2025年高考真题——物理（广东卷）试卷（Word版附解析）（部分试题）

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1. 一颗小行星绕太阳运行，其近日点和远日点与太阳之间的距离分别为地球和太阳之间距离的5倍和7倍。关于该小行星，下列说法正确的是（ ）
A. 公转周期年
B. 在该小行星在近日点的加速度是地球公转加速度的
C. 从远日点到近日点，小行星受太阳引力，逐渐减小
D. 从远日点到近日点，小行星线速度逐渐减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题意，设地球与太阳间距离为，则小行星公转轨道的半长轴为
由开普勒第三定律有
解得年
故A错误；
B．由牛顿第二定律有
解得
可知
即小行星在近日点的加速度是地球公转加速度的，故B正确；
C．从远日点到近日点，小行星与太阳间距离减小，由万有引力定律可知，小行星受太阳引力增大，故C错误；
D．由开普勒第二定律可知，从远日点到近日点，小行星线速度逐渐增大，故D错误。
故选B。
2. 图是某种同步加速器的原理图。直线通道有电势差为的加速电场，通道转角处有可调的匀强偏转磁场。电量为，质量为的带电粒子以速度进入加速电场，而后可以在通道中循环加速。带电粒子在偏转磁场中运动的半径为。忽略相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A. 偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里
B. 加速一次后，带电粒子的动能增量为
C. 加速k次后，带电粒子的动能增量为
D. 加速k次后，偏转磁场磁感应强度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．直线通道有电势差为的加速电场，粒子带正电，则粒子运动方向为，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，故A错误；
BC．根据题意，由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为，由于洛伦兹力不做功，则加速k次后，带电粒子的动能增量为，故BC错误；
D．加速k次后，由动能定理有
解得
粒子在偏转磁场中运动的半径为，则有
联立解得
故D正确。
故选D。
3. 如图所示，在光滑的水平面上，两小球M、N分别受到拉力F1、F2的作用，从静止开始在同一直线上相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1、F2始终大小相等、方向相反，从开始运动到碰撞后速度第1次减为0过程中，两小球速度v随时间t变化的关系图，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据牛顿第二定律两物体受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为4:6=2:3，可知M、N的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m和2m；由图像可设MN碰前的速度分别为4v和6v，则因MN系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律
若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知
解得、
因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，即两物体一起停止，则BD是错误的；
若不是弹性碰撞，则
可知碰后速度大小之比为
若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足
则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v:2v=2:1
可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A正确，C错误。
故选A。
4. 可视为质点小球，沿光滑的冰坑内壁滑出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动的轨道半径，小球所在位置切面与水平面夹角，小球质量为，重力加速度取。关于小球，以下说法正确的是（ ）
A. 角速度为B. 线速度大小为
C. 向心加速度大小为D. 所受支持力大小为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．对小球受力分析可知
解得
故A正确；
B．线速度大小为
故B错误；
C．向心加速度大小为
故C正确；
D．所受支持力大小为
故D错误。
故选AC。
5. 请完成下列实验操作和计算。
（1）在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图所示，读数_________mm。
（2）实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能，装置如图所示，图中轨道由轨道甲和乙平滑拼接而成，且轨道乙倾角较大。
①选取相同的两辆小车，分别安装宽度为1.00 cm的遮光条。
②轨道调节。
调节螺母使轨道甲、乙连接处适当升高。将小车在轨道乙上释放，若测得小车通过光电门A和B的_________。证明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。
③碰撞测试
先将小车1静置于光电门A和B中间，再将小车2在M点由静止释放，测得小车2通过光电门A的时间为t2，碰撞后小车1通过光电门B的时间为t1。若t2_________t1，可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。
④吸能材料性能测试。
将吸能材料紧贴于小车2的前端。重复步骤③。测得小车2通过光电门A的时间为10.00 ms，两车碰撞后，依次测得小车1和2通过光电门B的时间分别为15.00 ms、30.00 ms，不计吸能材料的质量，计算可得碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为_________（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）8.260##8.261##8.259
（2） ①. 时间相等 ②. = ③. 0.56
【解析】
【小问1详解】
根据题意，由图可知，小球的直径为
【小问2详解】
②[1]若已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力，小车将在轨道甲上做匀速直线运动，通过两个光电门的速度相等，即通过光电门A和B的时间相等。
③[2]若两个小车发生弹性碰撞，由于两个小车的质量相等，则碰撞后两个小车的速度互换，即碰撞后小车1的速度等于碰撞前小车2的速度，则有t2 = t1
④[3]根据题意可知，碰撞前小车2的速度为
碰撞后，小车1和小车2速度分别为，
则碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为
6. 科技小组制作的涡流制动演示装置由电磁铁和圆盘控制部分组成。
图（a）是电磁铁磁感应强度的测量电路。所用器材有：电源E（电动势15V，内阻不计）；电流表A（量程有0.6A和3A，内阻不计）；滑动变阻器RP（最大阻值100Ω）；定值电阻R0（阻值10Ω）；开关S；磁传感器和测试仪；电磁铁（线圈电阻16Ω）；导线若干。图（b）是实物图，图中电机和底座相固定，圆形铝盘和电机转轴相固定。
请完成下列实验操作和计算。
（1）（1）量程选择和电路连接。
①由器材参数可得电路中的最大电流为_________A（结果保留2位有效数字），为减小测量误差，电流表的量程选择0.6A挡。
②图（b）中已正确连接了部分电路，请在虚线框中完成RP、R0和A间的实物图连线______。
（2）（2）磁感应强度B和电流I关系测量。
①将图（a）中的磁传感器置于电磁铁中心，滑动变阻器RP的滑片P置于b端。置于b端目的是使电路中的电流_________，保护电路安全。
②将滑片P缓慢滑到某一位置，闭合S。此时A的示数如图所示，读数为_________A。分别记录测试仪示数B和I，断开S。
③保持磁传感器位置不变，重复步骤②。
④下图是根据部分实验数据描绘的B−I图线，其斜率为_________mT/A（结果保留2位有效数字）。
（3）制动时间t测量。
利用图（b）所示装置测量了t，结果表明B越大，t越小。
【答案】（1） ①. 0.58 ②.
（2） ①. 最小 ②. 0.48 ③. 30
【解析】
【小问1详解】
①[1]由题知，电源内阻不计、电流表内阻不计，则当滑动变阻器的阻值为零时，电路中有最大电流
②[2]由于电路中最大电流为0.58A，则电流表应选择0 ~ 0.6A量程，根据电路图实物图连线如下
【小问2详解】
①[1]滑动变阻器RP的滑片P置于b端时滑动变阻器的电阻最大，电路中的电流最小，保护电路安全。
②[2]电流表读数为0.48A。
③[3]根据题图中数据可知B−I图线斜率为
7. 铸造金属元件时，通过往进气口打气，将下方金属液体压进上方预热过的铸型室。其中铸型室与下方装金属液的气室形状都为柱体，铸型室底面积，高，铸型室底部与下方液面差初始为，上方出气口与大气连通，大气压强，下方气室的底面积，金属液体密度，。管道面积忽略不计。
（1）当铸型室刚好充满金属液时，求下方液面下降高度与下方气室内气体压强。
（2）将出气口关闭铸型，当上方铸型室液面高为时，求下方气室内气体压强。
【答案】（1），
（2）
【解析】
【小问1详解】
根据体积关系
可得下方液面下降高度
此时下方气体的压强
代入数据可得
【小问2详解】
初始时，上方铸型室气体的压强为，体积
当上方铸型室液面高时体积为
根据玻意耳定律
可得此时上方铸型室液面高为时气体的压强为
同理根据体积关系
可得
此时下方气室内气体压强
代入数据可得
8. 用开瓶器拔出瓶中的木塞，初始时软木塞的上截面与玻璃瓶口平齐，木塞质量为，高为h，过程中做匀加速直线运动，加速度为a、过程中木塞受到的摩擦力为，其中为参数，h为木塞高，x为木塞运动的距离。开瓶器齿轮的半径为r，重力加速度为。
（1）求拔出时，齿轮的角速度ω；
（2）求初始到拔出，开瓶器对木塞做的功W；
（3）设经过时间为t，求开瓶器的功率P与t的关系式。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式
根据角速度和线速度的关系
联立可得
【小问2详解】
根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示
可得摩擦力所做的功为
对木塞，根据动能定理
解得
【小问3详解】
设开瓶器对木塞的作用力为，对木塞，根据牛顿第二定律
速度
位移
开瓶器的功率
联立可得
9. 一矩形上下方有两块长为d的绝缘板，左、右方有两块带电金属板，两端电势差为u，一质量为m，带正电的粒子从矩形左上角静止释放后往矩形内运动，第一次与下方绝缘板碰撞，碰撞处与左侧距离为l。
（1）求带电量q；
（2）当粒子与绝缘板第一次碰撞后，粒子带电量变为Q，碰后瞬间粒子合外力与运动方向垂直，碰撞后水平方向速度不变，竖直速度大小变为原来的k倍（），求带电量Q；
（3）在静止释放后，从开始到第二次与绝缘板碰撞过程中，求电场力对粒子做的功W。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据题意可知，粒子在竖直方向上做自由落体，则有
水平方向上做匀加速直线运动，则有，
解得
【小问2详解】
根据题意可知，粒子与绝缘板第一次碰撞时，竖直分速度为
水平分速度为
则第一次碰撞后竖直分速度为
设第一次碰撞后粒子速度方向与水平方向夹角为，则有
由于第一次碰撞后瞬间粒子所受合力与速度方向垂直，则有
联立解得
【小问3详解】
根据题意可知，由于，则第一次碰撞后粒子不能返回上绝缘板，设从第一碰撞后到第二次碰撞前运动时间为，则有
水平方向上做匀加速直线运动，加速度为
水平方向运动的距离为
则电场对粒子做的功为
10. 关于受迫振动和多普勒效应，下列说法正确的是（ ）
A. 系统的固有频率与驱动力频率有关
B. 只要驱动力足够大，共振就能发生
C. 应用多普勒效应可以测量车辆的速度
D. 观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率大
【答案】C
【解析】
【详解】A．系统的固有频率只与系统本身有关，与驱动力频率无关，A错误；
B．只有驱动力频率与系统固有频率相同时，共振才能发生，B错误；
CD．根据多普勒效应可知观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率小，观察者与波源相互靠近时，接收到的波的频率比波源的频率大，所以应用多普勒效应可以测量车辆的速度，C正确，D错误。
故选C。
11. 如图所示。某光伏电站输出功率、电压的交流电，经理想变压器升压至后，通过输电线输送到变电站，输电线的等效电阻R为。下列说法正确的是（ ）
A. 变压器原、副线圈匝数比为
B. 输电线上由R造成的电压损失为
C. 变压器原线圈中的电流为
D. 变压器原、副线圈中电流的频率不同
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可得
A错误；
B．原副线圈两端的功率相等，流过副线圈的电流
输电线上由R造成的电压损失为
B正确；
C．变压器原线圈中的电流为
C错误；
D．变压器不改变交变电流的频率，变压器原、副线圈中电流的频率相同，D错误。
故选B。
12. 有甲、乙两种金属，甲的逸出功小于乙的逸出功。使用某频率的光分别照射这两种金属，只有甲发射光电子，其最大初动能为，下列说法正确的是（ ）
A. 使用频率更小的光，可能使乙也发射光电子
B. 使用频率更小的光，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于
C. 频率不变，减弱光强，可能使乙也发射光电子
D. 频率不变，减弱光强，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于
【答案】B
【解析】
【详解】A．某频率的光不能使乙金属发生光电效应，说明此光的频率小于乙金属的截止频率，则换用频率更小的光不能发生光电效应，A错误；
B．由光电效应方程可知频率越大最大初动能越大，换用频率更小的光最大初动能小于，B正确；
C．频率不变则小于乙金属的截止频率，不会发生光电效应，C错误；
D．由可知频率不变最大初动能不变，D错误。
故选B。
13. 如图为测量某种玻璃折射率的光路图。某单色光从空气垂直射入顶角为的玻璃棱镜，出射光相对于入射光的偏转角为，该折射率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】光路图如图所示
则有折射定律可得
故选A。
14. 如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（ ）
A. 线圈电阻为B. I越大，表明m越大
C. v越大，则E越小D.
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据题意电动势E是线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I为线圈闭合时通入的电流，故不是线圈的电阻；
故A错误；
B．根据平衡条件有①
故可知I越大，m越大；
故B正确；
C．根据公式有②
故可知v越大，E越大；
故C错误；
D．联立①②可得
故D正确。