2025年高考广东卷物理高考真题（原卷版+解析版）

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物理
限时75分钟 满分100分
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 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．系统的固有频率由自身结构、性质决定，与驱动力的频率无关，比如单摆的固有频率只由摆长和重力加速度决定，而与驱动力频率无关，A 错误；
B．共振发生的条件是驱动力频率与系统固有频率相等，与驱动力大小无关，即使驱动力很大，频率不匹配也无法产生共振，B 错误；
C．多普勒效应的核心是观察者与波源相对运动时，接收到的频率发生变化，利用这一原理可通过测量频率变化量计算车辆等运动物体的速度，C 正确；
D．根据多普勒效应规律，观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源频率小；相互靠近时，接收到的频率才更大，D 错误。
故选C
2. 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．理想变压器原副线圈匝数比等于电压比，即，已知输入电压，输出电压，则匝数比为，A错误；
B．光伏电站原副线圈的功率相等P=，副线圈电流，输电线电压损失，B正确；
C．原线圈电流，C错误；
D．理想变压器仅改变电压和电流大小，不改变交变电流的频率，原副线圈电流频率相同，D 错误。
故选B。
3. 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．某频率的光只能使甲发射光电子，说明该光频率大于甲的截止频率、小于乙的截止频率。换用频率更小的光，其频率更小于乙的截止频率，无法使乙发生光电效应，A 错误；
B．根据光电效应方程，甲的逸出功W0不变，入射光频率减小，最大初动能必然小于原来的，B 正确；
C．光电效应的发生取决于入射光频率是否大于截止频率，与光强无关。频率不变时，即使增强光强，也无法使乙发射光电子，C 错误；
D．由光电效应方程可知，最大初动能仅与入射光频率和逸出功有关，与光强无关。频率不变时，甲的最大初动能不变，D 错误。
故选B。
4. 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
单色光垂直射入玻璃棱镜的一个侧面，在第一个侧面不发生折射，直接进入棱镜内部。在第二个侧面发生折射，根据折射定律可得。
故选A。
5. 一颗绕太阳运行的小行星，其轨道近日点和远日点到太阳的距离分别约为地球到太阳距离的5倍和7倍。关于该小行星，下列说法正确的是（ ）
A. 公转周期约为6年
B. 从远日点到近日点所受太阳引力大小逐渐减小
C. 从远日点到近日点线速度大小逐渐减小
D. 在近日点加速度大小约为地球公转加速度的
【答案】D
【解析】
【详解】A. 设地球到太阳的距离为，则小行星轨道半长轴，根据开普勒第三定律，解得年，故A错误；
B．根据万有引力定律，从远日点到近日点，小行星与太阳的距离减小，所受太阳引力逐渐增大，B 错误
C．开普勒第二定律指出，行星与太阳的连线在相等时间内扫过相等的面积，因此从远日点到近日点，小行星的线速度大小逐渐增大，C 错误；
D．根据牛顿第二定律，可得加速度，，即小行星在近日点的加速度约为地球公转加速度的，故D正确；
故选D。
6. 某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为、质量为m的离子以初速度从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A. 偏转磁场的方向垂直纸面向里
B. 第1次加速后，离子的动能增加了
C. 第k次加速后．离子的速度大小变为
D. 第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
【答案】A
【解析】
【详解】A．离子带负电，沿顺时针方向循环加速，在偏转磁场中需受到指向圆心的洛伦兹力。根据左手定则，磁感线垂直穿入手心（四指指向离子运动的反方向），拇指指向圆心，可判断偏转磁场方向垂直纸面向里，A 正确；
BC．根据动能定理，每次加速过程中电场力做功W=qU，则加速k次后，离子的动能增量为，根据动能定理有，解得
故BC错误；
D．离子在磁场中做圆周运动的半径R，则，联立动能表达式可得，故D错误。
故选A。
7. 如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力和作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在时刻发生正碰后各自反向运动。已知和始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰掉后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】
两小球所受水平恒力F大小相等、方向相反，系统合外力为零，动量守恒。根据牛顿第二定律，v-t 图像的斜率表示加速度，可知两球加速度大小之比等于质量的反比，所以M、N的质量之比为6:4=3:2；分别设为3m和2m，设MN碰前的速度分别为4v和6v。
碰撞前，两球从静止开始相向加速，速度方向相反；碰撞后反向运动，速度方向改变。
若为弹性碰撞，由动量守恒定律
能量关系。解得、。
若不是弹性碰撞，则，碰后速度大小之比为，若此时满足，则假设成立，因加速度大小之比为2：3，停止运动的时间之比为1:1，所以M的碰撞前后的速度之比为4v:2v=2:1，因此碰撞前后运动时间之比为2:1，故A正确，C错误。
故选A。
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为，小球所在位置处的切面与水平面夹角为，小球质量为，重力加速度g取。关于该小球，下列说法正确的有（ ）
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】对小球受力分析：小球受重力mg和支持力FN，两力的合力提供向心力。将支持力沿水平和竖直方向分解，竖直方向合力为零，即；水平方向合力提供向心力，即
A．联立竖直和水平方向方程，解得，故A正确；
B．线速度，故B错误；
C．向心加速度，故C正确；
D．支持力，故D错误。
故选AC。
9. 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．步骤②中线圈断开，感应电动势E由磁场切割线圈产生，与线圈电阻无关；步骤①中电流I是外接电源提供的，无法通过计算线圈电阻，A 错误；
B．步骤①中，称重框架平衡时，重力与安培力、支持力平衡，即，因此I越大，表明m越大；故B正确；
C．步骤②中，磁场匀速向下运动，线圈切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，v越大，E越大，C 错误。
D．由步骤②得E=BLv，步骤①得(M + m)g=BIL，联立两式解得
故D正确。
故选BD。
10. 如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F = F0－kt（F ≠ 0，F0、k均为大于0的常量），无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内（T是满足F > 0的任一时刻），下列说法正确的有（ ）
A. 受到空气作用力的方向会变化
B. 受到拉力的冲量大小为
C. 受到重力和拉力的合力的冲量大小为
D. T时刻受到空气作用力的大小为
【答案】AB
【解析】
【详解】无人机沿水平方向匀速直线运动，合力为零，即空气作用力与重力、拉力F的合力等大反向。随着F的减小重力和拉力的合力如图
A．根据上图可知空气作用力的大小和方向会变化，故A 正确
B．拉力F随时间均匀变化，冲量大小等于F-t图像与坐标轴围成的面积，即,故B正确；
C．重力和拉力的合力在水平和竖直方向均有分量，故水平方向合力为，
在竖直方向合理为，而冲量是矢量，故水平方向的冲量为，
竖直方向的冲量为，所以合力的冲量大小为
故C错误。
D．T 时刻，水平方向合力为零，所以，F = F0－kT
解得，故D错误；
故选AB。
三、非选择题：本大题共5小题，共54分。考生根据要求作答。
11. 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】
螺旋测微器的固定刻度读数为 8mm，可动刻度读数为（可动刻度估读一位），因此总读数为8 + 0.260=8.260mm。
【小问2详解】
②[1] 平衡轨道甲的摩擦力后，小车在轨道甲上做匀速直线运动，通过光电门 A 和 B 的速度相等。由于遮光条宽度相同，所以通过两光电门的时间相等。
③[2] 两小车质量相同，若发生弹性碰撞，碰撞后速度互换，即碰撞前小车 2 的速度等于碰撞后小车 1 的速度。而遮光条宽度 d 相同，因此t2 = t1。
④[3] 碰撞前小车 2 的速度；
碰撞后小车 1 的速度，小车 2 的速度，
总动能比值
12. 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）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）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] 电路总电阻最小值为电磁铁线圈电阻与定值电阻之和，所以最大电流
②[2] 滑动变阻器采用分压式或限流式接法，电流表与定值电阻、电磁铁串联，而最大电流为0.58A，则电流表应选择0 ~ 0.6A量程，实物图连线如下：
【小问2详解】
①[1] 滑动变阻器滑片置于 b 端时，接入电阻最大，电路中电流最小，可保护电路元件安全。
②[2] 电流表选用 0.6A 量程，分度值为 0.02A，指针指向 0.48A，读数为 0.48A。
③[3] 由 B-I 图线可知，当电流I=0.1A时，B=3mT；I=0.6A时，B=18mT，斜率。
13. 如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强，铸型室底面积，高度，底面与注气前气室内金属液面高度差，柱状气室底面积，注气前气室内气体压强为，金属液的密度，重力加速度取，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
（1）求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度和气室内气体压强。
（2）若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为时，气室内气体压强。
【答案】（1），
（2）
【解析】
【小问1详解】
金属液刚好充满铸型室时，铸型室内金属液的体积
根据体积守恒，气室内金属液面下降的体积等于铸型室内金属液的体积，即，
解得下降高度
此时气室内气体的压强需克服大气压强和金属液柱的压强，即，
解得
【小问2详解】
关闭排气孔后，铸型室内气体做等温变化。
初始状态：压强，体积
当金属液高度为时，铸型室内气体体积
根据玻意耳定律，解得
由体积守恒，解得
所以气室内气体压强
14. 如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为，其中为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用图线下的“面积”表示f所做的功）求：
（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度。
（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。
（3）拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
木塞做匀加速直线运动，离开瓶口时的速度v满足，
齿轮的线速度与木塞的速度相等，根据，可得齿轮的角速度
【小问2详解】
摩擦力随位移 x 线性变化，所以摩擦力与运动距离的关系图如图所示
其做功的大小等于 f-x 图像与坐标轴围成的面积，即（负号表示做负功）
对木塞应用动能定理：
解得
【小问3详解】
设拔塞钻对木塞的作用力为，根据牛顿第二定律：
木塞的速度随时间变化关系为，位移，代入摩擦力表达式。
瞬时功率，联立可得。
15. 如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍（）。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：
（1）颗粒碰撞前的电荷量q。
（2）颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。
（3）颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
颗粒在竖直方向做自由落体运动，，解得碰撞前运动时间。
水平方向受电场力，做匀加速直线运动，，
联立解得。
【小问2详解】
碰撞前，颗粒竖直分速度,水平分速度
第一次碰撞后，竖直分速度，水平分速度不变仍为
设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为，则有，
由于第一次碰后瞬间，速度与合力垂直，合力方向与速度方向垂直，所以，
解得
【小问3详解】
第一次碰撞后到第二次碰撞前，运动时间，
经分析可知，水平方向做匀加速直线运动，加速度
水平位移，
电场力做功