2025届广东省广州市华兴教育港澳台联考学校高三下学期港澳台班第一次模拟考物理试题
1．（2025·广州模拟）春节假期，小华使用无人机进行航拍，一段时间内无人机在竖直方向上运动，其位移时间图像如图所示，取竖直向上为正方向，下列哪个时刻无人机处于最高点（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】本题考查了对位移与时间图像的理解，其中掌握位移大小规律为解决本题的关键。根据位移时间图像可知时刻无人机处于最高点。
故选B。
【分析】位移与时间图像中纵坐标表示位置，位移大小为末位置减去初位置，可利用此特点判断最高点时刻。
2．（2025·广州模拟）如图甲是研究光电效应的电路图，图乙是汞原子的能级图，若用处于能级的汞原子跃迁发出的光子照射某种金属，恰好可以使它发生光电效应，则（ ）
A．该金属的逸出功
B．用处于能级的汞原子跃迁发出的光子照射该金属，不能发生光电效应
C．一个处于能级的汞原子跃迁发出的光子种类最多有两种
D．用处于能级的汞原子跃迁发出的光子照射该金属时，将滑动变阻器的滑动端移动到合适位置，可使甲图中电流表示数为零
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】解决本题的关键知道光子能量与能级差的关系，即Em-En=hν，以及知道光电效应产生的条件。A．处于能级的汞原子跃迁到能级，发出光子的能量为
由于恰好可以使某种金属发生光电效应，由
可知，该金属的逸出功
故A错误；
B．处于能级的汞原子跃迁到能级发出的光子能量为
能使该金属发生光电效应，故B错误；
C．一个处于能级的汞原子先跃迁到能级，放出一个光子，再从能级向能级跃迁放出一个光子，一共最多放出两个光子，故C正确；
D．图甲所示中电源为正向接法，放出的电子能被电场加速运动至阳极，无论滑动变阻器的滑片位置在哪，电流表示数都不会为零，故D错误；
故选C。
【分析】由高能级向低能级跃迁，辐射的光子能量等于两能级间的能级差；根据发生光电效应的条件判断；根据排列组合判断；结合光电效应电路的特点判断。
3．（2025·广州模拟）“青箬笠，绿蓑衣，斜风细雨不须归”是唐代诗人张志和《渔歌子》中的描写春雨美景的名句。一雨滴由静止开始下落一段时间后，进入如图所示的斜风区域下落一段时间，然后又进入无风区继续运动直至落地，不计雨滴受到的阻力，则下图中最接近雨滴真实运动轨迹的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；运动的合成与分解
【解析】【解答】A．离开斜风区时雨滴的速度斜向左下方，进入无风区后雨滴只受重力，根据曲线运动的条件可以知道：速度和加速度不在一条直线上，不可能做直线运动，A错误；
BD．离开斜风区时雨滴的速度斜向左下方，根据曲线运动的规律可以得出，由于轨迹向合力方向弯曲，所以轨迹在速度和重力之间偏向重力一侧，B正确，D错误；
C．离开斜风区时雨滴有水平向左的分速度，根据速度的合成所以在落地前雨滴的速度不可能竖直向下，C错误。
故选B。
【分析】利用曲线运动的规律可以判别对应的运动轨迹，利用速度的合成可以判别落地速度的方向。
4．（2025·广州模拟）人造卫星A、B在轨道上绕地球做匀速圆周运动，如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．A的速度较小 B．A所受的引力较大
C．B的周期较小 D．B的加速度较小
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题主要考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力，结合向心力公式列式进行分析。ACD．设中心天体的质量为M，卫星的质量为m，轨道半径为r， 人造卫星A、B在轨道上绕地球做匀速圆周运动， 根据万有引力提供向心力得
求得
可知，轨道半径越大，卫星的线速度越小，加速度越小，周期越大，所以，A的速度较大，B的周期较大，B的加速度较小 ，故A、C错误，D正确；
B．卫星所受引力的计算式为
因不知道两卫星质量的大小关系，所以无法比较二者所受引力的大小，故B错误。
故选D。
【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，得到各个量的表达式，再进行分析。
5．（2025·广州模拟）如图所示，装满土豆的货车正沿水平公路向右做匀加速运动，以图中用粗线标出的土豆为研究对象，F表示周围的土豆对粗线标出的土豆的作用力，则下列说法中正确的是（ ）
A．F的大小可能小于G B．F的方向一定水平向右
C．F的方向一定斜向右上方 D．F的方向一定竖直向上
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律、力的合成与分解，解题的关键是画出土豆的受力分析图。根据题意，对粗线标出的土豆进行分析，其加速度方向水平向右，可知重力G、作用力F和合力构成矢量三角形，如图所示
由图可知F的大小一定大于G，F的方向一定斜向右上方。
故选C。
【分析】土豆和货车的加速度大小相等，方向相同，由牛顿第二定律可得土豆的合力大小和方向，由受力分析可知力F的方向；根据受力分析图，由力的合成可得力F的大小。
6．（2025·广州模拟）真空中两点电荷分别放在x轴上的O点和M点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则下列说法正确的是（ ）
A．两点电荷的电性相同
B．A点的电场强度为零
C．N点的电场强度大于C点的电场强度
D．质子从N点运动到C点的过程中电势能减小
【答案】C
【知识点】电势
【解析】【解答】 本题考查φ-x图像的认识和理解，会根据题意进行准确分析和判断。
A． 由题图已知，从O到M电势一直降低，则在O点放的是正电荷，在M点放的是负电荷，即二者的电性相反，故A错误；
BC．图像的斜率表示电场强度，A、N点的斜率不为零，C点的斜率为零，故B错误，C正确；
D．质子带正电，从N点运动到C点的过程中电势能增大，故D错误。
故选C。
【分析】根据x轴上电势的变化情况进行判断；根据图像的切线斜率的物理意义进行分析解答；根据带电粒子的电性和电场力做功的情况进行分析求解。
7．（2025·广州模拟）如图所示， A、B是面积、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场区域，只是A区域比B区域离地面高，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处同时由静止开始释放顺利穿过磁场，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两线圈穿过磁场的过程中产生的热量相等
B．两线圈穿过磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量不相等
C．两线圈落地时乙的速度较大
D．甲线圈运动时间较长，乙线圈先落地
【答案】D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】对于安培力作用下导体棒、线圈等的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。A．由法拉第电磁感应定律，欧姆定律及安培力公式有，，
可得
由于乙进入磁场时的速度较大，则安培力较大，克服安培力做的功较多，即产生的焦耳热较多，故A错误；
B．由电流定义式结合法拉第电磁感应定律有
可知通过线圈横截面的电荷量相等，故B错误；
C．由于甲、乙减少的重力势能相同，甲穿过磁场的过程中产生的热量较少，由能量守恒定律可知，甲落地时速度较大，故C错误；
D．线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力，设受到的平均安培力为，穿过磁场时间为，下落全过程时间为t，落地时的速度为v，则全过程由动量定理得
而，
所以
可见，下落过程中两线圈所受安培力的冲量相等，又因为甲落地的速度大于乙落地的速度，说明甲重力作用的时间更长，所以
即乙运动时间较短，先落地，故D正确。
故选D。
【分析】根据安培力公式分析安培力的大小，由此比较产生的焦耳热；根据电荷量的计算公式比较电荷量的大小；由能量守恒定律比较落地时速度大小；全过程由动量定理比较运动的时间。
8．（2025·广州模拟）如图为一“环腔式”降噪器的原理图，可以对高速气流产生的噪声进行降噪。波长为的声波沿水平管道自左侧入口进入后分成上、下两部分，分别通过通道①、②继续向前传播，在右侧汇聚后噪声减弱，其中通道①的长度为10，下列说法正确的是（ ）
A．该降噪器是利用波的衍射原理设计的
B．通道②的长度可能为8.5
C．通道②的长度可能为8
D．该降噪器对所有频率的声波均能起到降噪作用
【答案】B
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】解决本题的关键要掌握干涉的规律，知道路程差为半个波长奇数倍时振动减弱，路程差为波长的整数倍时振动加强。A．衍射是指波绕过障碍物的现象，该降噪器是利用声波干涉原理设计，A错误；
BCD．根据波的叠加原理可知，该降噪器对于路程差为
（n＝0，1，2，3…）
声波降噪效果良好，对不符合上述条件的声波降噪作用较差，甚至不能起到降噪作用，故而并非对所有波长或频率的声波均有效，CD错误，B正确。
故选B。
【分析】降噪器是利用了两列相干波叠加使质点的振动减弱的原理制成；当波峰与波谷相遇时，振动相互减弱，即听到声音最小，当波峰与波峰或波谷与波谷相遇时，振动加强，故此分析判断即可。
9．（2025·广州模拟）铋是一种金属元素，元素符号为Bi，原子序数为83，位于元素周期表第六周期VA族，在现代消防、电气、工业、医疗等领域有广泛的用途。一个铋210核（）放出一个粒子后衰变成一个钋核（），并伴随产生了射线。已知时刻有m克铋210核，时刻测得剩余克没有衰变，时刻测得剩余克没有衰变，则铋210核的半衰期为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】本题考查半衰期的计算，会根据题意进行准确的分析解答。由半衰期定义可知
解得
即时间内经过2个半衰期，故半衰期
故选D。
【分析】根据半衰期的计算公式列式解答。
10．（2025·广州模拟）一张画放在凸透镜前20cm处，画面与主轴垂直，成像的面积和画的面积相等，如果将画向透镜移近5cm，则所成像的面积是画的（ ）
A．2倍 B．2.25倍 C．1.5倍 D．4倍
【答案】D
【知识点】光学
【解析】【解答】解题关键是掌握透镜成像公式。物象等大时，物体与像均在透镜的2倍焦距处，由题意知透镜焦距f=10cm。
把u=15cm，f=10cm代入透镜成像公式
可得v=30cm。
因而放大率
故像的面积是画的4倍。
故选D。
【分析】物像等大时，物体与像均在透镜的2倍焦距处，结合透镜成像公式分析。
11．（2025·广州模拟）正方形区域abcd边长为L，质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），在纸面内从d点沿着dc方向以速率射入该区域，若在该区域加上方向垂直纸面向里的大小为B的匀强磁场，粒子恰好从b点离开。若在该区域加上竖直方向的匀强电场E，粒子也恰好从b点离开。下列判断正确的是（ ）
A．
B．
C．粒子在磁场中运动的轨迹半径为
D．若只改变粒子的速度方向，则在磁场中运动的最长时间为
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的性质和规律以及在电场中做类平抛运动的规律，解题的关键是找到临界条件，利用洛伦兹力提供向心力求出半径公式，再结合几何关系可解得结果。ABC．粒子从b点离开磁场，运动轨迹为圆周，故粒子在磁场中运动的轨迹半径为
由洛伦兹力提供向心力有
联立得
粒子在匀强电场中做类平抛运动，有运动学知识有
解得
所以
A正确，BC错误；
D．粒子在磁场中的运动周期为
粒子在磁场中运动时间为
为轨迹对应的圆心角，由题意知，该轨迹为劣弧，故弦长越大，越大，时间越久，bd为最长的弦，故从b点射出的粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间为
D错误。
故选A。
【分析】粒子从b点离开磁场，由洛伦兹力提供向心力做圆周运动，粒子在匀强电场中做类平抛运动；粒子在磁场中，半径一定，弦长越大，θ越大，运动时间越长。
12．（2025·广州模拟）如图所示，光滑的水平轨道与光滑的圆弧轨道在点平滑连接，，圆弧轨道半径。质量的小物块（可视为质点）静止在水平轨道上的点，现给小物块一个水平向右的瞬时冲量，则小物块从离开点到返回点所经历的时间约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】动量定理；极限法；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要是考查单摆的周期公式，解答本题的关键是弄清楚小物块的运动情况和受力情况，能够根据动量定理求解初速度大小，掌握单摆的周期公式。
根据动量定理可知小物块在a点时的速度为
代入数据解得
两次经过ab的总时间为
在圆弧上升的高度为
mgh=mv2
解得
h=0.128m
设小球上升至最高点时所对应轨道的圆心角为θ，由几何关系可得
证明角度极小，故可看做单摆模型，根据
解得
综上可知由a点返回a点时间为
故C正确。
故选C。
【分析】根据动量定理求解小物块获得的速度大小，根据匀速直线运动的规律求解小物块从a到b运动的时间，根据单摆周期公式求解从b到最高点通过的时间，由此得到小物块P从离开a点到返回a点所经历的时间。
13．（2025·广州模拟）如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】带电粒子在匀强电场中的运动问题，只需要分析粒子受力时注意考虑电场力，即可由合外力求得加速度，进而得到运动情况。A． 粒子带正电，当电压为正时，加速度向右（为正），加速度方向变化与电压变化同步； 若0＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A不符合题意；
B．若＜t0＜，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B符合题意；
C．若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C不符合题意；
D．若T＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D不符合题意。
故选B。
【分析】根据粒子受力得到加速度按时间的变化，即可根据粒子最终到达B板得到粒子速度大致变化，从而根据加速、减速时间关系得到释放时间点。
14．（2025·广州模拟）利用如图甲所示的装置探究轻弹簧的弹性势能。弹簧的左端固定，右端与小滑块接触但不连接，小滑块位于桌面边缘时弹簧恰好处于原长。向左推小滑块移动距离s后，由静止释放，小滑块向右移动离开桌面落到水平地面上。测出桌面到地面高度h，桌边到小滑块落地点的水平距离x。重力加速度为g，忽略空气阻力的影响，则：
（1）若改变滑块的质量m，仍将弹簧压缩s后由静止开始释放滑块，测出不同滑块离开桌面后的水平距离x，作的关系图像如图乙所示。图像的斜率为k，与纵轴的截距为b，则弹簧压缩s时的弹性势能为 ；
（2）本实验中滑块与桌面间动摩擦因数为 ，（用h、k、s、b等物理量表示）桌面有摩擦对计算弹簧的弹性势能结果 （选填“有影响”或“无影响”）。
【答案】（1）
（2）；无影响
【知识点】弹性势能；能量守恒定律
【解析】【解答】本题考查了平抛运动的分解，弹簧弹性势能与形变量的关系以及能量守恒的问题，需要细心计算。
（1）小滑块离开桌面后做平抛运动，设小滑块离开桌面时的速度大小为，竖直方向有
水平方向有x＝vt
设弹簧压缩s时的弹性势能为EP，滑块与桌面间动摩擦因数为μ，根据能量守恒可得
联立可得
可知图像的斜率为
解得弹簧压缩s时的弹性势能为
（2）根据
可得
解得滑块与桌面间动摩擦因数为
桌面有摩擦，不影响图像的斜率，所以桌面有摩擦对计算弹簧的弹性势能结果无影响。
【分析】（1）根据平抛运动的分解求得初速度后，根据能量守恒定律解得图像的函数，建立函数关系，解得系数为弹簧的弹性势能；
（2）根据表达式可知截距为动摩擦因数。
（1）小滑块离开桌面后做平抛运动，设小滑块离开桌面时的速度大小为，竖直方向有
水平方向有
x＝vt
设弹簧压缩s时的弹性势能为EP，滑块与桌面间动摩擦因数为μ，根据能量守恒可得
联立可得
可知图像的斜率为
解得弹簧压缩s时的弹性势能为
（2）[1]根据
可得
解得滑块与桌面间动摩擦因数为
[2]桌面有摩擦，不影响图像的斜率，所以桌面有摩擦对计算弹簧的弹性势能结果无影响。
15．（2025·广州模拟）某实验小组的同学要测量阻值约为300Ω的定值电阻，现备有下列器材：
A.电流表（量程为10mA，内阻约为10Ω）；
B.电压表（量程为3V，内阻约为3kΩ）；
C.滑动变阻器（阻值范围为0~10Ω，额定电流为2A）；
D.定值电阻（阻值为750Ω）；
E.直流电源E（电动势为4.5V，内阻不计）；
F.开关S和导线若干。
（1）实验小组设计了如图甲、乙所示的两种测量电路，电阻的测量值可由计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数，则图 （填“甲”或“乙”）所示电路的测量值更接近待测电阻的真实值。
（2）若采用（1）中所选电路进行测量，得到电压表和电流表的示数如图丙所示，则电压表的示数为 V，电流表的示数为 mA，由此组数据可得待测电阻的测量值 Ω，若所用电压表和电流表的内阻分别按3kΩ和10Ω进行计算，则由此可得待测电阻的真实值 Ω（计算结果均保留三位有效数字）。
【答案】甲；1.60；5.0；320；310
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】本题考查伏安法测电阻实验，要求掌握实验原理、电路的选择和数据处理。（1）由于
可知电压表分流更明显，故采用电流表内接法，则题图甲所示的电路测量更准确，测量值更接近待测电阻的真实值。
（2）根据读数规律可知，电压表的示数
[3]根据读数规律可知，电流表的示数
[4]根据欧姆定律可得待测电阻的测量值
[5]电路误差在于电流表的分压，则
解得
【分析】（1）根据比较两种电路的误差大小进行选择；
（2）明确电压表、电流表的分度值，读出示数，根据欧姆定律进行计算；
16．（2025·广州模拟）如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右侧有一质量M=0.10kg、半径R=0.20m的四分之一光滑圆弧轨道CED（厚度不计）静置于水平地面上，圆弧轨道底端C与水平面上的B点平滑相接，O为圆弧轨道圆心。用质量为m=0.20kg的物块把弹簧的右端压缩到A点由静止释放（物块与弹簧不拴接），物块到达B点时的速度为。已知B点左侧地面粗糙，物块与地面之间的动摩擦因数为，A、B之间的距离为x=1m，B点右侧地面光滑，g取。
（1）求物块在A点时弹簧具有的弹性势能；
（2）求物块上升的最大高度；
【答案】（1）设弹簧的弹性势能为，物块从A到B的过程由动能定理得
代入数据得
（2）物块和圆弧轨道相互作用的过程水平方向动量守恒，机械能守恒，则，
解得h=0.15m
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）物块从A到B的过程由动能定理，求弹性势能；
（2）物块和圆弧轨道相互作用的过程水平方向动量守恒和机械能守恒，求上升的最大高度。
（1）设弹簧的弹性势能为，物块从A到B的过程由动能定理得
代入数据得
（2）物块和圆弧轨道相互作用的过程水平方向动量守恒，机械能守恒，则，
解得h=0.15m
17．（2025·广州模拟）如图所示，某透明介质的截面为直角三角形ABC，其中∠A=30°，AC边长为L，一束单色光从AC面上距A为的D点垂直于AC面射入，恰好在AB面发生全反射。已知光速为c，求：
（1）该介质的折射率n；
（2）该光束从射入该介质到第一次穿出经历的时间t。
【答案】（1）由于光线垂直于AC面射入，故光线在AB面上的入射角为30°，由题意知，光线恰好在AB面上发生全反射，由全反射条件可求得
n=
解得
n=2
（2）由图可知
DF=ADtan 30°=
FE=2DF=
EG=ECcos 30°=
故光在介质中的传播距离为
s=DF＋FE＋EG=
光在该介质中的传播速度
光在介质中的传播时间
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）据题意，光线恰好在AB面发生全反射，入射角等于临界角．根据几何关系求出临界角C，由公式求出折射率；（2）作出光路图，运用几何知识求出光线在介质中通过的路程s，由求出光在介质中的速度，由求解时间。
18．（2025·广州模拟）如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为，。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差。已知外界大气压为。求
（1）B管内气柱的长度；
（2）A、B两管内水银柱的高度差。
【答案】（1）对B管中的气体，还未将水银从C管缓慢注入时，初态为压强
体积为
将水银从C管缓慢注入后，末态压强为，体积为
由水银柱的平衡条件有
B管气体发生等温压缩，有
联立解得
（2）对A管中的气体，初态为压强
体积为
末态压强为，设水银柱离下端同一水平面的高度为，则气体体积为
由水银柱的平衡条件有
A管气体发生等温压缩，有
联立可得
解得，
则两水银柱的高度差为
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1） 气体温度不变，气体发生等温变化，根据题意求出玻璃管内被封闭气体的状态参量，应用玻意耳定律分析答题。
（2）根据平衡条件求解压强，A管气体发生等温压缩，结合玻意耳定律分析。
（1）对B管中的气体，还未将水银从C管缓慢注入时，初态为压强
体积为
将水银从C管缓慢注入后，末态压强为，体积为
由水银柱的平衡条件有
B管气体发生等温压缩，有
联立解得
（2）对A管中的气体，初态为压强
体积为
末态压强为，设水银柱离下端同一水平面的高度为，则气体体积为
由水银柱的平衡条件有
A管气体发生等温压缩，有
联立可得
解得，
则两水银柱的高度差为
19．（2025·广州模拟）蜘蛛不仅能“乘风滑水”，最新研究还表明：蜘蛛能通过大气电位梯度“御电而行”。大气电位梯度就是大气中的电场强度，大气中电场方向竖直向下。假设在晴朗无风环境，平地上方1以下，可近似认为大气电位梯度，其中为地面的电位梯度，常量，H为距地面高度。晴朗无风时，一质量的蜘蛛（可视为质点）由静止从地表开始“御电而行”，蜘蛛先伸出腿感应电位梯度，然后向上喷出带电的蛛丝（蜘蛛其他部分不显电性），带着身体飞起来。忽略空气阻力，取重力加速度。
（1）该蜘蛛要想飞起来，求蛛丝所带电荷电性，蜘蛛所带的电荷量至少为多少？
（2）若蛛丝所带电荷量大小为，求蜘蛛上升速度最大时的高度？
（3）若蛛丝所带电荷量大小为，求蜘蛛能到达的最大高度？
【答案】（1）因大气中的电场方向竖直向下，蛛丝应带负电荷，才能使电场力竖直向上。设蛛丝所带电荷量为q0，蜘蛛要想飞起来，电场力应大于重力，则有
解得
（2）设蜘蛛上升速度最大时高度为h0，能到达的最大高度为h；蜘蛛上升过程中加速度先向上减小、加速上升，速度最大时加速度为零，之后加速度向下增大、减速上升，速度减为零时到达最大高度。速度最大时重力与电场力平衡，则有
mg=qE=qE0-kqh0
解得
h0=300m
（3）上升过程中电场力做的功
对上升过程，由动能定理有
W-mgh=0
解得上升的最大高度
h=600m
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）蜘蛛要想飞起来，向上的电场力应大于重力，据此分析判断；
（2）结合蜘蛛的运动情况可知，蜘蛛速度最大时加速度为零，结合题意及平衡条件列式，即可分析求解；
（3）结合前面分析可知，蜘蛛向上速度减为零时到达最大高度，对其上升过程，由动能定理及电场力做功公式列式，即可分析求解。
（1）因大气中的电场方向竖直向下，蛛丝应带负电荷，才能使电场力竖直向上。设蛛丝所带电荷量为q0，蜘蛛要想飞起来，电场力应大于重力，则有
解得
（2）设蜘蛛上升速度最大时高度为h0，能到达的最大高度为h；蜘蛛上升过程中加速度先向上减小、加速上升，速度最大时加速度为零，之后加速度向下增大、减速上升，速度减为零时到达最大高度。速度最大时重力与电场力平衡，则有
mg=qE=qE0-kqh0
解得
h0=300m
（3）上升过程中电场力做的功
对上升过程，由动能定理有
W-mgh=0
解得上升的最大高度
h=600m
1 / 12025届广东省广州市华兴教育港澳台联考学校高三下学期港澳台班第一次模拟考物理试题
1．（2025·广州模拟）春节假期，小华使用无人机进行航拍，一段时间内无人机在竖直方向上运动，其位移时间图像如图所示，取竖直向上为正方向，下列哪个时刻无人机处于最高点（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·广州模拟）如图甲是研究光电效应的电路图，图乙是汞原子的能级图，若用处于能级的汞原子跃迁发出的光子照射某种金属，恰好可以使它发生光电效应，则（ ）
A．该金属的逸出功
B．用处于能级的汞原子跃迁发出的光子照射该金属，不能发生光电效应
C．一个处于能级的汞原子跃迁发出的光子种类最多有两种
D．用处于能级的汞原子跃迁发出的光子照射该金属时，将滑动变阻器的滑动端移动到合适位置，可使甲图中电流表示数为零
3．（2025·广州模拟）“青箬笠，绿蓑衣，斜风细雨不须归”是唐代诗人张志和《渔歌子》中的描写春雨美景的名句。一雨滴由静止开始下落一段时间后，进入如图所示的斜风区域下落一段时间，然后又进入无风区继续运动直至落地，不计雨滴受到的阻力，则下图中最接近雨滴真实运动轨迹的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025·广州模拟）人造卫星A、B在轨道上绕地球做匀速圆周运动，如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．A的速度较小 B．A所受的引力较大
C．B的周期较小 D．B的加速度较小
5．（2025·广州模拟）如图所示，装满土豆的货车正沿水平公路向右做匀加速运动，以图中用粗线标出的土豆为研究对象，F表示周围的土豆对粗线标出的土豆的作用力，则下列说法中正确的是（ ）
A．F的大小可能小于G B．F的方向一定水平向右
C．F的方向一定斜向右上方 D．F的方向一定竖直向上
6．（2025·广州模拟）真空中两点电荷分别放在x轴上的O点和M点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则下列说法正确的是（ ）
A．两点电荷的电性相同
B．A点的电场强度为零
C．N点的电场强度大于C点的电场强度
D．质子从N点运动到C点的过程中电势能减小
7．（2025·广州模拟）如图所示， A、B是面积、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场区域，只是A区域比B区域离地面高，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处同时由静止开始释放顺利穿过磁场，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两线圈穿过磁场的过程中产生的热量相等
B．两线圈穿过磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量不相等
C．两线圈落地时乙的速度较大
D．甲线圈运动时间较长，乙线圈先落地
8．（2025·广州模拟）如图为一“环腔式”降噪器的原理图，可以对高速气流产生的噪声进行降噪。波长为的声波沿水平管道自左侧入口进入后分成上、下两部分，分别通过通道①、②继续向前传播，在右侧汇聚后噪声减弱，其中通道①的长度为10，下列说法正确的是（ ）
A．该降噪器是利用波的衍射原理设计的
B．通道②的长度可能为8.5
C．通道②的长度可能为8
D．该降噪器对所有频率的声波均能起到降噪作用
9．（2025·广州模拟）铋是一种金属元素，元素符号为Bi，原子序数为83，位于元素周期表第六周期VA族，在现代消防、电气、工业、医疗等领域有广泛的用途。一个铋210核（）放出一个粒子后衰变成一个钋核（），并伴随产生了射线。已知时刻有m克铋210核，时刻测得剩余克没有衰变，时刻测得剩余克没有衰变，则铋210核的半衰期为（ ）
A． B． C． D．
10．（2025·广州模拟）一张画放在凸透镜前20cm处，画面与主轴垂直，成像的面积和画的面积相等，如果将画向透镜移近5cm，则所成像的面积是画的（ ）
A．2倍 B．2.25倍 C．1.5倍 D．4倍
11．（2025·广州模拟）正方形区域abcd边长为L，质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），在纸面内从d点沿着dc方向以速率射入该区域，若在该区域加上方向垂直纸面向里的大小为B的匀强磁场，粒子恰好从b点离开。若在该区域加上竖直方向的匀强电场E，粒子也恰好从b点离开。下列判断正确的是（ ）
A．
B．
C．粒子在磁场中运动的轨迹半径为
D．若只改变粒子的速度方向，则在磁场中运动的最长时间为
12．（2025·广州模拟）如图所示，光滑的水平轨道与光滑的圆弧轨道在点平滑连接，，圆弧轨道半径。质量的小物块（可视为质点）静止在水平轨道上的点，现给小物块一个水平向右的瞬时冲量，则小物块从离开点到返回点所经历的时间约为（ ）
A． B． C． D．
13．（2025·广州模拟）如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（ ）
A． B． C． D．
14．（2025·广州模拟）利用如图甲所示的装置探究轻弹簧的弹性势能。弹簧的左端固定，右端与小滑块接触但不连接，小滑块位于桌面边缘时弹簧恰好处于原长。向左推小滑块移动距离s后，由静止释放，小滑块向右移动离开桌面落到水平地面上。测出桌面到地面高度h，桌边到小滑块落地点的水平距离x。重力加速度为g，忽略空气阻力的影响，则：
（1）若改变滑块的质量m，仍将弹簧压缩s后由静止开始释放滑块，测出不同滑块离开桌面后的水平距离x，作的关系图像如图乙所示。图像的斜率为k，与纵轴的截距为b，则弹簧压缩s时的弹性势能为 ；
（2）本实验中滑块与桌面间动摩擦因数为 ，（用h、k、s、b等物理量表示）桌面有摩擦对计算弹簧的弹性势能结果 （选填“有影响”或“无影响”）。
15．（2025·广州模拟）某实验小组的同学要测量阻值约为300Ω的定值电阻，现备有下列器材：
A.电流表（量程为10mA，内阻约为10Ω）；
B.电压表（量程为3V，内阻约为3kΩ）；
C.滑动变阻器（阻值范围为0~10Ω，额定电流为2A）；
D.定值电阻（阻值为750Ω）；
E.直流电源E（电动势为4.5V，内阻不计）；
F.开关S和导线若干。
（1）实验小组设计了如图甲、乙所示的两种测量电路，电阻的测量值可由计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数，则图 （填“甲”或“乙”）所示电路的测量值更接近待测电阻的真实值。
（2）若采用（1）中所选电路进行测量，得到电压表和电流表的示数如图丙所示，则电压表的示数为 V，电流表的示数为 mA，由此组数据可得待测电阻的测量值 Ω，若所用电压表和电流表的内阻分别按3kΩ和10Ω进行计算，则由此可得待测电阻的真实值 Ω（计算结果均保留三位有效数字）。
16．（2025·广州模拟）如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右侧有一质量M=0.10kg、半径R=0.20m的四分之一光滑圆弧轨道CED（厚度不计）静置于水平地面上，圆弧轨道底端C与水平面上的B点平滑相接，O为圆弧轨道圆心。用质量为m=0.20kg的物块把弹簧的右端压缩到A点由静止释放（物块与弹簧不拴接），物块到达B点时的速度为。已知B点左侧地面粗糙，物块与地面之间的动摩擦因数为，A、B之间的距离为x=1m，B点右侧地面光滑，g取。
（1）求物块在A点时弹簧具有的弹性势能；
（2）求物块上升的最大高度；
17．（2025·广州模拟）如图所示，某透明介质的截面为直角三角形ABC，其中∠A=30°，AC边长为L，一束单色光从AC面上距A为的D点垂直于AC面射入，恰好在AB面发生全反射。已知光速为c，求：
（1）该介质的折射率n；
（2）该光束从射入该介质到第一次穿出经历的时间t。
18．（2025·广州模拟）如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为，。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差。已知外界大气压为。求
（1）B管内气柱的长度；
（2）A、B两管内水银柱的高度差。
19．（2025·广州模拟）蜘蛛不仅能“乘风滑水”，最新研究还表明：蜘蛛能通过大气电位梯度“御电而行”。大气电位梯度就是大气中的电场强度，大气中电场方向竖直向下。假设在晴朗无风环境，平地上方1以下，可近似认为大气电位梯度，其中为地面的电位梯度，常量，H为距地面高度。晴朗无风时，一质量的蜘蛛（可视为质点）由静止从地表开始“御电而行”，蜘蛛先伸出腿感应电位梯度，然后向上喷出带电的蛛丝（蜘蛛其他部分不显电性），带着身体飞起来。忽略空气阻力，取重力加速度。
（1）该蜘蛛要想飞起来，求蛛丝所带电荷电性，蜘蛛所带的电荷量至少为多少？
（2）若蛛丝所带电荷量大小为，求蜘蛛上升速度最大时的高度？
（3）若蛛丝所带电荷量大小为，求蜘蛛能到达的最大高度？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】本题考查了对位移与时间图像的理解，其中掌握位移大小规律为解决本题的关键。根据位移时间图像可知时刻无人机处于最高点。
故选B。
【分析】位移与时间图像中纵坐标表示位置，位移大小为末位置减去初位置，可利用此特点判断最高点时刻。
2．【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】解决本题的关键知道光子能量与能级差的关系，即Em-En=hν，以及知道光电效应产生的条件。A．处于能级的汞原子跃迁到能级，发出光子的能量为
由于恰好可以使某种金属发生光电效应，由
可知，该金属的逸出功
故A错误；
B．处于能级的汞原子跃迁到能级发出的光子能量为
能使该金属发生光电效应，故B错误；
C．一个处于能级的汞原子先跃迁到能级，放出一个光子，再从能级向能级跃迁放出一个光子，一共最多放出两个光子，故C正确；
D．图甲所示中电源为正向接法，放出的电子能被电场加速运动至阳极，无论滑动变阻器的滑片位置在哪，电流表示数都不会为零，故D错误；
故选C。
【分析】由高能级向低能级跃迁，辐射的光子能量等于两能级间的能级差；根据发生光电效应的条件判断；根据排列组合判断；结合光电效应电路的特点判断。
3．【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；运动的合成与分解
【解析】【解答】A．离开斜风区时雨滴的速度斜向左下方，进入无风区后雨滴只受重力，根据曲线运动的条件可以知道：速度和加速度不在一条直线上，不可能做直线运动，A错误；
BD．离开斜风区时雨滴的速度斜向左下方，根据曲线运动的规律可以得出，由于轨迹向合力方向弯曲，所以轨迹在速度和重力之间偏向重力一侧，B正确，D错误；
C．离开斜风区时雨滴有水平向左的分速度，根据速度的合成所以在落地前雨滴的速度不可能竖直向下，C错误。
故选B。
【分析】利用曲线运动的规律可以判别对应的运动轨迹，利用速度的合成可以判别落地速度的方向。
4．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题主要考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力，结合向心力公式列式进行分析。ACD．设中心天体的质量为M，卫星的质量为m，轨道半径为r， 人造卫星A、B在轨道上绕地球做匀速圆周运动， 根据万有引力提供向心力得
求得
可知，轨道半径越大，卫星的线速度越小，加速度越小，周期越大，所以，A的速度较大，B的周期较大，B的加速度较小 ，故A、C错误，D正确；
B．卫星所受引力的计算式为
因不知道两卫星质量的大小关系，所以无法比较二者所受引力的大小，故B错误。
故选D。
【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，得到各个量的表达式，再进行分析。
5．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律、力的合成与分解，解题的关键是画出土豆的受力分析图。根据题意，对粗线标出的土豆进行分析，其加速度方向水平向右，可知重力G、作用力F和合力构成矢量三角形，如图所示
由图可知F的大小一定大于G，F的方向一定斜向右上方。
故选C。
【分析】土豆和货车的加速度大小相等，方向相同，由牛顿第二定律可得土豆的合力大小和方向，由受力分析可知力F的方向；根据受力分析图，由力的合成可得力F的大小。
6．【答案】C
【知识点】电势
【解析】【解答】 本题考查φ-x图像的认识和理解，会根据题意进行准确分析和判断。
A． 由题图已知，从O到M电势一直降低，则在O点放的是正电荷，在M点放的是负电荷，即二者的电性相反，故A错误；
BC．图像的斜率表示电场强度，A、N点的斜率不为零，C点的斜率为零，故B错误，C正确；
D．质子带正电，从N点运动到C点的过程中电势能增大，故D错误。
故选C。
【分析】根据x轴上电势的变化情况进行判断；根据图像的切线斜率的物理意义进行分析解答；根据带电粒子的电性和电场力做功的情况进行分析求解。
7．【答案】D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】对于安培力作用下导体棒、线圈等的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。A．由法拉第电磁感应定律，欧姆定律及安培力公式有，，
可得
由于乙进入磁场时的速度较大，则安培力较大，克服安培力做的功较多，即产生的焦耳热较多，故A错误；
B．由电流定义式结合法拉第电磁感应定律有
可知通过线圈横截面的电荷量相等，故B错误；
C．由于甲、乙减少的重力势能相同，甲穿过磁场的过程中产生的热量较少，由能量守恒定律可知，甲落地时速度较大，故C错误；
D．线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力，设受到的平均安培力为，穿过磁场时间为，下落全过程时间为t，落地时的速度为v，则全过程由动量定理得
而，
所以
可见，下落过程中两线圈所受安培力的冲量相等，又因为甲落地的速度大于乙落地的速度，说明甲重力作用的时间更长，所以
即乙运动时间较短，先落地，故D正确。
故选D。
【分析】根据安培力公式分析安培力的大小，由此比较产生的焦耳热；根据电荷量的计算公式比较电荷量的大小；由能量守恒定律比较落地时速度大小；全过程由动量定理比较运动的时间。
8．【答案】B
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】解决本题的关键要掌握干涉的规律，知道路程差为半个波长奇数倍时振动减弱，路程差为波长的整数倍时振动加强。A．衍射是指波绕过障碍物的现象，该降噪器是利用声波干涉原理设计，A错误；
BCD．根据波的叠加原理可知，该降噪器对于路程差为
（n＝0，1，2，3…）
声波降噪效果良好，对不符合上述条件的声波降噪作用较差，甚至不能起到降噪作用，故而并非对所有波长或频率的声波均有效，CD错误，B正确。
故选B。
【分析】降噪器是利用了两列相干波叠加使质点的振动减弱的原理制成；当波峰与波谷相遇时，振动相互减弱，即听到声音最小，当波峰与波峰或波谷与波谷相遇时，振动加强，故此分析判断即可。
9．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】本题考查半衰期的计算，会根据题意进行准确的分析解答。由半衰期定义可知
解得
即时间内经过2个半衰期，故半衰期
故选D。
【分析】根据半衰期的计算公式列式解答。
10．【答案】D
【知识点】光学
【解析】【解答】解题关键是掌握透镜成像公式。物象等大时，物体与像均在透镜的2倍焦距处，由题意知透镜焦距f=10cm。
把u=15cm，f=10cm代入透镜成像公式
可得v=30cm。
因而放大率
故像的面积是画的4倍。
故选D。
【分析】物像等大时，物体与像均在透镜的2倍焦距处，结合透镜成像公式分析。
11．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的性质和规律以及在电场中做类平抛运动的规律，解题的关键是找到临界条件，利用洛伦兹力提供向心力求出半径公式，再结合几何关系可解得结果。ABC．粒子从b点离开磁场，运动轨迹为圆周，故粒子在磁场中运动的轨迹半径为
由洛伦兹力提供向心力有
联立得
粒子在匀强电场中做类平抛运动，有运动学知识有
解得
所以
A正确，BC错误；
D．粒子在磁场中的运动周期为
粒子在磁场中运动时间为
为轨迹对应的圆心角，由题意知，该轨迹为劣弧，故弦长越大，越大，时间越久，bd为最长的弦，故从b点射出的粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间为
D错误。
故选A。
【分析】粒子从b点离开磁场，由洛伦兹力提供向心力做圆周运动，粒子在匀强电场中做类平抛运动；粒子在磁场中，半径一定，弦长越大，θ越大，运动时间越长。
12．【答案】C
【知识点】动量定理；极限法；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要是考查单摆的周期公式，解答本题的关键是弄清楚小物块的运动情况和受力情况，能够根据动量定理求解初速度大小，掌握单摆的周期公式。
根据动量定理可知小物块在a点时的速度为
代入数据解得
两次经过ab的总时间为
在圆弧上升的高度为
mgh=mv2
解得
h=0.128m
设小球上升至最高点时所对应轨道的圆心角为θ，由几何关系可得
证明角度极小，故可看做单摆模型，根据
解得
综上可知由a点返回a点时间为
故C正确。
故选C。
【分析】根据动量定理求解小物块获得的速度大小，根据匀速直线运动的规律求解小物块从a到b运动的时间，根据单摆周期公式求解从b到最高点通过的时间，由此得到小物块P从离开a点到返回a点所经历的时间。
13．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】带电粒子在匀强电场中的运动问题，只需要分析粒子受力时注意考虑电场力，即可由合外力求得加速度，进而得到运动情况。A． 粒子带正电，当电压为正时，加速度向右（为正），加速度方向变化与电压变化同步； 若0＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A不符合题意；
B．若＜t0＜，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B符合题意；
C．若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C不符合题意；
D．若T＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D不符合题意。
故选B。
【分析】根据粒子受力得到加速度按时间的变化，即可根据粒子最终到达B板得到粒子速度大致变化，从而根据加速、减速时间关系得到释放时间点。
14．【答案】（1）
（2）；无影响
【知识点】弹性势能；能量守恒定律
【解析】【解答】本题考查了平抛运动的分解，弹簧弹性势能与形变量的关系以及能量守恒的问题，需要细心计算。
（1）小滑块离开桌面后做平抛运动，设小滑块离开桌面时的速度大小为，竖直方向有
水平方向有x＝vt
设弹簧压缩s时的弹性势能为EP，滑块与桌面间动摩擦因数为μ，根据能量守恒可得
联立可得
可知图像的斜率为
解得弹簧压缩s时的弹性势能为
（2）根据
可得
解得滑块与桌面间动摩擦因数为
桌面有摩擦，不影响图像的斜率，所以桌面有摩擦对计算弹簧的弹性势能结果无影响。
【分析】（1）根据平抛运动的分解求得初速度后，根据能量守恒定律解得图像的函数，建立函数关系，解得系数为弹簧的弹性势能；
（2）根据表达式可知截距为动摩擦因数。
（1）小滑块离开桌面后做平抛运动，设小滑块离开桌面时的速度大小为，竖直方向有
水平方向有
x＝vt
设弹簧压缩s时的弹性势能为EP，滑块与桌面间动摩擦因数为μ，根据能量守恒可得
联立可得
可知图像的斜率为
解得弹簧压缩s时的弹性势能为
（2）[1]根据
可得
解得滑块与桌面间动摩擦因数为
[2]桌面有摩擦，不影响图像的斜率，所以桌面有摩擦对计算弹簧的弹性势能结果无影响。
15．【答案】甲；1.60；5.0；320；310
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】本题考查伏安法测电阻实验，要求掌握实验原理、电路的选择和数据处理。（1）由于
可知电压表分流更明显，故采用电流表内接法，则题图甲所示的电路测量更准确，测量值更接近待测电阻的真实值。
（2）根据读数规律可知，电压表的示数
[3]根据读数规律可知，电流表的示数
[4]根据欧姆定律可得待测电阻的测量值
[5]电路误差在于电流表的分压，则
解得
【分析】（1）根据比较两种电路的误差大小进行选择；
（2）明确电压表、电流表的分度值，读出示数，根据欧姆定律进行计算；
16．【答案】（1）设弹簧的弹性势能为，物块从A到B的过程由动能定理得
代入数据得
（2）物块和圆弧轨道相互作用的过程水平方向动量守恒，机械能守恒，则，
解得h=0.15m
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）物块从A到B的过程由动能定理，求弹性势能；
（2）物块和圆弧轨道相互作用的过程水平方向动量守恒和机械能守恒，求上升的最大高度。
（1）设弹簧的弹性势能为，物块从A到B的过程由动能定理得
代入数据得
（2）物块和圆弧轨道相互作用的过程水平方向动量守恒，机械能守恒，则，
解得h=0.15m
17．【答案】（1）由于光线垂直于AC面射入，故光线在AB面上的入射角为30°，由题意知，光线恰好在AB面上发生全反射，由全反射条件可求得
n=
解得
n=2
（2）由图可知
DF=ADtan 30°=
FE=2DF=
EG=ECcos 30°=
故光在介质中的传播距离为
s=DF＋FE＋EG=
光在该介质中的传播速度
光在介质中的传播时间
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）据题意，光线恰好在AB面发生全反射，入射角等于临界角．根据几何关系求出临界角C，由公式求出折射率；（2）作出光路图，运用几何知识求出光线在介质中通过的路程s，由求出光在介质中的速度，由求解时间。
18．【答案】（1）对B管中的气体，还未将水银从C管缓慢注入时，初态为压强
体积为
将水银从C管缓慢注入后，末态压强为，体积为
由水银柱的平衡条件有
B管气体发生等温压缩，有
联立解得
（2）对A管中的气体，初态为压强
体积为
末态压强为，设水银柱离下端同一水平面的高度为，则气体体积为
由水银柱的平衡条件有
A管气体发生等温压缩，有
联立可得
解得，
则两水银柱的高度差为
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1） 气体温度不变，气体发生等温变化，根据题意求出玻璃管内被封闭气体的状态参量，应用玻意耳定律分析答题。
（2）根据平衡条件求解压强，A管气体发生等温压缩，结合玻意耳定律分析。
（1）对B管中的气体，还未将水银从C管缓慢注入时，初态为压强
体积为
将水银从C管缓慢注入后，末态压强为，体积为
由水银柱的平衡条件有
B管气体发生等温压缩，有
联立解得
（2）对A管中的气体，初态为压强
体积为
末态压强为，设水银柱离下端同一水平面的高度为，则气体体积为
由水银柱的平衡条件有
A管气体发生等温压缩，有
联立可得
解得，
则两水银柱的高度差为
19．【答案】（1）因大气中的电场方向竖直向下，蛛丝应带负电荷，才能使电场力竖直向上。设蛛丝所带电荷量为q0，蜘蛛要想飞起来，电场力应大于重力，则有
解得
（2）设蜘蛛上升速度最大时高度为h0，能到达的最大高度为h；蜘蛛上升过程中加速度先向上减小、加速上升，速度最大时加速度为零，之后加速度向下增大、减速上升，速度减为零时到达最大高度。速度最大时重力与电场力平衡，则有
mg=qE=qE0-kqh0
解得
h0=300m
（3）上升过程中电场力做的功
对上升过程，由动能定理有
W-mgh=0
解得上升的最大高度
h=600m
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）蜘蛛要想飞起来，向上的电场力应大于重力，据此分析判断；
（2）结合蜘蛛的运动情况可知，蜘蛛速度最大时加速度为零，结合题意及平衡条件列式，即可分析求解；
（3）结合前面分析可知，蜘蛛向上速度减为零时到达最大高度，对其上升过程，由动能定理及电场力做功公式列式，即可分析求解。
（1）因大气中的电场方向竖直向下，蛛丝应带负电荷，才能使电场力竖直向上。设蛛丝所带电荷量为q0，蜘蛛要想飞起来，电场力应大于重力，则有
解得
（2）设蜘蛛上升速度最大时高度为h0，能到达的最大高度为h；蜘蛛上升过程中加速度先向上减小、加速上升，速度最大时加速度为零，之后加速度向下增大、减速上升，速度减为零时到达最大高度。速度最大时重力与电场力平衡，则有
mg=qE=qE0-kqh0
解得
h0=300m
（3）上升过程中电场力做的功
对上升过程，由动能定理有
W-mgh=0
解得上升的最大高度
h=600m
1 / 1
