广东省部分学校2024-2025学年高三下学期3月质量检测物理试题
1．（2025·广东模拟）碳14标记化合物广泛应用于化学、生物学、医学领域中，采用放射性标记化合物进行示踪，具有方法简单、易于追踪、准确性和灵敏性高等特点。地球上只有百万分之一的碳是以碳14形式存在于大气中，我国现已利用核电商用堆成功批量生产碳14同位素。能自发进行衰变，衰变方程为，则下列说法正确的是（ ）
A．是正电子 B．X来自碳14原子核外
C．比光子贯穿能力强 D．光子由衰变生成的氮14释放
【答案】D
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】本题考查学生的理解能力，需要学生熟知核反应方程的书写规则，体现了物理观念这一核心素养。A．根据质量数、电荷数守恒可知，是电子，故错误；
B．是碳14原子核内一个中子变成质子释放的一个电子，故错误；
C．比光子贯穿能力弱，故错误；
D．光子由衰变生成的氮14处于激发态向基态跃迁释放的，故正确。
故选D。
【分析】根据核反应方程书写规律：电荷数守恒和质量数守恒，根据β衰变本质和特点判断；根据γ光子的产生原因判断。
2．（2025·广东模拟）如图所示，水平长直软导线两端固定，小磁针在软导线下方与导线平行，给软导线通入从到的恒定电流，看到的现象是（ ）
A．软导线最终向上弯曲
B．软导线沿水平方向向纸面外弯曲
C．小磁铁保持静止不动
D．俯视看，小磁针沿顺时针方向转动一定角度
【答案】D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】本题考查安培定则的内容，对于直导线，用手握住导线，大拇指指向电流方向，四指环绕的方向为磁场的方向。CD．导线通电后，根据安培定则可知，导线下方的磁场方向垂直于纸面向里，因此俯视看，小磁针将沿顺时针方向转动一定角度，故C错误，D正确；
AB．根据小磁针产生磁场的分布规律，可以确定该磁场在导线所在位置的磁场方向，根据左手定则可知，小磁针的磁场对直导线的安培力先是左侧向外，右侧向内，最终向下，因此软导线先是左侧向外弯曲、右侧向里弯曲，最终向下弯曲，故AB错误。
故选D。
【分析】根据安培定则分析导线的磁场，从而分析小磁针的受力；根据小磁针的磁场和左手定则分析导线的受力。
3．（2025·广东模拟）如图所示，是四分之一圆弧，固定在竖直面内，是圆心，竖直，是圆弧上的一点，是上一点，水平，、、三点将四等分，在、、、四点分别水平抛出一个小球，小球均落在点，若小球落在点时能垂直打在圆弧面上，则小球的抛出点一定在（ ）
A．点 B．点 C．点 D．点
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查了平抛运动，分析清楚小球的运动，应用平抛运动规律与平抛运动的推论即可解题。小球垂直打在点时，速度方向的反向延长线过点，且交于水平位移的中点，如图所示
由几何关系可知抛出点一定在点。
故选C。
【分析】平抛运动速度方向的反向延长线过水平位移的中点，小球做平抛运动，根据题意分析答题。
4．（2025·广东模拟）一辆汽车刹车过程先后经过两种不同的路面，刹车过程中速度的平方与刹车位移的关系如图所示，图中，则整个刹车时间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】考查动能定理判断物体运动情况，结合匀变速直线运动的位移规律，会根据题意进行准确分析解答。汽车在两段刹车过程均做匀减速直线运动，在路段，根据图示可知，始末速度有，
解得，
令、路段经历时间分别为、，则有，
解得，
则刹车的整个时间
故选B。
【分析】根据动能定理判断物体运动情况，结合匀变速直线运动的位移规律列式求解时间。
5．（2025·广东模拟）如图所示，是由透明材料制成的光学元件的横截面，圆弧是半径为的四分之一圆周，为其圆心，是边长为的正方形。一单色光从点垂直于边射入光学元件，、间距离为，透明材料对该单色光的折射率为，则下列说法正确的是（ ）
A．光射在弧面上的入射角小于
B．光射在弧面上不会发生全反射
C．光从边射出时的折射角为
D．若仅减小单色光的频率，则光线从边射出时的折射角增大
【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题考查对光的折射、全反射的理解，根据几何关系分析，熟悉公式的运用。AB．由
可得
作光路图如图所示，
设光射在弧面上的入射角为，由几何关系有
则
光射在弧面上会发生全反射，故AB错误；
C．光射在边上时，易知入射角为，由折射定律有
代入数据解得折射角为
故C正确；
D．减小单色光的频率，透明材料对单色光的折射率变小，光在边上入射角不变，由折射定律可知折射角变小，故D错误。
故选C。
【分析】分析全反射角大小，根据几何关系分析入射角，判断是否发生全反射；根据几何关系分析入射角，由折射定律分析折射角；同一种透明物质对不同单色光的折射率不同，频率越小，折射率越小．
6．（2025·广东模拟）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为，小灯泡的额定电压为，电键S断开，在、两端加上的正弦交流电压，小灯泡正常发光，定值电阻；开关S闭合后电动机刚好正常工作，电动机内阻和灯泡电阻相等，灯泡的电阻不变。则下列判断正确的是（ ）
A．电动机的额定电压为
B．S闭合后，灯泡有可能被烧毁
C．小灯泡的额定功率为
D．S闭合后，电动机消耗的功率大于灯泡消耗的功率
【答案】C
【知识点】焦耳定律；变压器原理
【解析】【解答】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等，原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。AB．S闭合后，副线圈中电流变大，原线圈中电流变大，电阻两端的电压变大，原线圈两端电压变小，副线圈两端电压变小，灯泡变暗，不会被烧毁，电动机的额定电压小于，故错误；
C．S断开时，小灯泡正常发光，根据理想变压器电压与匝数成正比，有
解得
则定值电阻两端电压为
通过R的电流为
根据理想变压器电流与匝数成反比
小灯泡的额定电流为
则小灯泡的额定功率
故正确；
D．设灯泡的电阻为，S闭合后，设灯泡两端的电压为U2，则灯泡中电流
设电动机中电流为，则有
可得
由此可知
S闭合后，电动机消耗的功率小于灯泡消耗的功率，故D错误。
故选C。
【分析】根据S闭合后负载的变化结合变压器变压比和变流比，分析电路各部分电压和电流的变化，确定灯泡能否被烧毁；根据P=UI计算小灯泡的额定功率；根据欧姆定律分析灯泡中电流大小，根据非纯电阻电路的规律分析电动机通过的电流，再由P=UI确定灯泡和电动机消耗功率的大小关系。
7．（2025·广东模拟）甲、乙两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，甲、乙两卫星与地心连线在相同时间内扫过的面积之比为，两卫星轨道在同一平面内，且两卫星运行方向相同，则下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两卫星的轨道半径之比为
B．甲、乙两卫星的轨道半径之比为
C．在乙卫星转动一周过程中，甲、乙两卫星出现3次相距最近
D．在乙卫星转动一周过程中，甲、乙两卫星出现6次相距最近
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查开普勒三大定律，解题时需注意，开普勒行星运动定律是对行星绕太阳运动规律的总结，它也适用于其他天体的运动。AB．设卫星做圆周运动的半径为，根据万有引力提供向心力，有
卫星与地心连线在单位时间内扫过的面积
联立解得
由此可知，甲、乙两卫星做圆周运动的半径之比为，故A错误，B正确；
CD．根据开普勒第三定律，有
可知，
甲、乙两卫星出现1次相距最近的时间为
在乙卫星转动一周过程中，甲、乙两卫星出现相距最近的次数为
联立解得
故CD错误。
故选B。
【分析】由万有引力提供向心力列式，结合卫星与地心连线在单位时间内扫过的面积公式，即可分析判断；根据开普勒第三定律列式，结合前面分析及题意，即可分析判断。
8．（2025·广东模拟）如图所示，为波源，时刻开始向上振动，产生的简谐横波向右传播。在时刻波传播到点，时刻处质点第一次到达最低点，运动的路程为间的距离为，波速为，下列说法正确的是（ ）
A．处质点振动频率为
B．该简谐波的波长为
C．波源处质点振幅为
D．处质点与波源处质点振动总是相反
【答案】A,B
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】本题考查机械波的图像问题，解题时需注意，结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向，波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。AB．波从点传播到点所用时间为
时刻，质点已振动了，即
解得周期
则质点振动频率
波的波长为
故AB正确；
C．波源处质点振幅为
故C错误；
D．波从点传播到点经过，恰好为6个周期，因此、处质点的振动总是相同，故D错误。
故选AB。
【分析】由题意，确定波从P点传播到Q点所用时间，再结合波长、频率、周期、波速的关系，即可分析判断；由题知，Q处质点第一次到达最低点，运动的路程为6cm，据此分析判断；由题知，在t=2.4s时刻波传播到P点，据此分析判断。
9．（2025·广东模拟）如图所示为点电荷与接地金属板（厚度不计）之间形成的电场，其可以等效为两个等量异种电荷形成的电场的一部分。一个带电粒子先后两次从点射出，两次射出的初速度大小相等，第一次轨迹为1，第二次轨迹为为两轨迹上的四点，不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．粒子在点加速度比在点加速度大
C．粒子从点到点的过程电势能先减小后增大
D．粒子在点的动能比在点动能小
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况，解题时需注意，在只有电场力做功的情况下，电势能与动能之和保持不变，也就是说粒子的动能增大时，电势能减小。A．根据粒子的运动轨迹可知，带电粒子受到得电场力要指向曲线弯曲得内测，即粒子受到引力，所里粒子带负电，选项A正确；
B．根据电场强度与电场线的关系可知点电场强度比点电场强度大，因此粒子在点的加速度比在点的受到的电场力大，故粒子在点加速度比在点加速度小，选项错误；
C．粒子从点到点过程，电场力先做正功后做负功，根据电势能与电场力做功的关系可知粒子的电势能先减小后增大，选项正确；
D．点的电势比点的电势高，负电荷，电势越低，电势能越大，因此带电粒子在点的电势能比在点的电势能大，由于粒子的动能与电势能和是一定值，因此带电粒子在点的动能比在点的动能大，选项错误。
故选AC。
【分析】粒子仅在电场力的作用下，做曲线运动，其所受电场力指向运动轨迹凹侧，结合题图，即可分析判断；同一电场中，电场线越密集的地方电场强度越大，据此分析判断；结合前面分析及粒子的运动轨迹，根据电场力做功与电势能变化的关系，即可分析判断；结合题图及功能关系，即可分析判断。
10．（2025·广东模拟）如图甲所示，间距为的足够长光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨左侧连接有阻值为的定值电阻，金属棒垂直静止在导轨上，整个导轨处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为，给金属棒施加水平向右的拉力，使金属棒从静止开始运动，金属棒运动的距离时撤去拉力，金属棒整个运动过程中的速度与运动的位移关系如图乙所示。金属棒运动过程中始终与导轨垂直并与两导轨接触良好，金属棒接入电路的电阻为，则金属棒运动过程中（ ）
A．加速度大小保持不变
B．通过电阻的电量为
C．电阻中产生的焦耳热为
D．拉力的冲量大小为
【答案】B,C
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。A．图像斜率
则金属棒加速运动过程中，随着速度增大，加速度增大，减速运动过程中，随着速度减小，加速度减小，故A错误；
B．根据，
由法拉第电磁感应定律
联立，解得通过电阻的电量
故正确；
C．整个过程克服安培力做功
由乙图可知
联立，解得
因此电阻中产生的焦耳热为
故C正确；
D．整个过程根据动量定理
又
联立，解得
故错误。
故选BC。
【分析】根据图像的斜率分析判断加速度大小的变化；根据电荷量公式求通过电阻R的电量；根据安培力做功的公式求电阻R中产生的焦耳热；根据动量定理求拉力F的冲量大小。
11．（2025·广东模拟）某同学用如图所示装置做验证力的平行四边形定则实验。在竖直放置的木板上固定一张白纸，为固定在木板上的定滑轮，点为三段细线的结点，绕过后悬挂4个钩码（每个钩码的重力为1.0N），OB悬挂5个钩码（每个钩码的重力为也为），用弹簧测力计拉住细线，使结点保持静止。
（1）弹簧测力计的指针所指的位置如图中所示，这时线上的拉力大小为 N；
（2）在白纸上确定点的位置，记录细线上拉力的大小，再确定 ；撤去装置，在白纸上以、为邻边作平行四边形，得到这两个力的合力，如果在误差允许的范围内，的大小近似等于 的大小，方向与 方向接近相反，则力的平行四边形定则得到验证。（后两空填“F1”、“F2”或“”）
【答案】（1）
（2）绳上拉力的方向；；
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，明确“理论值”和“实际值”的区别。
（1）弹簧测力计的最小分度值为0.2N，故示数为。
（2）再确定线上拉力的方向。如果在误差允许的范围内，大小近似等于的大小，方向与方向接近相反，则力的平行四边形定则得到验证。
【分析】（1）根据弹簧测力计的最小分度值确定其读数；
（2）根据实验原理和实验操作注意事项分析。
（1）弹簧测力计的最小分度值为0.2N，故示数为。
（2）[1]再确定线上拉力的方向。
[2][3]如果在误差允许的范围内，大小近似等于的大小，方向与方向接近相反，则力的平行四边形定则得到验证。
12．（2025·广东模拟）某同学要测量一节干电池的电动势和内阻，根据实验室提供的器材，选取合适的器材，组成了如图甲所示的实验电路。图中定值电阻的阻值为。
（1）请在图乙方框内画出实验电路图。
（2）闭合开关前，将电阻箱接入电路的电阻调到最大，闭合开关、，多次调节电阻箱接入电路的阻值，记录多组电压表和电流表的示数，某次电流表的示数如图丙所示，此时通过定值电阻的电流为 ；根据测得的多组，作图像，得到图像的斜率为，则电流表的内阻 。
（3）断开开关，多次调节电阻箱，记录每次调节后的电阻箱接入电路的电阻及对应的电流表的示数，作图像，得到图像与纵轴的截距为，图像的斜率为，则测得电池的电动势 ，电池的内阻 （均用已知和测量的物理量的符号表示）。
【答案】（1）
（2）0.32；
（3）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查了测量一节干电池的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握电流表的读数规则，掌握欧姆定律和闭合电路的欧姆定律的运用。
（1）电路图如图所示。
（2）电流表最小分度值0.02A，读数为。
根据
结合U-I图像斜率为k1，可得电流表的内阻
（3）根据闭合电路欧姆定律有
则
结合题意，，
解得，
【分析】（1）根据电路图，完成实验电路的连接；
（2）量程为0-0.6A的电流表的分度值为0.02A，根据电流表的读数规则读数；根据欧姆定律求解U-I函数，结合图像U-I斜率求解作答；
（3）根据闭合电路的欧姆定律求解函数，结合图像斜率和纵截距的含义求解作答。
（1）电路图如图所示。
（2）[1]电流表最小分度值0.02A，读数为。
[2]根据
结合U-I图像斜率为k1，可得电流表的内阻
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
则
结合题意，，
解得，
13．（2025·广东模拟）如图所示，粗细均匀的“U”形管竖直放置，玻璃管左管口封闭且与右管口相平，管中水银柱在左管中封闭一段长为的空气柱，左、右两管中水银液面相平，大气压强恒为。现在右管中缓慢地倒入水银，使左管中水银液面上升，环境温度保持不变。求：
（1）此时封闭气体的压强；
（2）此时右管中水银液面离管口的距离。
【答案】（1）开始时左管中封闭气体压强
设右管中倒入水银使左管中水银液面上升，这时左管中封闭气体压强为，气体发生等温变化，则
解得
（2）此时两边水银面的高度差为
此时右管中水银液面离管口的距离
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）以封闭气体为研究对象，先结合连通器的原理求出初末状态的压强，应用玻意耳定律可求末状态时的压强；
（2）由几何关系即可求出右管中水银液面离管口的距离。
（1）开始时左管中封闭气体压强
设右管中倒入水银使左管中水银液面上升，这时左管中封闭气体压强为，气体发生等温变化，则
解得
（2）此时两边水银面的高度差为
此时右管中水银液面离管口的距离
14．（2025·广东模拟）如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧体固定在光滑水平面上。质量为2m的平板车静止在光滑水平面上，左端与A接触，平板车的上表面与A圆弧面的最低点相切。质量为m的物块B在A的圆弧面最上端的正上方高为处由静止释放，物块B经过A滑上平板车，当物块B与平板车共速时恰好不从平板车上落下，物块B与平板车上表面的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，不计物块B的大小，求：
（1）物块B的最大速度的大小；
（2）物块B滑到A的最低点时对圆弧面的压力大小；
（3）平板车的长度。
【答案】（1）物块B滑到圆弧体A的圆弧面最低点时速度最大，设最大速度的大小为
根据机械能守恒定律，有
解得
（2）在圆弧面最低点，根据牛顿第二定律，有
解得
根据牛顿第三定律，物块此时对圆弧面的压力大小
（3）设物块滑上平板车后，物块与平板车共速时的共同速度为，平板车的长度为
根据动量守恒，有
解得
由能量守恒定律，有
解得
【知识点】竖直平面的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据机械能守恒定律求物块B的最大速度的大小；
（2）根据牛顿第二定律列方程求得物块的支持力，然后根据牛顿第三定律求得压力；
（3）根据能量守恒定律求得平板车的长度。
（1）物块B滑到圆弧体A的圆弧面最低点时速度最大，设最大速度的大小为
根据机械能守恒定律，有
解得
（2）在圆弧面最低点，根据牛顿第二定律，有
解得
根据牛顿第三定律，物块此时对圆弧面的压力大小
（3）设物块滑上平板车后，物块与平板车共速时的共同速度为，平板车的长度为
根据动量守恒，有
解得
由能量守恒定律，有
解得
15．（2025·广东模拟）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场I，在第二象限内有沿轴正向的匀强电场，在区域内有垂直于坐标平面向里的磁场II（未画出），其磁感应强度大小沿轴负方向按的规律均匀变化，为该磁场中某点到轴的距离，为已知的常数且，磁场II中有一平行于轴的足够长的荧光屏，荧光屏到轴的距离为，在轴上坐标为（-d，0）的点沿坐标平面向轴正向和轴正向之间的各个方向射出速度大小均为的质量均为、电荷量均为的带正电粒子，沿轴正向射出的粒子进磁场时速度方向与轴正向成角，此粒子经磁场偏转刚好能沿轴负方向进磁场，不计粒子的重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）磁场I的磁感应强度大小；
（3）使所有粒子均不打到荧光屏上时的最小值。
【答案】（1）沿轴正向射出的粒子经过轴时，速度与轴正向的夹角为。
根据速度的合成与分解可知该粒子进磁场I时的速度大小为
根据动能定理，有
联立解得
（2）沿轴正向射出的粒子进磁场时的位置离坐标原点的距离为，则
沿y方向的位移为
联立解得
沿轴正向射出的粒子经磁场I偏转后恰好沿轴负方向进入磁场II，设粒子在磁场I中做圆周运动的半径为，则
解得
根据牛顿第二定律，有
解得
（3）根据动能定理可知，所有粒子进入磁场I时的速度大小相等，要使所有粒子均不能打到荧光屏上，则只需沿轴负方向进入磁场II时粒子轨迹恰与荧光屏相切。沿轴负方向根据动量定理，得
解得
即
结合图像
可得
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据运动的分解求解粒子进磁场I时的速度大小，根据动能定理求匀强电场的电场强度大小；
（2）根据运动学公式求解离坐标原点的距离，根据几何关系求解粒子在磁场中圆周运动半径，洛伦兹力提供向心力，牛顿第二定律求磁场Ⅰ的磁感应强度大小；
（3）根据动量定理求使所有粒子均不打到荧光屏上时B0的最小值。
（1）沿轴正向射出的粒子经过轴时，速度与轴正向的夹角为。
根据速度的合成与分解可知该粒子进磁场I时的速度大小为
根据动能定理，有
联立解得
（2）沿轴正向射出的粒子进磁场时的位置离坐标原点的距离为，则
沿y方向的位移为
联立解得
沿轴正向射出的粒子经磁场I偏转后恰好沿轴负方向进入磁场II，设粒子在磁场I中做圆周运动的半径为，则
解得
根据牛顿第二定律，有
解得
（3）根据动能定理可知，所有粒子进入磁场I时的速度大小相等，要使所有粒子均不能打到荧光屏上，则只需沿轴负方向进入磁场II时粒子轨迹恰与荧光屏相切。沿轴负方向根据动量定理，得
解得
即
结合图像
可得
解得
1 / 1广东省部分学校2024-2025学年高三下学期3月质量检测物理试题
1．（2025·广东模拟）碳14标记化合物广泛应用于化学、生物学、医学领域中，采用放射性标记化合物进行示踪，具有方法简单、易于追踪、准确性和灵敏性高等特点。地球上只有百万分之一的碳是以碳14形式存在于大气中，我国现已利用核电商用堆成功批量生产碳14同位素。能自发进行衰变，衰变方程为，则下列说法正确的是（ ）
A．是正电子 B．X来自碳14原子核外
C．比光子贯穿能力强 D．光子由衰变生成的氮14释放
2．（2025·广东模拟）如图所示，水平长直软导线两端固定，小磁针在软导线下方与导线平行，给软导线通入从到的恒定电流，看到的现象是（ ）
A．软导线最终向上弯曲
B．软导线沿水平方向向纸面外弯曲
C．小磁铁保持静止不动
D．俯视看，小磁针沿顺时针方向转动一定角度
3．（2025·广东模拟）如图所示，是四分之一圆弧，固定在竖直面内，是圆心，竖直，是圆弧上的一点，是上一点，水平，、、三点将四等分，在、、、四点分别水平抛出一个小球，小球均落在点，若小球落在点时能垂直打在圆弧面上，则小球的抛出点一定在（ ）
A．点 B．点 C．点 D．点
4．（2025·广东模拟）一辆汽车刹车过程先后经过两种不同的路面，刹车过程中速度的平方与刹车位移的关系如图所示，图中，则整个刹车时间为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·广东模拟）如图所示，是由透明材料制成的光学元件的横截面，圆弧是半径为的四分之一圆周，为其圆心，是边长为的正方形。一单色光从点垂直于边射入光学元件，、间距离为，透明材料对该单色光的折射率为，则下列说法正确的是（ ）
A．光射在弧面上的入射角小于
B．光射在弧面上不会发生全反射
C．光从边射出时的折射角为
D．若仅减小单色光的频率，则光线从边射出时的折射角增大
6．（2025·广东模拟）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为，小灯泡的额定电压为，电键S断开，在、两端加上的正弦交流电压，小灯泡正常发光，定值电阻；开关S闭合后电动机刚好正常工作，电动机内阻和灯泡电阻相等，灯泡的电阻不变。则下列判断正确的是（ ）
A．电动机的额定电压为
B．S闭合后，灯泡有可能被烧毁
C．小灯泡的额定功率为
D．S闭合后，电动机消耗的功率大于灯泡消耗的功率
7．（2025·广东模拟）甲、乙两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，甲、乙两卫星与地心连线在相同时间内扫过的面积之比为，两卫星轨道在同一平面内，且两卫星运行方向相同，则下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两卫星的轨道半径之比为
B．甲、乙两卫星的轨道半径之比为
C．在乙卫星转动一周过程中，甲、乙两卫星出现3次相距最近
D．在乙卫星转动一周过程中，甲、乙两卫星出现6次相距最近
8．（2025·广东模拟）如图所示，为波源，时刻开始向上振动，产生的简谐横波向右传播。在时刻波传播到点，时刻处质点第一次到达最低点，运动的路程为间的距离为，波速为，下列说法正确的是（ ）
A．处质点振动频率为
B．该简谐波的波长为
C．波源处质点振幅为
D．处质点与波源处质点振动总是相反
9．（2025·广东模拟）如图所示为点电荷与接地金属板（厚度不计）之间形成的电场，其可以等效为两个等量异种电荷形成的电场的一部分。一个带电粒子先后两次从点射出，两次射出的初速度大小相等，第一次轨迹为1，第二次轨迹为为两轨迹上的四点，不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．粒子在点加速度比在点加速度大
C．粒子从点到点的过程电势能先减小后增大
D．粒子在点的动能比在点动能小
10．（2025·广东模拟）如图甲所示，间距为的足够长光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨左侧连接有阻值为的定值电阻，金属棒垂直静止在导轨上，整个导轨处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为，给金属棒施加水平向右的拉力，使金属棒从静止开始运动，金属棒运动的距离时撤去拉力，金属棒整个运动过程中的速度与运动的位移关系如图乙所示。金属棒运动过程中始终与导轨垂直并与两导轨接触良好，金属棒接入电路的电阻为，则金属棒运动过程中（ ）
A．加速度大小保持不变
B．通过电阻的电量为
C．电阻中产生的焦耳热为
D．拉力的冲量大小为
11．（2025·广东模拟）某同学用如图所示装置做验证力的平行四边形定则实验。在竖直放置的木板上固定一张白纸，为固定在木板上的定滑轮，点为三段细线的结点，绕过后悬挂4个钩码（每个钩码的重力为1.0N），OB悬挂5个钩码（每个钩码的重力为也为），用弹簧测力计拉住细线，使结点保持静止。
（1）弹簧测力计的指针所指的位置如图中所示，这时线上的拉力大小为 N；
（2）在白纸上确定点的位置，记录细线上拉力的大小，再确定 ；撤去装置，在白纸上以、为邻边作平行四边形，得到这两个力的合力，如果在误差允许的范围内，的大小近似等于 的大小，方向与 方向接近相反，则力的平行四边形定则得到验证。（后两空填“F1”、“F2”或“”）
12．（2025·广东模拟）某同学要测量一节干电池的电动势和内阻，根据实验室提供的器材，选取合适的器材，组成了如图甲所示的实验电路。图中定值电阻的阻值为。
（1）请在图乙方框内画出实验电路图。
（2）闭合开关前，将电阻箱接入电路的电阻调到最大，闭合开关、，多次调节电阻箱接入电路的阻值，记录多组电压表和电流表的示数，某次电流表的示数如图丙所示，此时通过定值电阻的电流为 ；根据测得的多组，作图像，得到图像的斜率为，则电流表的内阻 。
（3）断开开关，多次调节电阻箱，记录每次调节后的电阻箱接入电路的电阻及对应的电流表的示数，作图像，得到图像与纵轴的截距为，图像的斜率为，则测得电池的电动势 ，电池的内阻 （均用已知和测量的物理量的符号表示）。
13．（2025·广东模拟）如图所示，粗细均匀的“U”形管竖直放置，玻璃管左管口封闭且与右管口相平，管中水银柱在左管中封闭一段长为的空气柱，左、右两管中水银液面相平，大气压强恒为。现在右管中缓慢地倒入水银，使左管中水银液面上升，环境温度保持不变。求：
（1）此时封闭气体的压强；
（2）此时右管中水银液面离管口的距离。
14．（2025·广东模拟）如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧体固定在光滑水平面上。质量为2m的平板车静止在光滑水平面上，左端与A接触，平板车的上表面与A圆弧面的最低点相切。质量为m的物块B在A的圆弧面最上端的正上方高为处由静止释放，物块B经过A滑上平板车，当物块B与平板车共速时恰好不从平板车上落下，物块B与平板车上表面的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，不计物块B的大小，求：
（1）物块B的最大速度的大小；
（2）物块B滑到A的最低点时对圆弧面的压力大小；
（3）平板车的长度。
15．（2025·广东模拟）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场I，在第二象限内有沿轴正向的匀强电场，在区域内有垂直于坐标平面向里的磁场II（未画出），其磁感应强度大小沿轴负方向按的规律均匀变化，为该磁场中某点到轴的距离，为已知的常数且，磁场II中有一平行于轴的足够长的荧光屏，荧光屏到轴的距离为，在轴上坐标为（-d，0）的点沿坐标平面向轴正向和轴正向之间的各个方向射出速度大小均为的质量均为、电荷量均为的带正电粒子，沿轴正向射出的粒子进磁场时速度方向与轴正向成角，此粒子经磁场偏转刚好能沿轴负方向进磁场，不计粒子的重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）磁场I的磁感应强度大小；
（3）使所有粒子均不打到荧光屏上时的最小值。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】本题考查学生的理解能力，需要学生熟知核反应方程的书写规则，体现了物理观念这一核心素养。A．根据质量数、电荷数守恒可知，是电子，故错误；
B．是碳14原子核内一个中子变成质子释放的一个电子，故错误；
C．比光子贯穿能力弱，故错误；
D．光子由衰变生成的氮14处于激发态向基态跃迁释放的，故正确。
故选D。
【分析】根据核反应方程书写规律：电荷数守恒和质量数守恒，根据β衰变本质和特点判断；根据γ光子的产生原因判断。
2．【答案】D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】本题考查安培定则的内容，对于直导线，用手握住导线，大拇指指向电流方向，四指环绕的方向为磁场的方向。CD．导线通电后，根据安培定则可知，导线下方的磁场方向垂直于纸面向里，因此俯视看，小磁针将沿顺时针方向转动一定角度，故C错误，D正确；
AB．根据小磁针产生磁场的分布规律，可以确定该磁场在导线所在位置的磁场方向，根据左手定则可知，小磁针的磁场对直导线的安培力先是左侧向外，右侧向内，最终向下，因此软导线先是左侧向外弯曲、右侧向里弯曲，最终向下弯曲，故AB错误。
故选D。
【分析】根据安培定则分析导线的磁场，从而分析小磁针的受力；根据小磁针的磁场和左手定则分析导线的受力。
3．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查了平抛运动，分析清楚小球的运动，应用平抛运动规律与平抛运动的推论即可解题。小球垂直打在点时，速度方向的反向延长线过点，且交于水平位移的中点，如图所示
由几何关系可知抛出点一定在点。
故选C。
【分析】平抛运动速度方向的反向延长线过水平位移的中点，小球做平抛运动，根据题意分析答题。
4．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】考查动能定理判断物体运动情况，结合匀变速直线运动的位移规律，会根据题意进行准确分析解答。汽车在两段刹车过程均做匀减速直线运动，在路段，根据图示可知，始末速度有，
解得，
令、路段经历时间分别为、，则有，
解得，
则刹车的整个时间
故选B。
【分析】根据动能定理判断物体运动情况，结合匀变速直线运动的位移规律列式求解时间。
5．【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题考查对光的折射、全反射的理解，根据几何关系分析，熟悉公式的运用。AB．由
可得
作光路图如图所示，
设光射在弧面上的入射角为，由几何关系有
则
光射在弧面上会发生全反射，故AB错误；
C．光射在边上时，易知入射角为，由折射定律有
代入数据解得折射角为
故C正确；
D．减小单色光的频率，透明材料对单色光的折射率变小，光在边上入射角不变，由折射定律可知折射角变小，故D错误。
故选C。
【分析】分析全反射角大小，根据几何关系分析入射角，判断是否发生全反射；根据几何关系分析入射角，由折射定律分析折射角；同一种透明物质对不同单色光的折射率不同，频率越小，折射率越小．
6．【答案】C
【知识点】焦耳定律；变压器原理
【解析】【解答】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等，原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。AB．S闭合后，副线圈中电流变大，原线圈中电流变大，电阻两端的电压变大，原线圈两端电压变小，副线圈两端电压变小，灯泡变暗，不会被烧毁，电动机的额定电压小于，故错误；
C．S断开时，小灯泡正常发光，根据理想变压器电压与匝数成正比，有
解得
则定值电阻两端电压为
通过R的电流为
根据理想变压器电流与匝数成反比
小灯泡的额定电流为
则小灯泡的额定功率
故正确；
D．设灯泡的电阻为，S闭合后，设灯泡两端的电压为U2，则灯泡中电流
设电动机中电流为，则有
可得
由此可知
S闭合后，电动机消耗的功率小于灯泡消耗的功率，故D错误。
故选C。
【分析】根据S闭合后负载的变化结合变压器变压比和变流比，分析电路各部分电压和电流的变化，确定灯泡能否被烧毁；根据P=UI计算小灯泡的额定功率；根据欧姆定律分析灯泡中电流大小，根据非纯电阻电路的规律分析电动机通过的电流，再由P=UI确定灯泡和电动机消耗功率的大小关系。
7．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查开普勒三大定律，解题时需注意，开普勒行星运动定律是对行星绕太阳运动规律的总结，它也适用于其他天体的运动。AB．设卫星做圆周运动的半径为，根据万有引力提供向心力，有
卫星与地心连线在单位时间内扫过的面积
联立解得
由此可知，甲、乙两卫星做圆周运动的半径之比为，故A错误，B正确；
CD．根据开普勒第三定律，有
可知，
甲、乙两卫星出现1次相距最近的时间为
在乙卫星转动一周过程中，甲、乙两卫星出现相距最近的次数为
联立解得
故CD错误。
故选B。
【分析】由万有引力提供向心力列式，结合卫星与地心连线在单位时间内扫过的面积公式，即可分析判断；根据开普勒第三定律列式，结合前面分析及题意，即可分析判断。
8．【答案】A,B
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】本题考查机械波的图像问题，解题时需注意，结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向，波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。AB．波从点传播到点所用时间为
时刻，质点已振动了，即
解得周期
则质点振动频率
波的波长为
故AB正确；
C．波源处质点振幅为
故C错误；
D．波从点传播到点经过，恰好为6个周期，因此、处质点的振动总是相同，故D错误。
故选AB。
【分析】由题意，确定波从P点传播到Q点所用时间，再结合波长、频率、周期、波速的关系，即可分析判断；由题知，Q处质点第一次到达最低点，运动的路程为6cm，据此分析判断；由题知，在t=2.4s时刻波传播到P点，据此分析判断。
9．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况，解题时需注意，在只有电场力做功的情况下，电势能与动能之和保持不变，也就是说粒子的动能增大时，电势能减小。A．根据粒子的运动轨迹可知，带电粒子受到得电场力要指向曲线弯曲得内测，即粒子受到引力，所里粒子带负电，选项A正确；
B．根据电场强度与电场线的关系可知点电场强度比点电场强度大，因此粒子在点的加速度比在点的受到的电场力大，故粒子在点加速度比在点加速度小，选项错误；
C．粒子从点到点过程，电场力先做正功后做负功，根据电势能与电场力做功的关系可知粒子的电势能先减小后增大，选项正确；
D．点的电势比点的电势高，负电荷，电势越低，电势能越大，因此带电粒子在点的电势能比在点的电势能大，由于粒子的动能与电势能和是一定值，因此带电粒子在点的动能比在点的动能大，选项错误。
故选AC。
【分析】粒子仅在电场力的作用下，做曲线运动，其所受电场力指向运动轨迹凹侧，结合题图，即可分析判断；同一电场中，电场线越密集的地方电场强度越大，据此分析判断；结合前面分析及粒子的运动轨迹，根据电场力做功与电势能变化的关系，即可分析判断；结合题图及功能关系，即可分析判断。
10．【答案】B,C
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。A．图像斜率
则金属棒加速运动过程中，随着速度增大，加速度增大，减速运动过程中，随着速度减小，加速度减小，故A错误；
B．根据，
由法拉第电磁感应定律
联立，解得通过电阻的电量
故正确；
C．整个过程克服安培力做功
由乙图可知
联立，解得
因此电阻中产生的焦耳热为
故C正确；
D．整个过程根据动量定理
又
联立，解得
故错误。
故选BC。
【分析】根据图像的斜率分析判断加速度大小的变化；根据电荷量公式求通过电阻R的电量；根据安培力做功的公式求电阻R中产生的焦耳热；根据动量定理求拉力F的冲量大小。
11．【答案】（1）
（2）绳上拉力的方向；；
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，明确“理论值”和“实际值”的区别。
（1）弹簧测力计的最小分度值为0.2N，故示数为。
（2）再确定线上拉力的方向。如果在误差允许的范围内，大小近似等于的大小，方向与方向接近相反，则力的平行四边形定则得到验证。
【分析】（1）根据弹簧测力计的最小分度值确定其读数；
（2）根据实验原理和实验操作注意事项分析。
（1）弹簧测力计的最小分度值为0.2N，故示数为。
（2）[1]再确定线上拉力的方向。
[2][3]如果在误差允许的范围内，大小近似等于的大小，方向与方向接近相反，则力的平行四边形定则得到验证。
12．【答案】（1）
（2）0.32；
（3）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查了测量一节干电池的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握电流表的读数规则，掌握欧姆定律和闭合电路的欧姆定律的运用。
（1）电路图如图所示。
（2）电流表最小分度值0.02A，读数为。
根据
结合U-I图像斜率为k1，可得电流表的内阻
（3）根据闭合电路欧姆定律有
则
结合题意，，
解得，
【分析】（1）根据电路图，完成实验电路的连接；
（2）量程为0-0.6A的电流表的分度值为0.02A，根据电流表的读数规则读数；根据欧姆定律求解U-I函数，结合图像U-I斜率求解作答；
（3）根据闭合电路的欧姆定律求解函数，结合图像斜率和纵截距的含义求解作答。
（1）电路图如图所示。
（2）[1]电流表最小分度值0.02A，读数为。
[2]根据
结合U-I图像斜率为k1，可得电流表的内阻
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
则
结合题意，，
解得，
13．【答案】（1）开始时左管中封闭气体压强
设右管中倒入水银使左管中水银液面上升，这时左管中封闭气体压强为，气体发生等温变化，则
解得
（2）此时两边水银面的高度差为
此时右管中水银液面离管口的距离
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）以封闭气体为研究对象，先结合连通器的原理求出初末状态的压强，应用玻意耳定律可求末状态时的压强；
（2）由几何关系即可求出右管中水银液面离管口的距离。
（1）开始时左管中封闭气体压强
设右管中倒入水银使左管中水银液面上升，这时左管中封闭气体压强为，气体发生等温变化，则
解得
（2）此时两边水银面的高度差为
此时右管中水银液面离管口的距离
14．【答案】（1）物块B滑到圆弧体A的圆弧面最低点时速度最大，设最大速度的大小为
根据机械能守恒定律，有
解得
（2）在圆弧面最低点，根据牛顿第二定律，有
解得
根据牛顿第三定律，物块此时对圆弧面的压力大小
（3）设物块滑上平板车后，物块与平板车共速时的共同速度为，平板车的长度为
根据动量守恒，有
解得
由能量守恒定律，有
解得
【知识点】竖直平面的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据机械能守恒定律求物块B的最大速度的大小；
（2）根据牛顿第二定律列方程求得物块的支持力，然后根据牛顿第三定律求得压力；
（3）根据能量守恒定律求得平板车的长度。
（1）物块B滑到圆弧体A的圆弧面最低点时速度最大，设最大速度的大小为
根据机械能守恒定律，有
解得
（2）在圆弧面最低点，根据牛顿第二定律，有
解得
根据牛顿第三定律，物块此时对圆弧面的压力大小
（3）设物块滑上平板车后，物块与平板车共速时的共同速度为，平板车的长度为
根据动量守恒，有
解得
由能量守恒定律，有
解得
15．【答案】（1）沿轴正向射出的粒子经过轴时，速度与轴正向的夹角为。
根据速度的合成与分解可知该粒子进磁场I时的速度大小为
根据动能定理，有
联立解得
（2）沿轴正向射出的粒子进磁场时的位置离坐标原点的距离为，则
沿y方向的位移为
联立解得
沿轴正向射出的粒子经磁场I偏转后恰好沿轴负方向进入磁场II，设粒子在磁场I中做圆周运动的半径为，则
解得
根据牛顿第二定律，有
解得
（3）根据动能定理可知，所有粒子进入磁场I时的速度大小相等，要使所有粒子均不能打到荧光屏上，则只需沿轴负方向进入磁场II时粒子轨迹恰与荧光屏相切。沿轴负方向根据动量定理，得
解得
即
结合图像
可得
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据运动的分解求解粒子进磁场I时的速度大小，根据动能定理求匀强电场的电场强度大小；
（2）根据运动学公式求解离坐标原点的距离，根据几何关系求解粒子在磁场中圆周运动半径，洛伦兹力提供向心力，牛顿第二定律求磁场Ⅰ的磁感应强度大小；
（3）根据动量定理求使所有粒子均不打到荧光屏上时B0的最小值。
（1）沿轴正向射出的粒子经过轴时，速度与轴正向的夹角为。
根据速度的合成与分解可知该粒子进磁场I时的速度大小为
根据动能定理，有
联立解得
（2）沿轴正向射出的粒子进磁场时的位置离坐标原点的距离为，则
沿y方向的位移为
联立解得
沿轴正向射出的粒子经磁场I偏转后恰好沿轴负方向进入磁场II，设粒子在磁场I中做圆周运动的半径为，则
解得
根据牛顿第二定律，有
解得
（3）根据动能定理可知，所有粒子进入磁场I时的速度大小相等，要使所有粒子均不能打到荧光屏上，则只需沿轴负方向进入磁场II时粒子轨迹恰与荧光屏相切。沿轴负方向根据动量定理，得
解得
即
结合图像
可得
解得
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