【高考真题】广东省2025年高考物理真题
1．（2025·广东）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
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应
【解析】【解答】A．系统的固有频率只与系统本身性质有关，与驱动力频率无关，故A错误；
B．只有驱动力频率与系统固有频率相同时，才能发生共振，故B错误；
C.多普勒效应可测车辆速度，通过接收波频率变化计算，故C正确。
D.观察者与波源远离时，接收到波的频率比波源频率小，故D错误。
故选C。
【分析】本题主要考查对共振和多普勒效应的理解。物体固有频率只与物体本身性质有关，与驱动力频率无关。做受迫振动的物体，振动稳定后，振动频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，当驱动力的频率等于物体固有频率时，发生共振；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、还可以测胎儿心跳。
2．（2025·广东）如图所示，某光伏电站输出功率1000kW、电压400V的交流电，经理想变压器升压至10kV后，通过输电线输送到变电站，输电线的等效电阻R为5Ω。下列说法正确的是（ ）
A．变压器原、副线圈匝数比为1：100
B．输电线上由R造成的电压损失为500V
C．交压器原线圈中的电流为100A
D．变压器原、副线圈中电流的频率不同
【答案】B
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，可得，故A错误；
B．原副线圈两端的功率相等，由可得，流过副线圈的电流
由欧姆定律可得，输电线上电压损失为，故B正确；
C．由可得，变压器原线圈中的电流为，故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等，故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查理想变压器在远距离输电中的应用，根据理想变压器原副线圈物理量关系解答。
根据理想变压器原副线圈电压比与匝数比关系求解变压器原、副线圈匝数比；根据求得输电线中的电流，由欧姆定律求得输电线损失电压；由求得原线线中的电流；理想变压器是改变交变电流电压的装置，不改变交变电流的频率。
3．（2025·广东）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Ek，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Ek
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Ek
【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】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，没有光电子射出，故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，故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，没有光电子射出，故C错误；
D．由可知， 最大初动能与光强无关，频率不变最大初动能不变，故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查光电效应的有关知识，需要根据光电效应的规律解答。
光电效应实验规律主要有以下几点：
存在截止频率（极限频率）：任何一种金属都有一个特定的截止频率，只有入射光的频率时，才能产生光电效应；若入射光的频率小于极限频率 ，无论光强多大、照射时间多长，都不会产生光电效应 。
瞬时性：入射光照射到金属上，光电子的发射几乎是瞬时的，一般时间不超过10-9 ，无需积累能量的时间。
光电子最大初动能特性：光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大，满足（h为普朗克常量，W0为金属逸出功 ），呈现线性关系。
饱和光电流特性：在入射光频率一定时，饱和光电流（光电流趋向的饱和值）与入射光的强度成正比，即入射光越强，单位时间内逸出的光电子数越多，饱和光电流越大。
4．（2025·广东）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人顶角为α的玻璃棱镜，出射光相对于人射光的偏转角为β，该折射率为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】结合数学知识画出光路图，如图所示
则有折射定律可得，故A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】本题主要考查折射率的计算，需要结合数学知识解答。
画出光路图，根据数学知识求得入射角和折射角，由折射率公式求解折射率。
5．（2025·广东）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
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．根据题意，设地球与太阳间距离为，地球公转周期为T1，小星星公转周期为T2，则小行星公转轨道的半长轴为
由开普勒第三定律可得
解得年
故A错误；
B．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B错误；
C．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C错误。
D．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D正确；
故选D。
【分析】本题主要考查万有引力定律和开普勒定律的应用。
根据数学知识求得小星星轨道半长轴，再根据开普勒第三定律求得小星星公转周期；由万有引力定律判断小星星受到太阳引力变化；根据开普勒第二定律判断小星星速度变化；由计算在近日点小星星公转加速度大小与地球公转加速度关系。
6．（2025·广东）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-q、质量为m的离子以初速度v0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2qU
C．第k次加速后，离子的速度大小变
D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子带负电，粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，故A正确；
BC．直线通道有电势差为的加速电场，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，加速k次后，由动能定理有
解得
故BC错误；
D．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
设粒子在偏转磁场中运动的半径为，则有
联立解得
故D错误。
故选A。
【分析】本题主要考查带电粒子在电磁组合场的运动，洛伦兹力提供向心力结合动能定理解答。
根据粒子电性和左手定则判断磁场方向；由动能定理判断第1次加速后，离子的动能增加和第k次加速后，离子的速度大小；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，列式求解 第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小。
7．（2025·广东）如图所示，光滑水平而上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度随时间变化的图像，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】两物体受外力F大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可知两物体加速度大小相等，方向相反。速度时间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M、N碰前的速度分别为4v和6v，碰后速度分别为v1、v2，则因M、N系统受合外力为零，则系统动量守恒，向右为正方向，则由动量守恒定律
若系统为弹性碰撞，则能量关系可知
解得、
因M、N的加速度大小之比仍为2：3，由可知，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
由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。
【分析】本题主要考查运动学图像、牛顿第二定律、动量守恒、能量守恒的综合应用，本题需要从答案入手解答。
根据选项图象得到M、N加速度的比值，根据牛顿第二定律得到M、N质量关系，若为弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒列式求解碰后速度关系，由速度时间关系确定碰后运动时间关系；若为非弹性碰撞，根据动量守恒和机械能不增加原理列式求解碰后速度关系，由确定碰后运动时间关系，从而确定最终答案。
8．（2025·广东）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0.4m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1kg，重力加速度g取10m/s2。关于该小球，下列说法正确的有（ ）
A．角速度为5rad/s B．线速度大小为4m/s
C．向心加速度大小为10m/s2 D．所受支持力大小为1N
【答案】A,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】AD．对小球受力分析，可知
竖直方向，
水平方向，
可得
解得，
故A正确，D错误；
B．由可得，线速度大小为
故B错误；
C．由可得，向心加速度大小为
故C正确；
故D错误。
故选AC。
【分析】本题主要考查圆锥摆问题，理解指向圆心的合力提供向心力是解题关键。
对小球受力分析，竖直和水平分别列方程，求得小球所受支持力；结合向心力公式求得角速度，根据线速度与角速度关系求得线速度；根据向心加速度公式求得向心加速度。
9．（2025·广东）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，其质最用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，匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（ ）
A．线圈电阻为与 B．I越大，表明m越大
C．v越大，则E越小 D．
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A．根据题意，电动势E是 步骤② 中线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I 步骤① 中为线圈闭合时通入的电流，不能使用计算线圈的电阻，所以不是线圈的电阻，故A错误；
B．根据平衡条件有，故可知I越大，m越大，故B正确；
C．根据法拉第电磁感应定律可知，，故可知v越大，E越大，故C错误；
D．联立可得，故D正确。
故选BD。
【分析】本题主要考查法拉第电磁感应定律的应用，根据感应电流条件结合平衡条件解答。
由闭合电路欧姆定律确定线圈电阻；根据平衡条件列式求得物块质量与电流之间关系式，由关系是确定质量与电流关系；根据法拉第电磁感应定律确定E与v的关系；由物块质量与电流之间关系式、感应电动势表达式得到物块质量与电流速度关系。
10．（2025·广东）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。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随时间的变化关系为(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】A,B
【知识点】共点力的平衡；冲量
【解析】【解答】AD．无人机沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，由可知，随着时间增大，F在减小，随着F的减小重力和拉力的合力如图
可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T时刻有F = F0－kT，由余弦定理可得，
解得
故A正确、D错误；
B．由于拉力F随时间t均匀变化，可得图象如图，
则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F—t图像与坐标轴围成的面积为，故B正确；
C．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有
无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为
则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为
故C错误。
故选AB。
【分析】本题主要考查共点力平衡的动态分析和冲量的计算，画出矢量三角形动态图是解题关键。
对无人机受力分析，根据共点力平衡条件画出矢量三角形，根据三角形各边变化确定受到空气作用力的方向 ；根据余弦定理和矢量三角形计算T时刻受到空气作用力的大小 ；画出F—t图像，根据图象面积计算拉力的冲量；根据矢量的合成与分解求解 受到重力和拉力的合力的冲量大小 。
11．（2025·广东）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，示数如图甲所示，读数为 mm。
（2）实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能，装置如图乙所示，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1.00cm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 ，表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10.00ms，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15.00ms、30.00ms，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
（2）时间相等；=；0.56
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）根据题意，由图可知，小球的直径为
②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的速度分别为，
则碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为
故答案为（1）8.260
（2） ②. 时间相等 ③. = ④ . 0.56
【分析】本题主要考查游标卡尺的度数和 小车碰撞测量吸能材料的性能实验，由游标卡尺读书规则和动量守恒解答。
（1）由游标卡尺读书规则读取数据，进而测得小球直径；
（2）②根据平衡摩擦力后，小车做匀速运动分析；
③由质量相等的物体发生弹性碰撞前后速度关系分析；
④根据求得碰撞前后小球速度，再由动能表达式求解碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值。
12．（2025·广东）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。
图甲（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。图甲（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图甲(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将图甲（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将滑片户缓慢滑到某一位置，闭合S，此时的示数如图乙所示，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图丙是根据部分实验数据描绘的B-I线，其斜率为 mT/A(结果保留2位有效数字)。
⑶制动时间r测。
利用图甲(b)所示装置测量了t，结果表明B越大，越小。
【答案】（1）0.58；
（2）最小；0.48；30
【知识点】磁感应强度；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）①因为电源内阻不计、电流表内阻不计，所以当滑动变阻器的阻值为零时，电路中电流最大
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
（2）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电流表读数为0.48A。
③根据题图中数据可知B I图线斜率为
故答案为（1） ①. 0.58 ②.
（2） ①. 最小 ②. 0.48 ③. 30
【分析】 本题主要考查磁感应强度的测量实验，闭合电路欧姆定律结合图像解答。
（1）根据闭合电路欧姆定律列式求解电路中最大电流；由实验原理连接实物图；
（2）根据实验要求确定滑动变阻器的连接；由电流表读数规则读数；由图像得到斜率的数值。
13．（2025·广东）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p0=1.0×105Pa，铸型室底面积S1=0.2m2，高度h1=0.2m，底面与注气前气室内金属液面高度差H=0.15m，柱状气室底面积S2=0.8m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ=5.0×103kg/m3，重力加速度取g=10m/s2，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h2和气室内气体压强p1。
（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h=0.04m时，气室内气体压强p2。
【答案】（1）进入铸型室的金属液体积不变，可得
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
（2）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为时体积为
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
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】本题主要考查理想气体状态方程的应用，确定各状态的压强、体积、温度，根据理想气体状态方程求解。
（1）根据金属液体积关系求得方液面下降高度，由液体压强公式和气室内外压强关系求得 气室内气体压强。
（2）以上方铸型室气体为研究对象，确定初末状态压强、体积，根据玻意耳定律列式求得上方铸型室内气体的压强，再根据下方气室内气体压强上下方气室压强关系求得下方气室压强。
14．（2025·广东）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋人木塞内，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f0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△p且近似不变，瓶子始终静止在桌而上。(提示：可用f-x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）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。
（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示
图像与坐标轴围城面积表示摩擦力做的功，可得摩擦力所做的功为
对木塞，根据动能定理
解得。
（3）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。
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题主要考查牛顿第二定律、匀变速直线运动、圆周运动、变力做功和功率等知识，考查知识点比较多，要求学生有综合解题能力。
（1）木塞作匀变速运动，根据根据运动学公式根据角速度和线速度的关系求解木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度。
（2）画出木塞摩擦力与运动距离的关系图，图像与坐标轴围城面积表示功，由图像得到面积，进而得到摩擦力做的功，再根据动能定理求得拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。
（3）根据牛顿第二定律求得开瓶器对木塞的作用力，再根据运动学公式求得木塞的瞬时速度，由得到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。
15．（2025·广东）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（k<1)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）根据题意可知，颗粒在竖直方向上做自由落体，则有，解得
水平方向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得，由可得
解得
（2）根据题意可知，颗粒与绝缘板第一次碰撞时，竖直分速度为
由可知，水平分速度为
则第一次碰撞后竖直分速度为
设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为，则有
由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，则有
联立解得
（3）根据题意可知，由于，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板，
设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为，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
则电场对颗粒做的功为
【知识点】电场力做功；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】本题主要考查带电粒子在重力场、电场的组合场中的运动，牛顿第二定律结合运动学公式解答。
（1）颗粒在竖直方向上做自由落体，水平方向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律结合自由落体运动规律和匀变速直线运动规律求解 颗粒碰撞前的电荷量q。
（2）由自由落体运动规律求得颗粒落地瞬间竖直方向速度，由求得落地瞬间颗粒水平速度，结合题意求得碰后竖直速度，由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，由电场力和重力关系求得 颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。
（3）根据牛顿第二定律和运动学公式求得第一碰撞后到第二次碰撞前电场的位移，再根据W=FLcosα计算电场力做的功。
1 / 1【高考真题】广东省2025年高考物理真题
1．（2025·广东）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
2．（2025·广东）如图所示，某光伏电站输出功率1000kW、电压400V的交流电，经理想变压器升压至10kV后，通过输电线输送到变电站，输电线的等效电阻R为5Ω。下列说法正确的是（ ）
A．变压器原、副线圈匝数比为1：100
B．输电线上由R造成的电压损失为500V
C．交压器原线圈中的电流为100A
D．变压器原、副线圈中电流的频率不同
3．（2025·广东）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Ek，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Ek
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Ek
4．（2025·广东）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人顶角为α的玻璃棱镜，出射光相对于人射光的偏转角为β，该折射率为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025·广东）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
6．（2025·广东）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-q、质量为m的离子以初速度v0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2qU
C．第k次加速后，离子的速度大小变
D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
7．（2025·广东）如图所示，光滑水平而上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度随时间变化的图像，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025·广东）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0.4m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1kg，重力加速度g取10m/s2。关于该小球，下列说法正确的有（ ）
A．角速度为5rad/s B．线速度大小为4m/s
C．向心加速度大小为10m/s2 D．所受支持力大小为1N
9．（2025·广东）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，其质最用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，匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（ ）
A．线圈电阻为与 B．I越大，表明m越大
C．v越大，则E越小 D．
10．（2025·广东）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。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随时间的变化关系为(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
11．（2025·广东）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，示数如图甲所示，读数为 mm。
（2）实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能，装置如图乙所示，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1.00cm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 ，表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10.00ms，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15.00ms、30.00ms，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)。
12．（2025·广东）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。
图甲（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。图甲（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图甲(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将图甲（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将滑片户缓慢滑到某一位置，闭合S，此时的示数如图乙所示，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图丙是根据部分实验数据描绘的B-I线，其斜率为 mT/A(结果保留2位有效数字)。
⑶制动时间r测。
利用图甲(b)所示装置测量了t，结果表明B越大，越小。
13．（2025·广东）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p0=1.0×105Pa，铸型室底面积S1=0.2m2，高度h1=0.2m，底面与注气前气室内金属液面高度差H=0.15m，柱状气室底面积S2=0.8m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ=5.0×103kg/m3，重力加速度取g=10m/s2，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h2和气室内气体压强p1。
（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h=0.04m时，气室内气体压强p2。
14．（2025·广东）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋人木塞内，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f0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△p且近似不变，瓶子始终静止在桌而上。(提示：可用f-x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。
15．（2025·广东）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（k<1)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。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应
【解析】【解答】A．系统的固有频率只与系统本身性质有关，与驱动力频率无关，故A错误；
B．只有驱动力频率与系统固有频率相同时，才能发生共振，故B错误；
C.多普勒效应可测车辆速度，通过接收波频率变化计算，故C正确。
D.观察者与波源远离时，接收到波的频率比波源频率小，故D错误。
故选C。
【分析】本题主要考查对共振和多普勒效应的理解。物体固有频率只与物体本身性质有关，与驱动力频率无关。做受迫振动的物体，振动稳定后，振动频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，当驱动力的频率等于物体固有频率时，发生共振；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、还可以测胎儿心跳。
2．【答案】B
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，可得，故A错误；
B．原副线圈两端的功率相等，由可得，流过副线圈的电流
由欧姆定律可得，输电线上电压损失为，故B正确；
C．由可得，变压器原线圈中的电流为，故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等，故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查理想变压器在远距离输电中的应用，根据理想变压器原副线圈物理量关系解答。
根据理想变压器原副线圈电压比与匝数比关系求解变压器原、副线圈匝数比；根据求得输电线中的电流，由欧姆定律求得输电线损失电压；由求得原线线中的电流；理想变压器是改变交变电流电压的装置，不改变交变电流的频率。
3．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】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，没有光电子射出，故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，故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，没有光电子射出，故C错误；
D．由可知， 最大初动能与光强无关，频率不变最大初动能不变，故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查光电效应的有关知识，需要根据光电效应的规律解答。
光电效应实验规律主要有以下几点：
存在截止频率（极限频率）：任何一种金属都有一个特定的截止频率，只有入射光的频率时，才能产生光电效应；若入射光的频率小于极限频率 ，无论光强多大、照射时间多长，都不会产生光电效应 。
瞬时性：入射光照射到金属上，光电子的发射几乎是瞬时的，一般时间不超过10-9 ，无需积累能量的时间。
光电子最大初动能特性：光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大，满足（h为普朗克常量，W0为金属逸出功 ），呈现线性关系。
饱和光电流特性：在入射光频率一定时，饱和光电流（光电流趋向的饱和值）与入射光的强度成正比，即入射光越强，单位时间内逸出的光电子数越多，饱和光电流越大。
4．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】结合数学知识画出光路图，如图所示
则有折射定律可得，故A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】本题主要考查折射率的计算，需要结合数学知识解答。
画出光路图，根据数学知识求得入射角和折射角，由折射率公式求解折射率。
5．【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．根据题意，设地球与太阳间距离为，地球公转周期为T1，小星星公转周期为T2，则小行星公转轨道的半长轴为
由开普勒第三定律可得
解得年
故A错误；
B．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B错误；
C．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C错误。
D．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D正确；
故选D。
【分析】本题主要考查万有引力定律和开普勒定律的应用。
根据数学知识求得小星星轨道半长轴，再根据开普勒第三定律求得小星星公转周期；由万有引力定律判断小星星受到太阳引力变化；根据开普勒第二定律判断小星星速度变化；由计算在近日点小星星公转加速度大小与地球公转加速度关系。
6．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子带负电，粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，故A正确；
BC．直线通道有电势差为的加速电场，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，加速k次后，由动能定理有
解得
故BC错误；
D．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
设粒子在偏转磁场中运动的半径为，则有
联立解得
故D错误。
故选A。
【分析】本题主要考查带电粒子在电磁组合场的运动，洛伦兹力提供向心力结合动能定理解答。
根据粒子电性和左手定则判断磁场方向；由动能定理判断第1次加速后，离子的动能增加和第k次加速后，离子的速度大小；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，列式求解 第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小。
7．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】两物体受外力F大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可知两物体加速度大小相等，方向相反。速度时间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M、N碰前的速度分别为4v和6v，碰后速度分别为v1、v2，则因M、N系统受合外力为零，则系统动量守恒，向右为正方向，则由动量守恒定律
若系统为弹性碰撞，则能量关系可知
解得、
因M、N的加速度大小之比仍为2：3，由可知，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
由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。
【分析】本题主要考查运动学图像、牛顿第二定律、动量守恒、能量守恒的综合应用，本题需要从答案入手解答。
根据选项图象得到M、N加速度的比值，根据牛顿第二定律得到M、N质量关系，若为弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒列式求解碰后速度关系，由速度时间关系确定碰后运动时间关系；若为非弹性碰撞，根据动量守恒和机械能不增加原理列式求解碰后速度关系，由确定碰后运动时间关系，从而确定最终答案。
8．【答案】A,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】AD．对小球受力分析，可知
竖直方向，
水平方向，
可得
解得，
故A正确，D错误；
B．由可得，线速度大小为
故B错误；
C．由可得，向心加速度大小为
故C正确；
故D错误。
故选AC。
【分析】本题主要考查圆锥摆问题，理解指向圆心的合力提供向心力是解题关键。
对小球受力分析，竖直和水平分别列方程，求得小球所受支持力；结合向心力公式求得角速度，根据线速度与角速度关系求得线速度；根据向心加速度公式求得向心加速度。
9．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A．根据题意，电动势E是 步骤② 中线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I 步骤① 中为线圈闭合时通入的电流，不能使用计算线圈的电阻，所以不是线圈的电阻，故A错误；
B．根据平衡条件有，故可知I越大，m越大，故B正确；
C．根据法拉第电磁感应定律可知，，故可知v越大，E越大，故C错误；
D．联立可得，故D正确。
故选BD。
【分析】本题主要考查法拉第电磁感应定律的应用，根据感应电流条件结合平衡条件解答。
由闭合电路欧姆定律确定线圈电阻；根据平衡条件列式求得物块质量与电流之间关系式，由关系是确定质量与电流关系；根据法拉第电磁感应定律确定E与v的关系；由物块质量与电流之间关系式、感应电动势表达式得到物块质量与电流速度关系。
10．【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡；冲量
【解析】【解答】AD．无人机沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，由可知，随着时间增大，F在减小，随着F的减小重力和拉力的合力如图
可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T时刻有F = F0－kT，由余弦定理可得，
解得
故A正确、D错误；
B．由于拉力F随时间t均匀变化，可得图象如图，
则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F—t图像与坐标轴围成的面积为，故B正确；
C．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有
无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为
则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为
故C错误。
故选AB。
【分析】本题主要考查共点力平衡的动态分析和冲量的计算，画出矢量三角形动态图是解题关键。
对无人机受力分析，根据共点力平衡条件画出矢量三角形，根据三角形各边变化确定受到空气作用力的方向 ；根据余弦定理和矢量三角形计算T时刻受到空气作用力的大小 ；画出F—t图像，根据图象面积计算拉力的冲量；根据矢量的合成与分解求解 受到重力和拉力的合力的冲量大小 。
11．【答案】（1）8.260
（2）时间相等；=；0.56
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）根据题意，由图可知，小球的直径为
②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的速度分别为，
则碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为
故答案为（1）8.260
（2） ②. 时间相等 ③. = ④ . 0.56
【分析】本题主要考查游标卡尺的度数和 小车碰撞测量吸能材料的性能实验，由游标卡尺读书规则和动量守恒解答。
（1）由游标卡尺读书规则读取数据，进而测得小球直径；
（2）②根据平衡摩擦力后，小车做匀速运动分析；
③由质量相等的物体发生弹性碰撞前后速度关系分析；
④根据求得碰撞前后小球速度，再由动能表达式求解碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值。
12．【答案】（1）0.58；
（2）最小；0.48；30
【知识点】磁感应强度；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）①因为电源内阻不计、电流表内阻不计，所以当滑动变阻器的阻值为零时，电路中电流最大
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
（2）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电流表读数为0.48A。
③根据题图中数据可知B I图线斜率为
故答案为（1） ①. 0.58 ②.
（2） ①. 最小 ②. 0.48 ③. 30
【分析】 本题主要考查磁感应强度的测量实验，闭合电路欧姆定律结合图像解答。
（1）根据闭合电路欧姆定律列式求解电路中最大电流；由实验原理连接实物图；
（2）根据实验要求确定滑动变阻器的连接；由电流表读数规则读数；由图像得到斜率的数值。
13．【答案】（1）进入铸型室的金属液体积不变，可得
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
（2）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为时体积为
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
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】本题主要考查理想气体状态方程的应用，确定各状态的压强、体积、温度，根据理想气体状态方程求解。
（1）根据金属液体积关系求得方液面下降高度，由液体压强公式和气室内外压强关系求得 气室内气体压强。
（2）以上方铸型室气体为研究对象，确定初末状态压强、体积，根据玻意耳定律列式求得上方铸型室内气体的压强，再根据下方气室内气体压强上下方气室压强关系求得下方气室压强。
14．【答案】（1）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。
（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示
图像与坐标轴围城面积表示摩擦力做的功，可得摩擦力所做的功为
对木塞，根据动能定理
解得。
（3）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。
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题主要考查牛顿第二定律、匀变速直线运动、圆周运动、变力做功和功率等知识，考查知识点比较多，要求学生有综合解题能力。
（1）木塞作匀变速运动，根据根据运动学公式根据角速度和线速度的关系求解木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度。
（2）画出木塞摩擦力与运动距离的关系图，图像与坐标轴围城面积表示功，由图像得到面积，进而得到摩擦力做的功，再根据动能定理求得拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。
（3）根据牛顿第二定律求得开瓶器对木塞的作用力，再根据运动学公式求得木塞的瞬时速度，由得到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。
15．【答案】（1）根据题意可知，颗粒在竖直方向上做自由落体，则有，解得
水平方向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得，由可得
解得
（2）根据题意可知，颗粒与绝缘板第一次碰撞时，竖直分速度为
由可知，水平分速度为
则第一次碰撞后竖直分速度为
设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为，则有
由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，则有
联立解得
（3）根据题意可知，由于，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板，
设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为，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
则电场对颗粒做的功为
【知识点】电场力做功；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】本题主要考查带电粒子在重力场、电场的组合场中的运动，牛顿第二定律结合运动学公式解答。
（1）颗粒在竖直方向上做自由落体，水平方向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律结合自由落体运动规律和匀变速直线运动规律求解 颗粒碰撞前的电荷量q。
（2）由自由落体运动规律求得颗粒落地瞬间竖直方向速度，由求得落地瞬间颗粒水平速度，结合题意求得碰后竖直速度，由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，由电场力和重力关系求得 颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。
（3）根据牛顿第二定律和运动学公式求得第一碰撞后到第二次碰撞前电场的位移，再根据W=FLcosα计算电场力做的功。
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