2025年高考贵州卷物理高考真题解析(原卷版＋解析版)

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A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据x-t 图像的特点可知，x-t 图像的斜率表示速度，位移等于末位置与初位置的差值。
内：位移，速度；
内：位移，速度为
因此。
故选D。
2. 甲、乙两运动员在光滑水平冰面上进行滑冰训练。以速度运动甲推一下静止在其正前方的乙，刚分开时，甲、乙的运动方向与的方向相同，且甲的速度为，则刚分开时，甲、乙的动量大小之比为（ ）
A. 3：1B. 2：1C. 1：2D. 1：3
【答案】C
【解析】
【详解】甲、乙组成的系统在光滑水平面上合外力为零，因此动量守恒。设甲质量为 m，初速度为 v0，初动量 p0=mv0。分开后甲速度 ，甲的末动量为。由动量守恒：，得 乙的动量大小为，因此甲、乙的动量大小之比为1：2。。
故选C。
3. 天花板上有一发光的白炽灯，桌上有一盆水。某同学第一次透过偏振片观察白炽灯，如图（a）所示；第二次透过偏振片观察白炽灯在水中的倒影，如图（b）所示。在两次观察中，以所观察光的传播方向为轴旋转偏振片时，透过偏振片观察到（ ）
A. 白炽灯和倒影的亮度均变化
B. 白炽灯和倒影的亮度均不变
C. 白炽灯亮度不变，倒影亮度变化
D. 白炽灯亮度变化，倒影亮度不变
【答案】C
【解析】
【详解】白炽灯发出的是自然光，振动方向在垂直传播方向上均匀分布，旋转偏振片亮度不变。水面的反射光为部分偏振光，偏振片透振方向与偏振方向夹角改变时，透射光亮度会发生明显变化。因此白炽灯亮度不变，倒影亮度变化。
故选C。
4. 一不可伸长的轻绳跨过同一水平线上的定滑轮，中间两定滑轮的间距为，在绳中央固定有一轻质吊环，绳两端分别挂有质量均为的配重物，配重物静止在地面上且绳恰好伸直。如图，某同学在健身时把吊环竖直向下缓慢拉的距离后保持静止，已知重力加速度大小为，不计摩擦及滑轮大小，则静止时该同学对吊环的拉力大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】吊环被拉下距离 后，两侧绳与竖直方向夹角 θ=45∘。绳拉力T=mg，竖直方向合力平衡：，所以。
故选A。
5. 如图，M和N是在一直线上相距L的两点，A是MN的中点，直线外的B点与N点相距。在M、N两点分别固定等量的正点电荷q，选取无穷远处为零电势点，设A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则（ ）
A. EA < EB，φA > φBB. EA < EB，φA < φB
C. EA > EB，φA > φBD. EA > EB，φA < φB
【答案】A
【解析】
【详解】根据静电场场强的决定式：，A是两电荷中点，所以场源电荷到A点的距离相等，两正电荷在A点产生的场强等大反向，相互抵消，故EA = 0；而B点合场强不为零，因此EA < EB。
等量同种点电荷电场分布的特点如下图所示
等量正电荷的电场中，沿电场线方向电势降低，所以中点 A 电势高于外侧 B 点电势，故φA > φB。
故选A。
6. 一质量为的人造卫星绕地球做轨道半径为的匀速圆周运动。由于存在稀薄空气，经过一段时间后，卫星做圆周运动的轨道半径变为。已知地球的质量为，引力常量为，则在该段时间内人造卫星所受力的合力做的功为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据万有引力提供向心力：，得动能 。由动能定理（合外力做功等于动能变化）：​，所以。
故选B。
7. 某同学将一底面半径为、高为的圆柱形绝缘竹笼改造成仓鼠玩具。如图，在竹笼柱面上平行于轴线固定有一长为的轻质金属棒，其两端通过导线连接一电阻为的小灯泡，竹笼所在区域存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。若仓鼠在竹笼中奔跑时，竹笼绕水平中轴线以角速度匀速转动，小灯泡电阻视为不变，不计其他电阻，则竹笼转动一圈小灯泡消耗的电能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】金属棒绕轴匀速转动，产生正弦式感应电动势，最大值：，有效值 。转动一圈时间 ，消耗电能：。​
故选B。
8. 观测分子云中的射电谱线对我们理解恒星的诞生、星际物质循环等具有重要意义。我国正在开展的第二期“银河画卷”巡天项目中，观测同位素分子辐射出的电磁波的频率如表所示。下列说法正确的是（ ）
A. 比多两个质子
B. 比多一个中子
C. 辐射出的光子的能量最小
D. 辐射出的电磁波的波长最短
【答案】BD
【解析】
【详解】A．12C18O和12C16O质子数相同，故A错误；
B．13C比12C多1个中子，O均为16O，故13C16O总中子数比12C16O多1，故B正确；
C．光子能量，频率越小能量越低， 根据表格可知12C16O的频率最大，所以其光子能量最大，故C错误；
D．根据公式可知，频率越大波长越短， 根据表格可知12C16O频率最大，故其波长最短，故D正确。
故选BD。
9. 如图，在固定的绝热气缸中固定一多孔塞，其两侧各有一绝热活塞。开始时，多孔塞左侧有一定质量的理想气体，其状态参量为，内能为，右侧活塞紧靠多孔塞。在外力作用下，左侧气体在压强不变的条件下缓慢通过多孔塞流向右侧，右侧气体压强因外力作用始终为。当气体全部流入右侧后，其状态参量为，内能为。已知，不计活塞与气缸间的摩擦，装置密闭性良好，则（ ）
A. 整个过程中左侧活塞对气缸中气体做功为
B. 整个过程中气缸中气体对右侧活塞做功为
C.
D.
【答案】AC
【解析】
【详解】A．设圆柱的横截面积为S，左侧活塞恒压做功 ，故A正确；
B．右侧活塞做功，故B错误；
C．装置绝热，由热力学第一定律可知，得 ，整理得，故C正确；
D．理想气体内能与温度成正比：，
根据得
代入方程
解得
整理得，故D错误
故选AC。
10. 如图（a），一竖直固定的透明塑料管内固定有6个小磁铁，相邻磁铁同极靠近、间距很小，取距离最上端的小磁铁极处为坐标原点轴正方向竖直向下。将一内径略大于塑料管外径的金属环套在塑料管上，在点处由静止释放，金属环的速度一位置图像如图（b）所示。已知金属环的质量为35.9g，取重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力，则下落过程中，金属环（ ）
A. 在内所受安培力方向竖直向上
B. 在内所受安培力方向竖直向下
C. 在内克服安培力做的功为
D. 在内感应电流方向为顺时针方向（从上向下看）
【答案】AC
【解析】
【详解】AD．在内，由图（a）可知，磁通量向下增加，根据楞次定律“来拒去留”，安培力竖直向上，故A正确，D错误；
B．在内，磁通量向上减小，根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针，根据楞次定律“来拒去留”，安培力竖直向上，故B错误；
C．由图（b）可知，在内，金属环动能变化为0，由动能定理，得克服安培力做功等于重力做功，故C正确。
故选AC。
11. 在“探究平抛运动的特点”实验中，某同学使用视频分析软件提取小球运动的位置数据。所用器材有高速摄像机、小钢球、斜槽轨道、铅垂线、刻度尺等。
请完成下列步骤：
（1）固定斜槽轨道并使其末端________。
（2）在斜槽轨道上某位置释放小钢球，用摄像机录制小钢球的运动过程。
（3）通过视频分析，提取一段时间内每隔0.05s小钢球位置，测量得到小钢球相邻两个位置的水平间距和竖直间距如下表所示：
经初步分析，可判断小钢球在水平方向做匀速直线运动、竖直方向做匀变速直线运动。充分利用数据计算得小钢球的水平方向速度大小为________、竖直方向加速度大小为________。（结果均保留2位小数）
【答案】 ①. 水平 ②. 1.01##1.02##1.03 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]斜槽末端必须水平，才能保证小球抛出时初速度水平，做平抛运动。
（2）[2]由表中数据可知，水平位移的平均值为
小球在水平方向做匀速直线运动，所以。
[3]竖直方向根据逐差法可得
12. 某实验小组为测量粗细均匀的铅笔芯单位长度电阻及电压表的内阻，选用的器材有：
待测铅笔芯；
电源（电动势，内阻不计）；
毫安表（内阻约，量程）；
电压表V（内阻约几百欧，量程）；
滑动变阻器（阻值）；
刻度尺；开关；导线若干。
请完成下列步骤：
（1）该小组设计了如图（a）所示的电路图。根据图（a）在答题卡上完成图（b）中的实物图连线______。
（2）闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片调到________端（填“A”或“B”）。
（3）移动滑动触头P到铅笔芯上的某位置，测量铅笔芯接入电路部分的长度；闭合S，移动滑动变阻器的滑片使毫安表示数，读出此时电压表的示数，断开。
（4）重复步骤（3），得到多组条件下不同对应的，如下表所示。表中电压的某个数据记录有误，有误的数据是________。
（5）实验小组更正表中的数据后，计算出和的值，并以为横坐标、为纵坐标对其进行线性拟合，得到直线的斜率，纵轴截距。计算出该铅笔芯单位长度的电阻为________，电压表的内阻为________。（结果均保留至整数）
【答案】 ①. ②. B ③. 0.4 ④. 87 ⑤. 333
【解析】
【详解】（1）[1]根据电路图描绘实物图如下
（2）[2]滑动变阻器是限流式接法，所以闭合开关前滑片调到 B，使接入电阻最大，保护电路。
（4）[3]表格中有效数字不一致，电压表读数的有效数字均为两位，所以0.4 应记为 0.40，为错误数据。
（5）[4][5]设该铅笔芯单位长度的电阻为，根据电路图可知
整理得，
已知，
计算得
13. 贵州黎平的肇兴侗寨有“鼓楼之乡”的美誉，图（a）的建筑群展示了精湛的传统鼓楼木构技艺。为保护鼓楼等传统木质建筑，可采用超声横波法进行无损检测，获得其弹性模量等力学参数，从而采取相应的保护措施。在某次检测中，有一列简谐横波在木材中沿轴传播，时刻的波形图如图（b）所示，位于轴上的质点的振动图像如图（c）所示。求：
（1）波在木材中的传播方向及速度；
（2）在时间内，质点运动的路程。
【答案】（1）传播方向沿轴负方向，
（2）
【解析】
【小问1详解】由质点 P 振动图像，t=0 时 P 向 y 轴负方向振动，根据同侧法可知波沿 x 负方向传播。
波长，周期，波速。
【小问2详解】
，时间内，质点完成了3次全振动，故质点路程。
14. 杵臼是我国古代加工谷物的重要工具，在《诗经·大雅》中有明确记载。使用杵臼的示意图如图（a）所示，舂捣臼中谷物时，手紧握质量为的石杵（石杵与谷物接触但未陷入），对其施加一竖直向上的恒力使其上升，作用一段时间后松手，松手后不考虑手与石杵的作用力。当石杵上升到最高点时，手再次紧握石杵并对其施加一竖直向下的作用力，其大小随下降距离的变化关系如图（b）所示，图中为的最大值。石杵接触谷物时松手，松手后不考虑手与石杵的作用力，再经过时间石杵静止，完成一次舂捣。已知，取重力加速度大小。求：
（1）石杵上升的最大高度及上升过程所用的时间；
（2）时间内石杵对谷物的平均作用力大小。
【答案】（1）0.4m，0.8s
（2）425N
【解析】
【小问1详解】
给石杵施加一竖直向上的恒力，作用一段时间后松手，此过程做匀加速直线运动，加速度，时刻石杵速度v1=at1=1m/s，此过程上升的高度；
松手后石杵继续上升，直到速度减为0，此过程上升的高度，上升的时间
所以上升的最大高度
上升过程所用的时间
小问2详解】
根据图像（b）可知，石杵下落过程中F2对石杵做功为图线与横轴的面积，即
当到达石杵接触谷物时由动能定理
解得v2 =4m/s
石杵与谷物作用的过程，对石杵由动量定理（向上为正）
解得F=425N
根据牛顿第三定律可知，石杵对谷物的平均作用力大小425N。
15. 如图，建立直角坐标系轴正方向水平向右，轴正方向垂直纸面向里（轴未画出），轴正方向竖直向上。空间中存在方向竖直向上匀强电场，在的区域I和的区域II中均存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域I的磁感应强度大小为，区域II的磁感应强度大小未知。有一带正电荷的粒子，质量为、电荷量为，以速率从点沿轴正方向射出后，在区域、中均可做匀速圆周运动，且恰好能经过轴上的点，点坐标为。已知，，为重力加速度。
（1）求电场强度大小及该粒子第一次经过平面时的位置对应的坐标值；
（2）求粒子从点到点的运动时间最短时区域的磁感应强度大小；
（3）若仅将匀强电场的方向改为沿轴正向，该粒子仍以速率从点沿轴正方向射出，求该粒子的轨迹方程。
【答案】（1） ，
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
由题意可知，粒子做匀速源综合运动，所以粒子的合外力等于洛伦兹力，因此粒子的电场力和重力平衡，
则，解得
根据上述分析可知，粒子所受的电场力方向竖直向上，与电场线方向相同，所以粒子带正电。根据左手定则可知粒子在I区做匀速圆周运动的运动轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力可知，解得
由几何关系可知
解得
【小问2详解】
粒子做匀速圆周运动，可能的运动轨迹如图所示
设粒子进入区域时速度方向与磁场分界面成角，根据几何关系有
解得
设粒子在区域中运动的轨道半径为，根据圆周运动轨迹可知粒子运动到点应满足
当取最小值时，运动时间最短。结合上图可知，带电粒子在区域中至少绕3次才能到达点，所以
解得
根据洛伦兹力提供向心力可知，
解得
【小问3详解】
若将电场方向改为轴方向正方向，粒子在I区受到的洛伦兹力大小为，正好与重力相平衡；所以粒子在轴正方向做匀加速直线运动，有，根据牛顿第二定律有，解得；
粒子在轴正方向做匀速直线运动，有，
联立解得CO同位素分子
频率
1.153
1.102
1.098
0.0517
0.0514
0.0505
0.0504
0.0975
0.1217
0.1465
0.1704
/cm
3.00
4.00
6.00
10.00
14.00
U/V
0.13
0.18
0.26
0.4
0.57