2025届广东省广州市普通高中高三下学期第三次模考物理试题
1．（2025·广州模拟）某同学在玩“打水漂”时，向平静的湖面抛出石子，恰好向下砸中一个安全警戒浮漂，浮漂之后的运动可简化为竖直方向的简谐振动，在水面形成一列简谐波，距离浮漂S处的水蕊上有一片小树叶，则（ ）
A．小树叶将远离浮漂运动
B．小树叶将先向下运动
C．浮漂的振幅越大，波传到S处时间越短
D．浮漂的振幅越大，小树叶振动频率越大
2．（2025·广州模拟）彩虹是由太阳光进入水滴，先折射一次，然后在水滴的背面反射，最后离开水滴时再折射一次形成的。下图为彩虹形成的示意图，一束白光L由左侧射入水滴，a、b是白光射入水滴后经过一次反射和两次折射后的两条单色光线。则（ ）
A．a光的频率小于b光的频率
B．a、b光在由空气进入水滴后波长变长
C．从同一介质射向空气，a光比b光容易发生全反射
D．通过同一双缝干涉装置，a光的相邻条纹间距比b光的大
3．（2025·广州模拟）我国某地一次消防演练中，一直升机利用四根相同的绝缘绳索将金属线框吊起，线框始终保持水平。地磁场的竖直分量，随距离地面高度h的增大而减小，当飞机带动线框匀速上升时（ ）
A．穿过线框的磁通量增大
B．线框中感应电流方向为
C．线框的四条边有向内收缩的趋势
D．绳索对线框的作用力小于线框的重力
4．（2025·广州模拟）我国预计在2030年前实现载人登月，登月的初步方案是：采用两枚运载火箭分别将月面着陆器和载人飞船送至环月轨道对接，航天员从飞船进入月面着陆器。月面着陆器将携航天员下降着陆于月面预定区域。在完成既定任务后，航天员将乘坐着陆器上升至环月轨道与飞船交会对接，并携带样品乘坐飞船返回地球。已知月球的半径约为地球的，月球表面重力加速度约为地球的，则（ ）
A．发射火箭的速度必须达到地球的第二宇宙速度
B．月面着陆器下降着陆过程应当一直加速
C．载人飞船在环月轨道匀速圆周运动的运行速度小于地球的第一宇宙速度
D．航天员在月面时受到月球的引力小于其在环月轨道时受到月球的引力
5．（2025·广州模拟）有研究表明，当有兴奋情绪时，在人的体表可以测出与之对应的电势变化。某一瞬间人体表面的电势分布如图所示，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，该电场可等效为两等量异种点电荷产生的电场，a、b为两点电荷连线上对称的两点，c、d为两点电荷连线中垂线上对称的两点。下列说法正确的是（ ）
A．a、b两点的电场强度大小相等，方向相反
B．c点的电势大于d点的电势
C．将带正电的试探电荷从b点移到d点，电场力做负功
D．负电荷在c点的电势能小于在a点的电势能
6．（2025·广州模拟）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、 M、 N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（ ）
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物先超重后失重
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg m/s
D．MN段无人机机械能守恒
7．（2025·广州模拟）如图所示，光滑绝缘正方形方框竖直固定，边长是a，两个质量均为m的带电小球M、N套在方框上。M球带正电，固定于底边AB中点处；带电荷量为q的小球N置于方框右边BC中点时恰好静止不动，已知重力加速度大小为g，静电力常量为k，两小球均看成点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．小球N带负电
B．小球N受到的库仑力大小是mg
C．小球M所带电荷量是
D．小球M在方框中心O处产生的电场强度大小是
8．（2025·广州模拟）医用回旋加速器工作原理示意图如图甲所示，其工作原理是：带电粒子在磁场和交变电场的作用下，反复在磁场中做回旋运动，并被交变电场反复加速，达到预期所需要的粒子能量，通过引出系统引出后，轰击在靶材料上，获得所需要的核素。时，回旋加速器中心部位O处的灯丝释放的带电粒子在回旋加速器中的运行轨道和加在间隙间的高频交流电压如图乙所示（图中为已知量）。若带电粒子的比荷为k，忽略粒子经过间隙的时间和相对论效应，则（ ）
A．被加速的粒子带正电
B．磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子被加速的最大动量大小与D形盒的半径有关
D．带电粒子在D形盒中被加速次数与交流电压有关
9．（2025·广州模拟）有一款三轨推拉门，门框内部宽为，三扇相同的门板如图所示，每扇门板宽为质量为，与轨道的动摩擦因数为。在门板边缘凸起部位贴有尼龙搭扣，两门板碰后可连在一起，现将三扇门板静止在最左侧，用力水平向右拉3号门板，一段时间后撤去，3号门板恰好到达门框最右侧，大门完整关闭。重力加速度，取3号门运动的方向为正方向。则有（ ）
A．3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小为0.8m/s
B．拉力F的作用时间为0.8s
C．三扇门板关闭过程中系统由于摩擦产生的热能为4.8J
D．2号门板对3号门板作用力的冲量为
10．（2025·广州模拟）如图1所示，在倾角的足够长绝缘斜面上放有一根质量、长的导体棒，导体棒中通有方向垂直纸面向外、大小恒为的电流，斜面上方有平行于斜面向下的均匀磁场，磁场的磁感应强度B随时间的变化关系如图2所示。已知导体棒与斜面间的动摩擦因数，重力加速度g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8。在时刻将导体棒由静止释放，则在导体棒沿斜面向下运动的过程中（ ）
A．导体棒受到的安培力方向垂直斜面向上
B．导体棒达到最大速度所用的时间为4s
C．导体棒的最大速度为8m/s
D．导体棒受到的摩擦力的最大值为5.2N
11．（2025·广州模拟）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的两个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。
（1）如图所示，在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，使光源、透镜、滤光片、单缝、双缝中心均在遮光筒的中心轴线上，使单缝与双缝 ，二者间距约2~5cm。若实验中观察到单色光的干涉条纹后，撤掉滤光片，则会在毛玻璃屏上观察到 。若测量单色光波长时发现条纹太密，难以测量，可以采用的改善办法是 （填正确答案标号）。
A．增大双缝到屏的距离
B．增大单缝到双缝的距离
C．增大双缝间距
（2）右图为“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验装置，在小球质量和转动半径相同，塔轮皮带套在左、右两个塔轮的半径之比为2∶1的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动，此时左、右两侧露出的标尺格数之比为 。其他条件不变，若增大手柄的转速，则左、右两标尺的格数 （选填“变多”“变少”或“不变”），两标尺格数的比值 。（选填“变大”“变小”或“不变”）
12．（2025·广州模拟）某同学为探究光敏电阻阻值随光照强度变化的关系，设计了如图（a）所示的电路。所用器材有：置于暗箱（图中虚线区域）中的光敏电阻、小灯泡和刻度尺；阻值为R的定值电阻；理想电压表V；电动势为E、内阻为r的电源；开关S；导线若干。
实验时，先按图（a）连接好电路，然后改变暗箱中光源到光敏电阻的距离d，记录电压表的示数U，获得多组数据如下表：
d/cm 8.50 10.00 12.00 13.50 15.00 17.00 18.50 20.00
U/mV 271.0 220.0 180.0 156.7 144.9 114.0 94.8 89.5
回答下列问题：
（1）光敏电阻阻值与电压表示数U的关系式为 （用E、r，R、U表示）。
（2）依据实验结果可推断：光敏电阻的阻值随着光照强度的减小而 （填“增大”或“减小”）。
（3）该同学注意到智能手机有自动调节屏幕亮度的功能，光照强度大时屏幕变亮，反之变暗。他设想利用光敏电阻的特性，实现“有光照射光敏电阻时，小灯泡变亮；反之变暗”的功能，设计了如图（b）所示电路，则电路中 （填“”或“”）为光敏电阻，另一个为定值电阻。
（4）如图（c）所示为工厂流水生产线上利用光敏电阻特性，信号处理系统自动计数的示意图，其中为光敏电阻，为定值电阻，那么当有光照射时，信号处理系统获得 （填“高电压”或“低电压”），信号处理系统每获得一次 （填“高电压”或“低电压”）就记数一次。
13．（2025·广州模拟）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后最高反弹至离地h处。设篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求篮球与地面第一次碰撞过程所受合力的冲量I及碰后速率v2与碰前速率v1之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员向下拍球，对篮球施加一个向下的压力F，持续作用至h0高度处撤去，使得篮球与地面第二次碰撞后恰好反弹至h高度处，力F的大小随高度y的变化如图（b）所示，求F0的大小。
14．（2025·广州模拟）小红在查阅资料时看到了嫦娥五号的月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地面着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN。导轨内侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B=5T。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R=100Ω，匝数为n=200匝，ab边长为L=40cm。假设整个返回舱以速度v0=10m/s与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m=2×103kg，地球表面的重力加速度取g=10m/s2，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。
（1）求滑块K的线圈中最大感应电流的大小；
（2）若缓冲装置向下移动距离H=80cm后速度减为v=6m/s，则此过程中每个缓冲装置的线圈abcd中通过的电荷量和产生的焦耳热各是多少？
（3）若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t=1.5s，则缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少多大？（结果保留三位有效数字）
15．（2025·广州模拟）在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy， x轴沿水平方向，如图甲所示。第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1。坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强，匀强磁场方向垂直纸面。现一个比荷为=102C/kg的带正电微粒（可视为质点）以v0=4m/s的速度从x轴上A点竖直向上射入第二象限，并以v1=12m/s的速度从y轴正方向上的C点沿水平方向进入第一象限。取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），重力加速度g=10m/s2。则：
（1）求微粒在x方向的加速度大小和电场强度E1的大小；
（2）在x轴正方向上有一点D，OD=OC，若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及磁场的变化周期T0各为多少？
（3）要使带电微粒通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动
【解析】【解答】A． 简谐波在水面传播时，水面的质点（如小树叶）只在平衡位置附近上下振动，并不会随波远离浮漂运动 ，故A错误；
B． 小树叶在波传到时会开始振动，由于简谐波的传播方向是远离浮漂的，初始时刻浮漂向下运动，波传到小树叶时，小树叶也会先向下运动， 故B正确；
C．波的传播速度只与介质有关，与振幅无关，则即使浮漂的振幅越大，波传到S处时间也不变，故C错误；
D． 小树叶振动的频率由波源的频率决定，而波源的频率由浮漂的振动频率决定，与振幅无关 ，故D错误。
故选B。
【分析】1、 水波传播时，介质（水）质点只在平衡位置附近振动，不会随波迁移。树叶会在原地上下振动，不会水平移动远离浮漂。
2、 浮漂被向下砸中，初始运动方向向下，产生的波第一个扰动也是向下传播。因此距离S处的树叶会先接收到向下的扰动。
3、 波速由介质决定，与振幅无关。波传到S处的时间t=S/v，与振幅无关。
4、 树叶振动频率等于浮漂振动频率，而频率由振动系统本身性质决定，与振幅无关。振幅增大只会使树叶振动幅度变大，不改变频率。
2．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．从光路图看出，光 a 的偏折程度比光 b 更大，说明水滴对 a 光的折射率比对 b 光大。由于折射率越大，光的频率越高，因此 a 光的频率高于 b 光，故A错误；
B．当 a、b 光从空气进入水滴后，它们的传播速度都会减小，但频率保持不变。根据波长公式 λ = v/f，由于波速 v 变小，而 f 不变，所以它们的波长都会变短，故B错误；
C．根据全反射临界角公式可知，光的临界角小于光的临界角，即光比光容易发生全反射，故C正确；
D．由于光的频率大于光的频率，所以光的波长小于光的波长，根据可知，通过同一双缝干涉装置，波长越短，条纹间距越小。因此，a 光的干涉条纹比 b 光更窄，故D错误。
故选C。
【分析】1、对同一介质，频率越高的光折射率越大（n∝ν）
2、光从空气进入介质后频率保持不变，颜色由光的频率决定。
3、在介质中光速v = c/n，进入介质后波速减小，频率ν不变 波长λ 变短
4、临界角公式：sinC = 1/n，折射率越大，临界角越小。
5、 干涉公式：，同一双缝干涉装置，波长越小，条纹间距越小。
3．【答案】B
【知识点】磁通量；安培力的计算；楞次定律
【解析】【解答】A．地磁场的竖直分量 随海拔高度 增大而减弱，磁通量
（为线框面积）
因 减小，减小，故A错误；
B．楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍原磁通量变化。原磁通量向下且减小 → 感应电流的磁场方向应向下（阻碍减小），线框中线框中感应电流方向为，故B正确；
C．磁通量减小 → 线框倾向于扩大面积以增加磁通量（向外扩张），线框的四条边有向外扩张的趋势，故C错误；
D．安培力合力：若线框各边电流对称且磁场均匀，安培力可相互抵消，合力为零。受力平衡：匀速上升时，绳索拉力
（重力平衡，忽略空气阻力）
故D错误。
故选B。
【分析】1、地磁场与高度关系：地磁场的竖直分量随海拔升高近似按 衰减。
2、楞次定律应用：磁通量变化 → 感应电流方向 → 感应磁场方向（增反减同）。
3、广义楞次定律：磁通量变化导致导体运动趋势（扩张/收缩）。
4、安培力与平衡：对称闭合回路在均匀磁场中安培力合力为零。匀速运动时外力仅需平衡重力。
4．【答案】C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A． 只需要达到地月转移轨道的速度（约10.9 km/s）即可，不需要完全达到第二宇宙速度。只有直接登月任务（如阿波罗计划）才需要达到第二宇宙速度，故A错误；
B． 着陆器在下降过程中需要减速，特别是在接近月面时要启动反推发动机进行制动。如果一直加速，着陆器会以过高速度撞击月面。只有在自由落体阶段才会自然加速，但最终必须减速才能安全着陆。 故B错误；
C．第一宇宙速度是卫星绕着星球表面做匀速圆周运动的速度，设星球半径为R，在星球表面飞行的卫星有，解得第一宇宙速度，由于月球的半径约为地球的，月球表面重力加速度约为地球的，通过上式可知载人飞船在环月轨道匀速圆周运动的运行速度小于地球的第一宇宙速度，故C正确；
D．根据万有引力，在月面时距离月球中心更近，受到的引力更大；在环月轨道时距离更远，引力更小， 故D错误。
故选C。
【分析】1、第二宇宙速度是脱离地球引力束缚的最小速度，月球是地球的天然卫星 ，仍在地球引力范围内。
2、着陆过程需要减速才能安全降落，实际过程包括减速、悬停调整等阶段。
3、计算月球的第一宇宙速度：，代入数据约为1.6 km/s，地球的第一宇宙速度为7.9 km/s
4、根据万有引力公式，引力与距离平方成反比，月面距离月球中心更近，因此月面引力大于环月轨道引力。
5．【答案】C
【知识点】电场力做功；电场强度的叠加；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A．该电场的分布特性与一对等量异种点电荷形成的电场等效。若a、b两点位于两点电荷连线的对称位置，则根据等量异种电荷的电场分布规律，a、b两点的电场强度大小相等，且方向相同（均指向负电荷或远离正电荷），故A错误；
B． 由于c、d两点位于同一等势线上，根据等势面的定义，两点电势相等（），因此移动电荷在c、d间不会因电势差做功，故B错误；
C．对于正电荷，其电势能随电势升高而增大。若b点电势低于d点，将正电荷从b移至d时，电势能增加，电场力需克服电势差做功（即做负功），故C正确；
D．负电荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷在电势低的c点的电势能大于在电势高的a点的电势能，故D错误。
故选C。
【分析】1、 分析对称位置的场强时，可直接利用对称性判断方向与大小。
2、 等势面是电势相同的点构成的面，电荷在等势面上移动时 电场力不做功（ΔU=0）。 用来判断两点电势是否相等，计算电场力做功时优先分析等势面。
3、 电场力做功 ，常用来计算电荷移动时的能量变化，判断电场力做功正负。
4、“正同负反”：正电荷电势能与电势同向变化，负电荷反向变化。
6．【答案】A
【知识点】运动学 S-t 图象；超重与失重；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】A．EF段无人机的速度大小等于图像中EF段的斜率，根据其方程：y=4t-26，可知EF段无人机的速度大小为v=4m/s，故A正确；
B．根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度，取竖直向上为正方向，可知FM段无人机先竖直向上做减速运动，后竖直向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B错误；
C．以y轴正方向为正方向，根据MN段方程：y=-2t+140，可知MN段无人机的速度为v'=-2m/s
则FN段无人机和装载物总动量变化量为，FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg m/s，故C错误；
D．MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减小，无人机的机械能减小，故D错误。
故选A。
【分析】1、y-t 图像的基本性质：斜率表示速度：y-t 图像的斜率（即导数 dy/dt）代表物体的瞬时速度。斜率为正 物体沿正方向运动（如竖直向上）。斜率为负 物体沿负方向运动（如竖直向下）。直线段：斜率为常数 匀速直线运动（速度大小和方向不变）。
例如：EF 段方程 y=4t 26 斜率 v=4m/s（匀速上升）。
MN 段方程 y= 2t+140 斜率 v'= 2m/s（匀速下降）。
曲线段：斜率变化 变速运动（如 FM 段）。
2、FN 段动量变化：初始（F 点）：速度 （FM 段末端速度为零）。末态（N 点）：速度 。
3、机械能 = 动能 + 势能。动能不变，势能减小 机械能减小（可能有空气阻力等外力做功）。
7．【答案】D
【知识点】库仑定律；电场强度
【解析】【解答】A． 题目描述小球N在BC中点静止不动，说明它处于受力平衡状态。由于小球M带正电且固定在AB中点，若N也带正电，两球间会产生排斥力，该力的竖直分量可以平衡N的重力；若N带负电，会产生吸引力，其竖直分量方向与重力同向，无法平衡。因此N必须带正电，故A错误；
B．对N进行分析，根据平衡条件有
解得
故B错误；
C．根据库仑定律有
结合上述解得
故C错误；
D．小球M在方框中心O处产生的电场强度大小
结合上述解得
故D正确。
故选D。
【分析】1、平衡条件：若带电小球静止，静电力必须能平衡其他力（如重力）。本题关键：N静止时，库仑力的竖直分量需抵消重力，因此N必须带正电。
2、将库仑力分解为水平分量（ ）和竖直分量（ ）。竖直分量平衡重力：
3、点电荷电场强度公式：，：点到电荷的距离（本题中O点到M的距离 ）。
方向：沿连线方向，正电荷向外，负电荷向内。
4、距离计算：利用坐标系或勾股定理求电荷间距（如 ，角度关系：通过几何图形确定力的方向角（如 ）。
8．【答案】B,C,D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．电场方向与粒子加速方向：若电场方向向右（时电压为正），粒子向右加速，说明粒子带负电（负电荷在正向电场中受力方向与电场方向相反），故A错误；
B．回旋加速器同步条件：粒子圆周运动周期
必须等于交流电压周期 。由 ，又，解得磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为
故B正确；
C．最大动量与半径关系：粒子最终从 D 形盒边缘射出，半径 ，故最大动量
限制因素：D 形盒半径 和磁场 共同决定 ，故C正确；
D．粒子最终动能
每次加速获得能量 ，故加速次数
电压 U 的影响：越小，所需加速次数 越多，故D正确。
故选BCD。
【分析】1、粒子电荷性质判断：根据电场方向与加速方向确定粒子带负电。
2、回旋加速器同步条件：粒子运动周期 必须匹配交流电压周期。
3、能量上限的决定因素：最大动量 ，仅由 和 决定。
4、加速次数与电压关系：电压 越小，加速次数 越多。
9．【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】AD．设3号门板与2号门板碰撞前速度为，碰撞后速度为，碰后两门板位移为，根据功能关系有，解得，
碰撞过程，根据动量守恒定律，解得，2号门板与3号门板碰撞时根据动量定理，故A正确，D错误；
B．根据牛顿第二定律，解得，根据动能定理，解得，根据运动学公式，解得，故B错误；
C．三扇门板关闭过程中系统由于摩擦产生的热能为，故C正确。
故选AC。
【分析】1、动量守恒：在门板碰撞瞬间，系统总动量保持不变。
2、非弹性碰撞会导致动能损失，损失动能转化为其他形式能量（如热能）
3、运动过程的力学分析，滑动摩擦力计算公式：F = μN，摩擦力做功导致动能减少，功的计算式：W = -μ(m2+m3)gx
4、运动学关系：加速度由牛顿第二定律确定：a = F/m = μg，运动位移与速度关系：v2 = 2ax
滑行距离：x = v2/(2μg)
5、碰撞过程中的能量损失等于摩擦作用产生的热量。
10．【答案】B,C
【知识点】安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A．根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直斜面向下，故A错误；
B．对导体棒受力分析可知，当导体棒沿斜面向下运动的速度达到最大时，导体棒所受外力的合力为0，则有，其中，，
解得，故B正确；
C．在导体棒沿斜面向下运动的过程中，由牛顿第二定律可得，结合上述解得
，作出导体棒运动的图像如图所示
由于导体棒初速度为零，故图像中的面积即可表示导体棒的末速度，结合上述由图可知，导体棒的最大速度为，故C正确；
D．导体棒受到的摩擦力为，即有，可知导体棒运动时间越长，受到的摩擦力就越大，故可判断出导体棒的速度再次减为零时，导体棒受到的摩擦力最大，由图可知，时导体棒的速度为零，结合上述解得此时导体棒受到的摩擦力大小为，故D错误。
故选BC。
【分析】1、导体棒受到的安培力方向根据左手定则判断。
2、当导体棒沿斜面向下运动的速度达到最大时导体棒所受外力的合力为零，，，联立可计算导体棒达到最大速度所用的时间。
3、导体棒运动的图像，图像中的面积即可表示导体棒的末速度。
4、导体棒受到的摩擦力为，导体棒运动时间越长，受到的摩擦力就越大。
11．【答案】（1）平行；明暗相间的彩色条纹；A
（2）1∶4；变多；不变
【知识点】用双缝干涉测光波的波长；向心力
【解析】【解答】（1）1、用双缝干涉测量光的波长实验中，单缝与双缝应该平行；
2、撤掉滤光片，则会在毛玻璃屏上观察到白光干涉形成的明暗相间的彩色条纹；
3、A．根据公式，增大双缝到光屏的距离L，可以增大条纹宽度和条纹间距，故A正确；
B．根据公式，增大单缝到双缝的距离， 不能改变条纹的疏密程度，故B错误；
C．根据公式，增大双缝间距d，条纹更窄更密，故C错误。
故选A。
（2）在小球质量和转动半径相同，传动塔轮皮带套在左、右两个塔轮的半径之比为2∶1的情况下，由于左、右两个塔轮边缘的线速度大小相等，根据可知，左、右两个塔轮的角速度之比为1∶2，根据，可知此时左、右两侧露出的标尺格数之比为1∶4；
其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则左、右两个塔轮的角速度增大，小球做圆周运动的向心力增大，但左、右两个塔轮的角速度比值不变，所以左、右两标尺的格数变多，两标尺格数的比值不变。
【分析】（1）1、用双缝干涉测量光的波长实验中，单缝与双缝应该平行。
2、白光干涉形成是明暗相间的彩色条纹。
3、根据公式，增大双缝到光屏的距离L或减小双缝间距d都可增大条纹宽度和条纹间距。
（2）“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中，左、右两个塔轮边缘的线速度大小相等，角速度与半径成反比，左、右两侧露出的标尺格数之比等于向心力之比。
（1）（1）[1]用双缝干涉测量光的波长实验中，单缝与双缝应该平行；
[2]撤掉滤光片，则会在毛玻璃屏上观察到白光干涉形成的明暗相间的彩色条纹；
[3] A．根据公式，增大双缝到光屏的距离L，可以增大条纹宽度和条纹间距，A正确；
B．根据公式，增大单缝到双缝的距离， 不能改变条纹的疏密程度，B错误；
C．根据公式，增大双缝间距d，条纹更窄更密，C错误。
故选A。
（2）[1] 在小球质量和转动半径相同，传动塔轮皮带套在左、右两个塔轮的半径之比为2∶1的情况下，由于左、右两个塔轮边缘的线速度大小相等，根据可知，左、右两个塔轮的角速度之比为1∶2，根据，可知此时左、右两侧露出的标尺格数之比为1∶4；
[2][3]其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则左、右两个塔轮的角速度增大，小球做圆周运动的向心力增大，但左、右两个塔轮的角速度比值不变，所以左、右两标尺的格数变多，两标尺格数的比值不变。
12．【答案】；增大；；高电压；低电压
【知识点】电路动态分析；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流 满足：，其中：为电源电动势（为电源内阻）
若电压表测量固定电阻 的电压 ，则
变形可得
（2）光照距离增大（光照强度减弱）→ 电压表读数U 减小 → 光敏电阻两端电压 ，U光敏 =E U 增大 → 光敏电阻阻值R光敏 增大。结论：光敏电阻的阻值随光照强度的减小而增大（负相关特性）。
（3）若该元件为光敏电阻，其阻值随光照强度增大而减小。
有光照射时：光敏电阻阻值减小 → 外电路总电阻减小 → 干路电流 增大（闭合电路欧姆定律 ）。此时路端电压 会减小，导致并联支路两端电压降低，流过灯泡的电流减小，灯泡实际功率 下降，灯泡变暗。
无光照射时：光敏电阻阻值增大 → 外电路总电阻增大 → 干路电流减小，路端电压升高，灯泡电流增大，灯泡变亮。矛盾点：题目要求“有光时灯泡变亮，无光时变暗”，但上述分析结果相反，因此该元件不是光敏电阻。若该元件为光敏二极管（正向工作模式）：
有光照射时，光生载流子增多，二极管导通电阻显著减小，分流作用增强，导致流过灯泡的电流增大（灯泡变亮）；无光时二极管电阻极大，灯泡电流减小（变暗）。此特性符合题目要求，所以是光敏电阻。
（4） 信号处理系统在光敏元件无光照射（高阻态）时，因 分压降低而获得低电压，并据此记数；有光照射时 分压升高，系统不计数。而信号处理系统每获得一次低电压就记数一次。
【分析】（1）闭合电路欧姆定律与电压测量，核心公式：，
（2）实验现象：光照距离增大（强度减弱）→ 电压表读数 减小。电压分配：，欧姆定律：，因为 减小 → 增大。结论：光敏电阻阻值 与光照强度负相关（光照越强，阻值越小）。
（3）假设元件为光敏电阻：有光照射时：减小 → 外电路总电阻 减小 → 干路电流 I增大。
路端电压 减小 → 并联支路电压降低 → 灯泡电流 减小 → 灯泡变暗。
无光照射时： 增大 → 增大 → 减小 → 增大 → 增大 → 灯泡变亮。
（4） 当有光照射时的电阻减小，则整个电路总电阻变小，电动势不变，则电流增大，两端的电压增大，而信号处理系统每获得一次低电压就记数一次。
13．【答案】（1）解：篮球自由下落，设碰地前瞬间的速率为，由运动学公式可得
解得
篮球反弹至h高处，设离地瞬间的速率为，由运动学公式可得
解得
以竖直向上为正方向，根据动量定理可得
可得
方向竖直向上；篮球与地面第一次碰撞的碰后速率与碰前速率之比为
（2）解：由图像可知，拍球过程压力做的功为
设篮球落地瞬间的速率为，由动能定理可得
篮球反弹至高处，设离地瞬间的速率为，由运动学公式可得
由（2）问可知速率之比为
联立解得
【知识点】动量定理；自由落体运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】该题主要考查动量定理和动能定理；第（1）问求合力的冲量，很容易想到求篮球碰撞前后动量的变化量，结合动量定理进行求解，需要注意合外力的冲量等于动量的变化量。第（2）问需要对图像进行分析，结合F-t图像的面积即为F在该过程内的功，再对起点到落地前使用动能定理，结合运动学公式即可进行求解。
（1）篮球自由下落，设碰地前瞬间的速率为，由运动学公式可得
解得
篮球反弹至h高处，设离地瞬间的速率为，由运动学公式可得
解得
以竖直向上为正方向，根据动量定理可得
可得
方向竖直向上；篮球与地面第一次碰撞的碰后速率与碰前速率之比为
（2）由图像可知，拍球过程压力做的功为
设篮球落地瞬间的速率为，由动能定理可得
篮球反弹至高处，设离地瞬间的速率为，由运动学公式可得
由（2）问可知速率之比为
联立解得
14．【答案】解：（1）滑块与地面碰撞后瞬间速度为零，此时返回舱速度为v0且最大，则滑块K中的感应电动势最大，为
根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小为
将已知量代入可解得
（2）此过程中通过每个缓冲装置的线圈abcd中的电荷量为
平均电流为
平均感应电动势为
联立以上各式解得
将已知量代入可得
根据能量守恒定律可知，此过程中每个缓冲装置的线圈abcd中产生的焦耳热为
将已知量代入可得
（3）根据感应电动势公式、欧姆定律及安培力公式可得，每台减速装置受到的安培力平均值为
电流平均值为
而电动势平均值为
因为有4台减速装置，以向上的方向为正方向，根据动量定理得
若缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少为d，则
联立解得
将已知量代入可得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）滑块与地面碰撞后瞬间速度为零，此时返回舱速度最大，此时滑块K中的感应电动势最大，根据闭合电路的欧姆定律可求解滑块K的线圈中最大感应电流的大小
（2）此过程中通过每个缓冲装置的线圈abcd中的电荷量为，平均电流为，平均感应电动势为，联立可求解 线圈abcd中通过的电荷量 ；
根据能量守恒定律列等式： ，可求解此过程中每个缓冲装置的线圈abcd中产生的焦耳热。
（3）根据感应电动势公式、欧姆定律及安培力公式可得，每台减速装置受到的安培力平均值为
，电流平均值为，而电动势平均值为，根据动量定理列等式：
，长度d缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度
联立可求解长度d。
15．【答案】（1）解：将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动 ，，代入数据计算得微粒在x方向的加速度大小
电场强度E1的大小E1=0.3N/C
（2）解：由E1=3E2，可得qE2=mg，所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动
设粒子运动圆轨道半径为R，周期为T，则
可得 使粒子从C点运动到D点，则有，
计算得出 （n=1，2，3…），
解得 s （n=1，2，3…）
（3）解：当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图运动情形：
由图可以知道 ，则
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动，，，可求解加速度和电场强度E1的大小。
（2）题目已知 场强，可得出 qE2=mg，则带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动
，可得 使粒子从C点运动到D点，则有， ，计算得出磁感应强度
周期：，由 可求解 磁场的变化周期T0
（3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图运动情形：
由图可以知道 ，则，可得出乘积应满足的关系。
（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动
计算得出
E1=0.3N/C
（2）由E1=3E2，可得
qE2=mg
所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动
设粒子运动圆轨道半径为R，周期为T，则有
可得
使粒子从C点运动到D点，则有
计算得出
（n=1，2，3…）
解得
s （n=1，2，3…）
（3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图运动情形：
由图可以知道
则
1 / 12025届广东省广州市普通高中高三下学期第三次模考物理试题
1．（2025·广州模拟）某同学在玩“打水漂”时，向平静的湖面抛出石子，恰好向下砸中一个安全警戒浮漂，浮漂之后的运动可简化为竖直方向的简谐振动，在水面形成一列简谐波，距离浮漂S处的水蕊上有一片小树叶，则（ ）
A．小树叶将远离浮漂运动
B．小树叶将先向下运动
C．浮漂的振幅越大，波传到S处时间越短
D．浮漂的振幅越大，小树叶振动频率越大
【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动
【解析】【解答】A． 简谐波在水面传播时，水面的质点（如小树叶）只在平衡位置附近上下振动，并不会随波远离浮漂运动 ，故A错误；
B． 小树叶在波传到时会开始振动，由于简谐波的传播方向是远离浮漂的，初始时刻浮漂向下运动，波传到小树叶时，小树叶也会先向下运动， 故B正确；
C．波的传播速度只与介质有关，与振幅无关，则即使浮漂的振幅越大，波传到S处时间也不变，故C错误；
D． 小树叶振动的频率由波源的频率决定，而波源的频率由浮漂的振动频率决定，与振幅无关 ，故D错误。
故选B。
【分析】1、 水波传播时，介质（水）质点只在平衡位置附近振动，不会随波迁移。树叶会在原地上下振动，不会水平移动远离浮漂。
2、 浮漂被向下砸中，初始运动方向向下，产生的波第一个扰动也是向下传播。因此距离S处的树叶会先接收到向下的扰动。
3、 波速由介质决定，与振幅无关。波传到S处的时间t=S/v，与振幅无关。
4、 树叶振动频率等于浮漂振动频率，而频率由振动系统本身性质决定，与振幅无关。振幅增大只会使树叶振动幅度变大，不改变频率。
2．（2025·广州模拟）彩虹是由太阳光进入水滴，先折射一次，然后在水滴的背面反射，最后离开水滴时再折射一次形成的。下图为彩虹形成的示意图，一束白光L由左侧射入水滴，a、b是白光射入水滴后经过一次反射和两次折射后的两条单色光线。则（ ）
A．a光的频率小于b光的频率
B．a、b光在由空气进入水滴后波长变长
C．从同一介质射向空气，a光比b光容易发生全反射
D．通过同一双缝干涉装置，a光的相邻条纹间距比b光的大
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．从光路图看出，光 a 的偏折程度比光 b 更大，说明水滴对 a 光的折射率比对 b 光大。由于折射率越大，光的频率越高，因此 a 光的频率高于 b 光，故A错误；
B．当 a、b 光从空气进入水滴后，它们的传播速度都会减小，但频率保持不变。根据波长公式 λ = v/f，由于波速 v 变小，而 f 不变，所以它们的波长都会变短，故B错误；
C．根据全反射临界角公式可知，光的临界角小于光的临界角，即光比光容易发生全反射，故C正确；
D．由于光的频率大于光的频率，所以光的波长小于光的波长，根据可知，通过同一双缝干涉装置，波长越短，条纹间距越小。因此，a 光的干涉条纹比 b 光更窄，故D错误。
故选C。
【分析】1、对同一介质，频率越高的光折射率越大（n∝ν）
2、光从空气进入介质后频率保持不变，颜色由光的频率决定。
3、在介质中光速v = c/n，进入介质后波速减小，频率ν不变 波长λ 变短
4、临界角公式：sinC = 1/n，折射率越大，临界角越小。
5、 干涉公式：，同一双缝干涉装置，波长越小，条纹间距越小。
3．（2025·广州模拟）我国某地一次消防演练中，一直升机利用四根相同的绝缘绳索将金属线框吊起，线框始终保持水平。地磁场的竖直分量，随距离地面高度h的增大而减小，当飞机带动线框匀速上升时（ ）
A．穿过线框的磁通量增大
B．线框中感应电流方向为
C．线框的四条边有向内收缩的趋势
D．绳索对线框的作用力小于线框的重力
【答案】B
【知识点】磁通量；安培力的计算；楞次定律
【解析】【解答】A．地磁场的竖直分量 随海拔高度 增大而减弱，磁通量
（为线框面积）
因 减小，减小，故A错误；
B．楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍原磁通量变化。原磁通量向下且减小 → 感应电流的磁场方向应向下（阻碍减小），线框中线框中感应电流方向为，故B正确；
C．磁通量减小 → 线框倾向于扩大面积以增加磁通量（向外扩张），线框的四条边有向外扩张的趋势，故C错误；
D．安培力合力：若线框各边电流对称且磁场均匀，安培力可相互抵消，合力为零。受力平衡：匀速上升时，绳索拉力
（重力平衡，忽略空气阻力）
故D错误。
故选B。
【分析】1、地磁场与高度关系：地磁场的竖直分量随海拔升高近似按 衰减。
2、楞次定律应用：磁通量变化 → 感应电流方向 → 感应磁场方向（增反减同）。
3、广义楞次定律：磁通量变化导致导体运动趋势（扩张/收缩）。
4、安培力与平衡：对称闭合回路在均匀磁场中安培力合力为零。匀速运动时外力仅需平衡重力。
4．（2025·广州模拟）我国预计在2030年前实现载人登月，登月的初步方案是：采用两枚运载火箭分别将月面着陆器和载人飞船送至环月轨道对接，航天员从飞船进入月面着陆器。月面着陆器将携航天员下降着陆于月面预定区域。在完成既定任务后，航天员将乘坐着陆器上升至环月轨道与飞船交会对接，并携带样品乘坐飞船返回地球。已知月球的半径约为地球的，月球表面重力加速度约为地球的，则（ ）
A．发射火箭的速度必须达到地球的第二宇宙速度
B．月面着陆器下降着陆过程应当一直加速
C．载人飞船在环月轨道匀速圆周运动的运行速度小于地球的第一宇宙速度
D．航天员在月面时受到月球的引力小于其在环月轨道时受到月球的引力
【答案】C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A． 只需要达到地月转移轨道的速度（约10.9 km/s）即可，不需要完全达到第二宇宙速度。只有直接登月任务（如阿波罗计划）才需要达到第二宇宙速度，故A错误；
B． 着陆器在下降过程中需要减速，特别是在接近月面时要启动反推发动机进行制动。如果一直加速，着陆器会以过高速度撞击月面。只有在自由落体阶段才会自然加速，但最终必须减速才能安全着陆。 故B错误；
C．第一宇宙速度是卫星绕着星球表面做匀速圆周运动的速度，设星球半径为R，在星球表面飞行的卫星有，解得第一宇宙速度，由于月球的半径约为地球的，月球表面重力加速度约为地球的，通过上式可知载人飞船在环月轨道匀速圆周运动的运行速度小于地球的第一宇宙速度，故C正确；
D．根据万有引力，在月面时距离月球中心更近，受到的引力更大；在环月轨道时距离更远，引力更小， 故D错误。
故选C。
【分析】1、第二宇宙速度是脱离地球引力束缚的最小速度，月球是地球的天然卫星 ，仍在地球引力范围内。
2、着陆过程需要减速才能安全降落，实际过程包括减速、悬停调整等阶段。
3、计算月球的第一宇宙速度：，代入数据约为1.6 km/s，地球的第一宇宙速度为7.9 km/s
4、根据万有引力公式，引力与距离平方成反比，月面距离月球中心更近，因此月面引力大于环月轨道引力。
5．（2025·广州模拟）有研究表明，当有兴奋情绪时，在人的体表可以测出与之对应的电势变化。某一瞬间人体表面的电势分布如图所示，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，该电场可等效为两等量异种点电荷产生的电场，a、b为两点电荷连线上对称的两点，c、d为两点电荷连线中垂线上对称的两点。下列说法正确的是（ ）
A．a、b两点的电场强度大小相等，方向相反
B．c点的电势大于d点的电势
C．将带正电的试探电荷从b点移到d点，电场力做负功
D．负电荷在c点的电势能小于在a点的电势能
【答案】C
【知识点】电场力做功；电场强度的叠加；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A．该电场的分布特性与一对等量异种点电荷形成的电场等效。若a、b两点位于两点电荷连线的对称位置，则根据等量异种电荷的电场分布规律，a、b两点的电场强度大小相等，且方向相同（均指向负电荷或远离正电荷），故A错误；
B． 由于c、d两点位于同一等势线上，根据等势面的定义，两点电势相等（），因此移动电荷在c、d间不会因电势差做功，故B错误；
C．对于正电荷，其电势能随电势升高而增大。若b点电势低于d点，将正电荷从b移至d时，电势能增加，电场力需克服电势差做功（即做负功），故C正确；
D．负电荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷在电势低的c点的电势能大于在电势高的a点的电势能，故D错误。
故选C。
【分析】1、 分析对称位置的场强时，可直接利用对称性判断方向与大小。
2、 等势面是电势相同的点构成的面，电荷在等势面上移动时 电场力不做功（ΔU=0）。 用来判断两点电势是否相等，计算电场力做功时优先分析等势面。
3、 电场力做功 ，常用来计算电荷移动时的能量变化，判断电场力做功正负。
4、“正同负反”：正电荷电势能与电势同向变化，负电荷反向变化。
6．（2025·广州模拟）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、 M、 N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（ ）
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物先超重后失重
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg m/s
D．MN段无人机机械能守恒
【答案】A
【知识点】运动学 S-t 图象；超重与失重；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】A．EF段无人机的速度大小等于图像中EF段的斜率，根据其方程：y=4t-26，可知EF段无人机的速度大小为v=4m/s，故A正确；
B．根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度，取竖直向上为正方向，可知FM段无人机先竖直向上做减速运动，后竖直向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B错误；
C．以y轴正方向为正方向，根据MN段方程：y=-2t+140，可知MN段无人机的速度为v'=-2m/s
则FN段无人机和装载物总动量变化量为，FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg m/s，故C错误；
D．MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减小，无人机的机械能减小，故D错误。
故选A。
【分析】1、y-t 图像的基本性质：斜率表示速度：y-t 图像的斜率（即导数 dy/dt）代表物体的瞬时速度。斜率为正 物体沿正方向运动（如竖直向上）。斜率为负 物体沿负方向运动（如竖直向下）。直线段：斜率为常数 匀速直线运动（速度大小和方向不变）。
例如：EF 段方程 y=4t 26 斜率 v=4m/s（匀速上升）。
MN 段方程 y= 2t+140 斜率 v'= 2m/s（匀速下降）。
曲线段：斜率变化 变速运动（如 FM 段）。
2、FN 段动量变化：初始（F 点）：速度 （FM 段末端速度为零）。末态（N 点）：速度 。
3、机械能 = 动能 + 势能。动能不变，势能减小 机械能减小（可能有空气阻力等外力做功）。
7．（2025·广州模拟）如图所示，光滑绝缘正方形方框竖直固定，边长是a，两个质量均为m的带电小球M、N套在方框上。M球带正电，固定于底边AB中点处；带电荷量为q的小球N置于方框右边BC中点时恰好静止不动，已知重力加速度大小为g，静电力常量为k，两小球均看成点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．小球N带负电
B．小球N受到的库仑力大小是mg
C．小球M所带电荷量是
D．小球M在方框中心O处产生的电场强度大小是
【答案】D
【知识点】库仑定律；电场强度
【解析】【解答】A． 题目描述小球N在BC中点静止不动，说明它处于受力平衡状态。由于小球M带正电且固定在AB中点，若N也带正电，两球间会产生排斥力，该力的竖直分量可以平衡N的重力；若N带负电，会产生吸引力，其竖直分量方向与重力同向，无法平衡。因此N必须带正电，故A错误；
B．对N进行分析，根据平衡条件有
解得
故B错误；
C．根据库仑定律有
结合上述解得
故C错误；
D．小球M在方框中心O处产生的电场强度大小
结合上述解得
故D正确。
故选D。
【分析】1、平衡条件：若带电小球静止，静电力必须能平衡其他力（如重力）。本题关键：N静止时，库仑力的竖直分量需抵消重力，因此N必须带正电。
2、将库仑力分解为水平分量（ ）和竖直分量（ ）。竖直分量平衡重力：
3、点电荷电场强度公式：，：点到电荷的距离（本题中O点到M的距离 ）。
方向：沿连线方向，正电荷向外，负电荷向内。
4、距离计算：利用坐标系或勾股定理求电荷间距（如 ，角度关系：通过几何图形确定力的方向角（如 ）。
8．（2025·广州模拟）医用回旋加速器工作原理示意图如图甲所示，其工作原理是：带电粒子在磁场和交变电场的作用下，反复在磁场中做回旋运动，并被交变电场反复加速，达到预期所需要的粒子能量，通过引出系统引出后，轰击在靶材料上，获得所需要的核素。时，回旋加速器中心部位O处的灯丝释放的带电粒子在回旋加速器中的运行轨道和加在间隙间的高频交流电压如图乙所示（图中为已知量）。若带电粒子的比荷为k，忽略粒子经过间隙的时间和相对论效应，则（ ）
A．被加速的粒子带正电
B．磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子被加速的最大动量大小与D形盒的半径有关
D．带电粒子在D形盒中被加速次数与交流电压有关
【答案】B,C,D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．电场方向与粒子加速方向：若电场方向向右（时电压为正），粒子向右加速，说明粒子带负电（负电荷在正向电场中受力方向与电场方向相反），故A错误；
B．回旋加速器同步条件：粒子圆周运动周期
必须等于交流电压周期 。由 ，又，解得磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为
故B正确；
C．最大动量与半径关系：粒子最终从 D 形盒边缘射出，半径 ，故最大动量
限制因素：D 形盒半径 和磁场 共同决定 ，故C正确；
D．粒子最终动能
每次加速获得能量 ，故加速次数
电压 U 的影响：越小，所需加速次数 越多，故D正确。
故选BCD。
【分析】1、粒子电荷性质判断：根据电场方向与加速方向确定粒子带负电。
2、回旋加速器同步条件：粒子运动周期 必须匹配交流电压周期。
3、能量上限的决定因素：最大动量 ，仅由 和 决定。
4、加速次数与电压关系：电压 越小，加速次数 越多。
9．（2025·广州模拟）有一款三轨推拉门，门框内部宽为，三扇相同的门板如图所示，每扇门板宽为质量为，与轨道的动摩擦因数为。在门板边缘凸起部位贴有尼龙搭扣，两门板碰后可连在一起，现将三扇门板静止在最左侧，用力水平向右拉3号门板，一段时间后撤去，3号门板恰好到达门框最右侧，大门完整关闭。重力加速度，取3号门运动的方向为正方向。则有（ ）
A．3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小为0.8m/s
B．拉力F的作用时间为0.8s
C．三扇门板关闭过程中系统由于摩擦产生的热能为4.8J
D．2号门板对3号门板作用力的冲量为
【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】AD．设3号门板与2号门板碰撞前速度为，碰撞后速度为，碰后两门板位移为，根据功能关系有，解得，
碰撞过程，根据动量守恒定律，解得，2号门板与3号门板碰撞时根据动量定理，故A正确，D错误；
B．根据牛顿第二定律，解得，根据动能定理，解得，根据运动学公式，解得，故B错误；
C．三扇门板关闭过程中系统由于摩擦产生的热能为，故C正确。
故选AC。
【分析】1、动量守恒：在门板碰撞瞬间，系统总动量保持不变。
2、非弹性碰撞会导致动能损失，损失动能转化为其他形式能量（如热能）
3、运动过程的力学分析，滑动摩擦力计算公式：F = μN，摩擦力做功导致动能减少，功的计算式：W = -μ(m2+m3)gx
4、运动学关系：加速度由牛顿第二定律确定：a = F/m = μg，运动位移与速度关系：v2 = 2ax
滑行距离：x = v2/(2μg)
5、碰撞过程中的能量损失等于摩擦作用产生的热量。
10．（2025·广州模拟）如图1所示，在倾角的足够长绝缘斜面上放有一根质量、长的导体棒，导体棒中通有方向垂直纸面向外、大小恒为的电流，斜面上方有平行于斜面向下的均匀磁场，磁场的磁感应强度B随时间的变化关系如图2所示。已知导体棒与斜面间的动摩擦因数，重力加速度g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8。在时刻将导体棒由静止释放，则在导体棒沿斜面向下运动的过程中（ ）
A．导体棒受到的安培力方向垂直斜面向上
B．导体棒达到最大速度所用的时间为4s
C．导体棒的最大速度为8m/s
D．导体棒受到的摩擦力的最大值为5.2N
【答案】B,C
【知识点】安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A．根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直斜面向下，故A错误；
B．对导体棒受力分析可知，当导体棒沿斜面向下运动的速度达到最大时，导体棒所受外力的合力为0，则有，其中，，
解得，故B正确；
C．在导体棒沿斜面向下运动的过程中，由牛顿第二定律可得，结合上述解得
，作出导体棒运动的图像如图所示
由于导体棒初速度为零，故图像中的面积即可表示导体棒的末速度，结合上述由图可知，导体棒的最大速度为，故C正确；
D．导体棒受到的摩擦力为，即有，可知导体棒运动时间越长，受到的摩擦力就越大，故可判断出导体棒的速度再次减为零时，导体棒受到的摩擦力最大，由图可知，时导体棒的速度为零，结合上述解得此时导体棒受到的摩擦力大小为，故D错误。
故选BC。
【分析】1、导体棒受到的安培力方向根据左手定则判断。
2、当导体棒沿斜面向下运动的速度达到最大时导体棒所受外力的合力为零，，，联立可计算导体棒达到最大速度所用的时间。
3、导体棒运动的图像，图像中的面积即可表示导体棒的末速度。
4、导体棒受到的摩擦力为，导体棒运动时间越长，受到的摩擦力就越大。
11．（2025·广州模拟）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的两个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。
（1）如图所示，在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，使光源、透镜、滤光片、单缝、双缝中心均在遮光筒的中心轴线上，使单缝与双缝 ，二者间距约2~5cm。若实验中观察到单色光的干涉条纹后，撤掉滤光片，则会在毛玻璃屏上观察到 。若测量单色光波长时发现条纹太密，难以测量，可以采用的改善办法是 （填正确答案标号）。
A．增大双缝到屏的距离
B．增大单缝到双缝的距离
C．增大双缝间距
（2）右图为“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验装置，在小球质量和转动半径相同，塔轮皮带套在左、右两个塔轮的半径之比为2∶1的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动，此时左、右两侧露出的标尺格数之比为 。其他条件不变，若增大手柄的转速，则左、右两标尺的格数 （选填“变多”“变少”或“不变”），两标尺格数的比值 。（选填“变大”“变小”或“不变”）
【答案】（1）平行；明暗相间的彩色条纹；A
（2）1∶4；变多；不变
【知识点】用双缝干涉测光波的波长；向心力
【解析】【解答】（1）1、用双缝干涉测量光的波长实验中，单缝与双缝应该平行；
2、撤掉滤光片，则会在毛玻璃屏上观察到白光干涉形成的明暗相间的彩色条纹；
3、A．根据公式，增大双缝到光屏的距离L，可以增大条纹宽度和条纹间距，故A正确；
B．根据公式，增大单缝到双缝的距离， 不能改变条纹的疏密程度，故B错误；
C．根据公式，增大双缝间距d，条纹更窄更密，故C错误。
故选A。
（2）在小球质量和转动半径相同，传动塔轮皮带套在左、右两个塔轮的半径之比为2∶1的情况下，由于左、右两个塔轮边缘的线速度大小相等，根据可知，左、右两个塔轮的角速度之比为1∶2，根据，可知此时左、右两侧露出的标尺格数之比为1∶4；
其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则左、右两个塔轮的角速度增大，小球做圆周运动的向心力增大，但左、右两个塔轮的角速度比值不变，所以左、右两标尺的格数变多，两标尺格数的比值不变。
【分析】（1）1、用双缝干涉测量光的波长实验中，单缝与双缝应该平行。
2、白光干涉形成是明暗相间的彩色条纹。
3、根据公式，增大双缝到光屏的距离L或减小双缝间距d都可增大条纹宽度和条纹间距。
（2）“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中，左、右两个塔轮边缘的线速度大小相等，角速度与半径成反比，左、右两侧露出的标尺格数之比等于向心力之比。
（1）（1）[1]用双缝干涉测量光的波长实验中，单缝与双缝应该平行；
[2]撤掉滤光片，则会在毛玻璃屏上观察到白光干涉形成的明暗相间的彩色条纹；
[3] A．根据公式，增大双缝到光屏的距离L，可以增大条纹宽度和条纹间距，A正确；
B．根据公式，增大单缝到双缝的距离， 不能改变条纹的疏密程度，B错误；
C．根据公式，增大双缝间距d，条纹更窄更密，C错误。
故选A。
（2）[1] 在小球质量和转动半径相同，传动塔轮皮带套在左、右两个塔轮的半径之比为2∶1的情况下，由于左、右两个塔轮边缘的线速度大小相等，根据可知，左、右两个塔轮的角速度之比为1∶2，根据，可知此时左、右两侧露出的标尺格数之比为1∶4；
[2][3]其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则左、右两个塔轮的角速度增大，小球做圆周运动的向心力增大，但左、右两个塔轮的角速度比值不变，所以左、右两标尺的格数变多，两标尺格数的比值不变。
12．（2025·广州模拟）某同学为探究光敏电阻阻值随光照强度变化的关系，设计了如图（a）所示的电路。所用器材有：置于暗箱（图中虚线区域）中的光敏电阻、小灯泡和刻度尺；阻值为R的定值电阻；理想电压表V；电动势为E、内阻为r的电源；开关S；导线若干。
实验时，先按图（a）连接好电路，然后改变暗箱中光源到光敏电阻的距离d，记录电压表的示数U，获得多组数据如下表：
d/cm 8.50 10.00 12.00 13.50 15.00 17.00 18.50 20.00
U/mV 271.0 220.0 180.0 156.7 144.9 114.0 94.8 89.5
回答下列问题：
（1）光敏电阻阻值与电压表示数U的关系式为 （用E、r，R、U表示）。
（2）依据实验结果可推断：光敏电阻的阻值随着光照强度的减小而 （填“增大”或“减小”）。
（3）该同学注意到智能手机有自动调节屏幕亮度的功能，光照强度大时屏幕变亮，反之变暗。他设想利用光敏电阻的特性，实现“有光照射光敏电阻时，小灯泡变亮；反之变暗”的功能，设计了如图（b）所示电路，则电路中 （填“”或“”）为光敏电阻，另一个为定值电阻。
（4）如图（c）所示为工厂流水生产线上利用光敏电阻特性，信号处理系统自动计数的示意图，其中为光敏电阻，为定值电阻，那么当有光照射时，信号处理系统获得 （填“高电压”或“低电压”），信号处理系统每获得一次 （填“高电压”或“低电压”）就记数一次。
【答案】；增大；；高电压；低电压
【知识点】电路动态分析；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流 满足：，其中：为电源电动势（为电源内阻）
若电压表测量固定电阻 的电压 ，则
变形可得
（2）光照距离增大（光照强度减弱）→ 电压表读数U 减小 → 光敏电阻两端电压 ，U光敏 =E U 增大 → 光敏电阻阻值R光敏 增大。结论：光敏电阻的阻值随光照强度的减小而增大（负相关特性）。
（3）若该元件为光敏电阻，其阻值随光照强度增大而减小。
有光照射时：光敏电阻阻值减小 → 外电路总电阻减小 → 干路电流 增大（闭合电路欧姆定律 ）。此时路端电压 会减小，导致并联支路两端电压降低，流过灯泡的电流减小，灯泡实际功率 下降，灯泡变暗。
无光照射时：光敏电阻阻值增大 → 外电路总电阻增大 → 干路电流减小，路端电压升高，灯泡电流增大，灯泡变亮。矛盾点：题目要求“有光时灯泡变亮，无光时变暗”，但上述分析结果相反，因此该元件不是光敏电阻。若该元件为光敏二极管（正向工作模式）：
有光照射时，光生载流子增多，二极管导通电阻显著减小，分流作用增强，导致流过灯泡的电流增大（灯泡变亮）；无光时二极管电阻极大，灯泡电流减小（变暗）。此特性符合题目要求，所以是光敏电阻。
（4） 信号处理系统在光敏元件无光照射（高阻态）时，因 分压降低而获得低电压，并据此记数；有光照射时 分压升高，系统不计数。而信号处理系统每获得一次低电压就记数一次。
【分析】（1）闭合电路欧姆定律与电压测量，核心公式：，
（2）实验现象：光照距离增大（强度减弱）→ 电压表读数 减小。电压分配：，欧姆定律：，因为 减小 → 增大。结论：光敏电阻阻值 与光照强度负相关（光照越强，阻值越小）。
（3）假设元件为光敏电阻：有光照射时：减小 → 外电路总电阻 减小 → 干路电流 I增大。
路端电压 减小 → 并联支路电压降低 → 灯泡电流 减小 → 灯泡变暗。
无光照射时： 增大 → 增大 → 减小 → 增大 → 增大 → 灯泡变亮。
（4） 当有光照射时的电阻减小，则整个电路总电阻变小，电动势不变，则电流增大，两端的电压增大，而信号处理系统每获得一次低电压就记数一次。
13．（2025·广州模拟）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后最高反弹至离地h处。设篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求篮球与地面第一次碰撞过程所受合力的冲量I及碰后速率v2与碰前速率v1之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员向下拍球，对篮球施加一个向下的压力F，持续作用至h0高度处撤去，使得篮球与地面第二次碰撞后恰好反弹至h高度处，力F的大小随高度y的变化如图（b）所示，求F0的大小。
【答案】（1）解：篮球自由下落，设碰地前瞬间的速率为，由运动学公式可得
解得
篮球反弹至h高处，设离地瞬间的速率为，由运动学公式可得
解得
以竖直向上为正方向，根据动量定理可得
可得
方向竖直向上；篮球与地面第一次碰撞的碰后速率与碰前速率之比为
（2）解：由图像可知，拍球过程压力做的功为
设篮球落地瞬间的速率为，由动能定理可得
篮球反弹至高处，设离地瞬间的速率为，由运动学公式可得
由（2）问可知速率之比为
联立解得
【知识点】动量定理；自由落体运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】该题主要考查动量定理和动能定理；第（1）问求合力的冲量，很容易想到求篮球碰撞前后动量的变化量，结合动量定理进行求解，需要注意合外力的冲量等于动量的变化量。第（2）问需要对图像进行分析，结合F-t图像的面积即为F在该过程内的功，再对起点到落地前使用动能定理，结合运动学公式即可进行求解。
（1）篮球自由下落，设碰地前瞬间的速率为，由运动学公式可得
解得
篮球反弹至h高处，设离地瞬间的速率为，由运动学公式可得
解得
以竖直向上为正方向，根据动量定理可得
可得
方向竖直向上；篮球与地面第一次碰撞的碰后速率与碰前速率之比为
（2）由图像可知，拍球过程压力做的功为
设篮球落地瞬间的速率为，由动能定理可得
篮球反弹至高处，设离地瞬间的速率为，由运动学公式可得
由（2）问可知速率之比为
联立解得
14．（2025·广州模拟）小红在查阅资料时看到了嫦娥五号的月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地面着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN。导轨内侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B=5T。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R=100Ω，匝数为n=200匝，ab边长为L=40cm。假设整个返回舱以速度v0=10m/s与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m=2×103kg，地球表面的重力加速度取g=10m/s2，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。
（1）求滑块K的线圈中最大感应电流的大小；
（2）若缓冲装置向下移动距离H=80cm后速度减为v=6m/s，则此过程中每个缓冲装置的线圈abcd中通过的电荷量和产生的焦耳热各是多少？
（3）若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t=1.5s，则缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少多大？（结果保留三位有效数字）
【答案】解：（1）滑块与地面碰撞后瞬间速度为零，此时返回舱速度为v0且最大，则滑块K中的感应电动势最大，为
根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小为
将已知量代入可解得
（2）此过程中通过每个缓冲装置的线圈abcd中的电荷量为
平均电流为
平均感应电动势为
联立以上各式解得
将已知量代入可得
根据能量守恒定律可知，此过程中每个缓冲装置的线圈abcd中产生的焦耳热为
将已知量代入可得
（3）根据感应电动势公式、欧姆定律及安培力公式可得，每台减速装置受到的安培力平均值为
电流平均值为
而电动势平均值为
因为有4台减速装置，以向上的方向为正方向，根据动量定理得
若缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少为d，则
联立解得
将已知量代入可得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）滑块与地面碰撞后瞬间速度为零，此时返回舱速度最大，此时滑块K中的感应电动势最大，根据闭合电路的欧姆定律可求解滑块K的线圈中最大感应电流的大小
（2）此过程中通过每个缓冲装置的线圈abcd中的电荷量为，平均电流为，平均感应电动势为，联立可求解 线圈abcd中通过的电荷量 ；
根据能量守恒定律列等式： ，可求解此过程中每个缓冲装置的线圈abcd中产生的焦耳热。
（3）根据感应电动势公式、欧姆定律及安培力公式可得，每台减速装置受到的安培力平均值为
，电流平均值为，而电动势平均值为，根据动量定理列等式：
，长度d缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度
联立可求解长度d。
15．（2025·广州模拟）在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy， x轴沿水平方向，如图甲所示。第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1。坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强，匀强磁场方向垂直纸面。现一个比荷为=102C/kg的带正电微粒（可视为质点）以v0=4m/s的速度从x轴上A点竖直向上射入第二象限，并以v1=12m/s的速度从y轴正方向上的C点沿水平方向进入第一象限。取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），重力加速度g=10m/s2。则：
（1）求微粒在x方向的加速度大小和电场强度E1的大小；
（2）在x轴正方向上有一点D，OD=OC，若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及磁场的变化周期T0各为多少？
（3）要使带电微粒通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系？
【答案】（1）解：将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动 ，，代入数据计算得微粒在x方向的加速度大小
电场强度E1的大小E1=0.3N/C
（2）解：由E1=3E2，可得qE2=mg，所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动
设粒子运动圆轨道半径为R，周期为T，则
可得 使粒子从C点运动到D点，则有，
计算得出 （n=1，2，3…），
解得 s （n=1，2，3…）
（3）解：当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图运动情形：
由图可以知道 ，则
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动，，，可求解加速度和电场强度E1的大小。
（2）题目已知 场强，可得出 qE2=mg，则带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动
，可得 使粒子从C点运动到D点，则有， ，计算得出磁感应强度
周期：，由 可求解 磁场的变化周期T0
（3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图运动情形：
由图可以知道 ，则，可得出乘积应满足的关系。
（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动
计算得出
E1=0.3N/C
（2）由E1=3E2，可得
qE2=mg
所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动
设粒子运动圆轨道半径为R，周期为T，则有
可得
使粒子从C点运动到D点，则有
计算得出
（n=1，2，3…）
解得
s （n=1，2，3…）
（3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图运动情形：
由图可以知道
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