恒写出衰变的表达式，可得出衰变次数。
2．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】近地卫星是指轨道在地球表面附近的卫星，计算时轨道半径可近似取地球半径。卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
可得
，，，
近大远小，半径越小，运动速度越快。由于微小卫星的轨道半径小于空间站的轨道半径，则入轨后微小卫星的速率比空间站的大，加速度比空间站的大，角速度比空间站的大，周期比空间站的小。
故选C。
【分析】根据万有引力提供向心力分别列式求出角速度、线速度、加速度以及周期，进行比较。
3．【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】 横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。简谐横波沿x轴正方向传播，根据上下坡法可知，质点P处于平衡位置，向上振动，质点P的加速度为
故选B。
【分析】根据回复力提供加速度进行求解。
4．【答案】D
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；受力分析的应用；超重与失重
【解析】【解答】A．下降过程中，榔头先加速向下，加速过程加速度向下，处于失重状态，后减速向下，减速过程加速度向上，处于超重状态，故A错误；
B．榔头对年糕的弹力是榔头发生形变引起的，故B错误；
C．由牛顿第三定律，榔头对年糕的打击力等于年糕对榔头的支持力，故C错误；
D．榔头向下打击年糕时，设榔头对年糕的冲击力为，地面对石槽的支持力为，石槽和年糕的总重力为。则有
故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据运动情况分析 得出失重超重情况；
根据弹力产生的形变情况得出结论；
根据牛顿第三定律得出结论；
根据受力情况分析，得出大小关系。
5．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；惯性与质量；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．自由落体时羽毛球处加速度向下，处于失重状态，故A错误；
B．自由落体时羽毛球所受的空气阻力大于筒的空气阻力，而球和筒的加速度相同，可知球与筒有相互作用力，故B错误；
C．物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性。出现相对下移是羽毛球具有惯性的体现，故C正确；
D．相对下移时筒对羽毛球的力与羽毛球对筒的力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，作用在不同物体上，故D错误。
故选C。
【分析】加速度方向向下，物体处于失重状态，加速度方向向上，物体处于超重状态；惯性是物体保持原来运动状态的性质；作用力与反作用力总是大小相等。
6．【答案】D
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】解答本题时，要搞清平衡车的运动过程，把握速度最大的条件：牵引力等于阻力，根据功率公式、牛顿第二定律、动能定理等力学规律进行处理。A．根据题意可知，当牵引力等于阻力时，平衡车的速度达到最大值，由公式P=Fv可得，最大速度为
故A错误；
B．车速为时的牵引力为
由牛顿第二定律可得
解得
故B错误；
D．平衡车从到最大速度，对物体受力分析，共有阻力和牵引力对物体做功，由动能定理得
解得在时间t内阻力做的功为
故D正确；
C．在时间t内阻力做的功
解得人与车在时间t内的位移大小为
故C错误。
故选D。
【分析】当牵引力等于阻力时，速度最大，根据功率公式P=Fv求最大速度；车速为v0时，根据功率公式和牛顿第二定律相结合求加速度大小；由动能定理求人与车在时间t内的位移大小；根据动能定理求阻力做功。
7．【答案】D
【知识点】电场强度
【解析】【解答】本题主要考查了电场力的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义。设图像的横坐标单位长度电荷量为，纵坐标单位长度的力大小为根据
可知图像斜率表示电场强度，由图可知
可得
故选D。
【分析】根据电场力的计算公式分析出图像的物理意义，结合斜率的大小完成分析。
8．【答案】C,D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题是动能定理与向心力的综合，要把握最高点的临界角条件：重力和弹力的合力提供向心力。运用动能定理时，要确定研究过程，搞清各力做功情况。
A．由于水平平面粗糙，滑块受到摩擦力对其做负功，所以滑块从a点到d点机械能不守恒，故A错误；
B．由于a点和d点受到弹力大小均为，所以a点小滑块受到弹力竖直向下，d点小滑块受到弹力方向竖直向上，在a点由牛顿第二定律可得
，
在d点
解得
故B错误；
C．从a点到d只有摩擦力做功，根据动能定理
解得
故C正确；
D．从a点到b点，只有重力做功，根据动能定理
在b点
解得
从c点到d点只有重力做功，根据动能定理
在c点
解得
故滑块对轨道最低点和管道最低点的压力大小比为，故D正确。
故选CD。
【分析】根据小滑块在轨道最高点a和轨道最高点d受列弹力大小均0.6mg可得到在ad点的速度，结合动能定理求解。全过程有摩擦力做功，机械能不守恒。
9．【答案】A,C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】 感应电流的方向判断，两种方法：一种是右手定则，另一种是楞次定律，使用楞次定律判断比较难，但是掌握它的本质也不会很难。AB．PQ突然向左运动，根据右手定则可知，电流方向由P到Q，即闭合回路PQRS中电流沿顺时针方向，又由安培定则可知，回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，故环形金属线框T的磁通量将变大，由楞次定律可知，T中将产生沿逆时针方向的感应电流，故A正确B错误；
CD．线框T的磁能量变大，由楞次定律可知，T有收缩的趋势，以阻碍磁通量的增大，PQ中有由P到Q的电流，由左手定则可知，PQ受到的安培力向右，故C正确D错误。
故选AC。
【分析】 PQ切割磁感线，根据右手定则判断；PQRS产生电流后，会对穿过T的磁感应强度产生影响，根据楞次定律分析T中的感应电流的变化情况。
10．【答案】B,C,D
【知识点】竖直平面的圆周运动；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题主要考查了动能定理的相关应用，根据动能定理分析出力的做功情况，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律即可完成求解。A．重力做的功为
A错误；
B．下滑过程据只有重力和阻力做功，根据动能定理可得
代入数据解得，克服阻力做的功为
B正确；
C．经过点时向心加速度大小为
C正确；
D．经过点时，据牛顿第二定律可得
解得货物受到的支持力大小为
据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为，D正确。
故选BCD。
【分析】根据动能定理得出重力做的功和克服阻力做的功；根据加速度的计算公式得出加速度的大小；根据牛顿第二定律和牛顿第三定律得出货物在Q点对轨道的压力。
11．【答案】左；B；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】解决本题的关键知道实验的原理，以及知道实验中的注意事项，掌握数据的处理方法，会通过光电门求解瞬时速度和加速度。（1）①不悬挂砂桶，给小车一初速度，若发现小车通过光电门1的遮光时间小于通过光电门2的时间，说明小车做减速运动，平衡摩擦力不足，需将木板的倾角调大些，即应将木块向左移动；
②由于小车做加速运动，有加速度，所以砂和砂桶的总重力大于细绳对小车的拉力，当砂和桶总质量远小于小车的质量时，整体的加速度较小，可认为细绳对小车的作用力等于砂和桶的总重力mg，故选项B正确，ACD错误；
（2）由于遮光片宽度较小，用通过光电门的平均速度代替瞬时速度，即为
则根据速度与位移关系可知
则
则斜率
即
【分析】（1）实验中认为绳子的拉力等于小车的合力，平衡摩擦力时不能挂着小桶、砝码。平衡摩擦力后小车要做匀速运动。砂和桶总质量远小于小车的质量。
（2）用通过光电门的平均速度代替瞬时速度，利用匀变速直线运动速度位移关系得到 -x 函数表达式，根据表达式求解加速度 。
12．【答案】0.732；A1；；无
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】本题考查了螺旋测微器读数、实验器材的选择、求电阻率表达式、实验误差分析；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读。
（1）根据螺旋测微器读数规则可得
（2）根据题意，电路中可能出现的最大电流为
故电流表选择A1即可。
（3）由闭合电路的欧姆定律可知
解得
由图像可知斜率为
解得
（4）由
可知，本实验中电流表的内阻RA对电阻率的测量结果无影响。
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
（2）根据电路最大电流选择电流表。
（3）由实验步骤可知，电源电动势不变，电路电流始终等于电流表的满偏电流，电路电流不变，由此可知，电路总电阻不变，由图象及串联电路特点可以求出电路总电阻，由电阻定律及实验数据可以求出电阻率的表达式。
（4）应用图象法求电阻率，电流表内阻对实验结果没有影响。
13．【答案】解：光线在M点发生折射有
由题知，光线经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，则
联立有
根据几何关系有
解得
再由
解得
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】 根据题目条件，分别用折射定律和全反射的临界角与折射率的关系写出折射率的表达式，再利用几何关系联立求解即可得出折射率的大小；再根据几何关系求出P、C两点之间的距离即可。
14．【答案】解：（1）未加电场，则从水平位置无初速度释放到最低点时，有
则小球在最低点有
解得
（2）加电场后，无论轻杆从哪边释放小球到达最低点时受到的拉力均比无电场时大，则说明电场在竖直方向的分量向下；而轻杆从左边释放小球到最低点受到的拉力小于轻杆从右边释放小球到最低点受到的拉力，则说明电场在水平方向的分量向左，则杆从左边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有
则小球在最低点有
其中
杆从右边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有
则小球在最低点有
其中
联立解得
，
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）未加电场时，根据动能定理求解小球到达最低点的速度，根据牛顿第二定律求解轻杆上的拉力；
（2）根据小球在最低点的受力情况分析电场的方向，根据动能定理和牛顿第二定律求解电场强度的大小。
15．【答案】解：（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻、的的瞬时速度分别为
，
根据位移等速度在时间上的累积可得
，
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
对方程两边同时乘以时间，有
0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
将代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】 （1）t0时刻物块A、B达到共速，弹簧弹性势能此时最大。0～t0时间内两物块作用过程，由动量守恒定律求得B的质量；由机械能守恒定律求解弹簧弹性势能最大值；
（2）已知A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同，可知A两次滑上斜面的初速度相同。根据动量守恒定律和机械能守恒定律，求得A第一次下滑到斜面底端时的速度大小；对A在斜面上滑动的过程，由动能定理求解；
（3）t0时刻物块A、B达到共速，此时弹簧压缩量最大。已知0～t0时间内，物块A运动的距离，根据牛顿第二定律，分析两物块运动中的物理量的关系，根据v-t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，求得B物块位移，再由两物块的位移关系求解。
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