2025届广东省汕头市高三下学期三模物理试题
1．（2025·汕头模拟）如图所示，手握住软绳的一端上下振动，产生沿绳传播的机械波，若增大手的振动频率，则该波（ ）
A．波速不变 B．波速增大 C．波长不变 D．波长增大
【答案】A
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】本题关键要抓住波速是由介质决定，保持不变，再由波速公式分析波长的变化情况。波速
绳波一直在绳中传播，介质相同，传播速度保持不变．当手振动的频率增加时，波长减小。
故选A。
【分析】明确波的性质，知道波速是由介质的性质决定的，与波长和频率无关。
2．（2025·汕头模拟）如图所示，绳梯从天花板垂下来且最下端没有触及地面，某建筑工人正在爬绳梯，他的左脚踏于横木、右脚凌空，处于平衡状态，若建筑工人的重力为，绳梯的重力为，双手施加于横木的作用力大小为，方向竖直向下，下列说法正确的是（ ）
A．建筑工人受到两个力的作用
B．天花板对绳梯的作用力大小为
C．左脚施加于横木的作用力大小为
D．左脚对横木的作用力大于横木对左脚的作用力
【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】解答本题时，要明确研究对象，正确分析受力，再运用平衡条件以及牛顿第三定律解答。A．对工人受力分析：工人受到重力以及来自横木对脚和双手的支持力，共至少三个力作用，故A错误；
B．整体处于平衡，对整条绳梯（含工人）整体分析可知，天花板对绳梯的拉力
故B正确；
C．对工人分析可知，左脚施加于横木的作用力大小为
故C错误；
D．根据牛顿第三定律可知，左脚对横木的作用力等于横木对左脚的作用力，故D错误；
故选B。
【分析】建筑工人处于平衡状态，对其分析受力，根据平衡条件以及牛顿第三定律确定左脚施加于横木的作用力大小。把建筑工人和绳梯看作一个整体，分析受力，根据平衡条件求天花板对绳梯的作用力大小；根据牛顿第三定律分析左脚对横木的作用力与横木对左脚的作用力关系。
3．（2025·汕头模拟）2025年中国航天将迎来更多突破，新一代载人飞船和月面着陆器将进入实质性测试阶段，我国第四批预备航天员不仅要执行空间站任务，未来也将执行载人登月任务。假设以同样大小的初速度分别在月面和地面竖直上抛小球（不计地面上的空气阻力），小球在月面上升的最大高度为在地面上的6倍。已知地球半径为月球半径的4倍，则地球和月球的平均密度之比为（ ）
A．6∶1 B．1∶6 C．2∶3 D．3∶2
【答案】D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】本题解题关键是掌握竖直上抛规律，并掌握星球表面万有引力等于重力。根据
可得
根据，
可得
故选D。
【分析】根据竖直上抛规律，推出重力加速度之比，根据万有引力等于重力结合密度公式，分析密度关系。
4．（2025·汕头模拟）无线充电技术是一种通过电磁场传输能量，为电子设备充电的技术。某大学社团研究无线充电的规律设计了如图所示装置，无线传输装置中的变压器可以看成理想降压变压器，原线圈串接定值电阻，左侧接入电压的有效值为62V的正弦交流电。不计导线电阻，若副线圈所接电子设备获得的充电电压为15V，电流为4A，则下列说法正确的是（ ）
A．变压器原线圈和副线圈匝数比为
B．变压器原线圈和副线圈电流比为
C．电阻R消耗的功率为8W
D．电源的输出功率为248W
【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查变压器的工作原理，解题关键是知道变压器的输入功率等于输出功率，原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，结合闭合电路欧姆定律求解即可。A．设原线圈与副线圈匝数比为，则原线圈两端电压和电流分别为和
在原线圈的电路中满足，可得或者（不合题意，舍去），故A正确；
B．原线圈和副线圈电流比为，故B错误；
C．原线圈电流为，消耗功率为，故C错误；
D．原线圈电流为1A，电源的输出功率为，故D错误。
故选A。
【分析】根据理想变压器原理结合欧姆定律求解匝数比；电流比等于匝数的反比；结合电功率公式求解。
5．（2025·汕头模拟）用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图所示。则这两种光（ ）
A．照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能大
B．从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角小
C．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距大
D．通过同一玻璃三棱镜时，a光的偏折程度大
【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；光电效应
【解析】【解答】要熟练掌握所学公式，明确各个物理量之间的联系．如本题中折射率、临界角、光子能量、最大初动能等都有光的频率有关。A．由题图可知
又
所以
即照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能小，故A错误；
BD．根据可知，光的频率小，同一介质对光的折射率小，通过同一玻璃三棱镜时，a光的偏折程度小，又根据可知，从同种介质射入空气发生全反射时，a光的临界角大，故BD错误；
C．光的频率小，波长大，根据可知，通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距大，故C正确。
故选C。
【分析】根据遏止电压的大小结合动能定理得出最大初动能的大小；通过光电效应方程得出a、b两光的频率大小关系，从而得出折射率的大小，根据折射率的大小比较临界角；根据双缝干涉条纹间距公式比较条纹的间距大小；根据折射率与偏折角的关系判断。
6．（2025·汕头模拟）一个简易温度计的结构如图所示，长直玻璃管竖直固定，上端与玻璃球形容器相连，下端通过软管与柱形开口容器相连，用水银将一定质量的空气封闭在球形容器内。大气压强保持不变，上下移动柱形容器使左右水银面平齐时，长直玻璃管中水银面对应刻度可以表示外界温度。则玻璃管M、N区间内的刻度可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】本题考查了气体的等压变化与盖-吕萨克定律的应用，解题时需注意，一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成正比。因为大气压强保持不变，所以球形容器内气体做等压变化，则其体积V与热力学温度T成正比，由此可知，温度越高，体积越大，则玻璃管M、N区间内的刻度越靠下，对应温度越高，又因为摄氏温度与热力学温度差值不变，则M、N区间内的刻度分布均匀。
故选A。
【分析】因为大气压强保持不变，所以球形容器内气体做等压变化，结合题意及摄氏温度与热力学温度的关系，即可分析判断ABCD正误。
7．（2025·汕头模拟）如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（ ）
A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动
B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为
C．各金属筒的长度之比为1：：：
D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1：：：
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查学生对动能定理、匀加速直线运动位移—时间公式的掌握。A． 金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，合力为零，故质子做匀速运动，粒子在圆筒的空隙被加速，在每个圆筒中时间相同且等于交变电流周期的一半， 故A错误；
B．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理
解得
故B错误；
D．只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；
C．第n个圆筒长度
则各金属筒的长度之比为1：：：，故C正确。
故选C。
【分析】根据质子受力情况，分析质子运动情况；质子经过n次加速，根据动能定理，求速度大小；根据匀加速直线运动位移—时间公式，求各金属筒的长度。
8．（2025·汕头模拟）飞镖扎气球是一种民间娱乐游戏项目，其示意图如图甲所示，靶面竖直固定，点为镖靶中心，水平、竖直，靶面图如图乙所示。若每次都在空中同一位置点水平射出飞镖，且三点在同一竖直平面，忽略空气阻力。关于分别射中靶面三点的飞镖，下列说法错误的是（ ）
A．射中点的飞镖射出时的速度最小
B．射中点的飞镖射出时的速度最小
C．射中点的飞镖空中飞行时间最长
D．射中、两点的飞镖空中飞行时间相等
【答案】A,B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。飞镖做平抛运动，由平抛运动的特点有
联立解得
因为
可知飞镖射中O、P两点的飞镖空中飞行时间相等，射中Q点的飞镖空中飞行时间最长，即
又因为
则有
可知平抛初速度最小的是射中Q点的，所以AB错误，符合题意，CD正确，不符合题意。
故选AB。
【分析】飞镖做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动，根据飞镖运动轨迹结合自由落体运动和匀速运动规律列式解答。
9．（2025·汕头模拟）如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负点电荷仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的图像如图乙所示。取A点为坐标原点，方向为正方向建立x轴，作出了所在直线的电场强度大小E、电势、点电荷的电势能随位移x变化的图像、图像、图像，其中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题结合v-t图像，关键要掌握电场线的性质，知道电场线的疏密表示电场强度的大小，沿电场线的方向电势降低。AB．由图像斜率表示加速度可知，从A点运动到B点，加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律
可知，电场强度大小逐渐变大，故A错误，B正确；
C．图像的斜率表示电场强度，由上述知电场强度大小逐渐变大，斜率应该变大，故C错误；
D．图像斜率表示电场力，电场强度大小逐渐变大，则电场力变大，并且负点电荷仅在静电力的作用下从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小，故D正确；
故选BD。
【分析】v-t图像中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v-t图像可知电荷的加速度越来越小，则电场力越来越小，电场强度越来越小，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果。
10．（2025·汕头模拟）用轻质绝缘细绳悬挂带正电的小球，小球可视为质点，如图1所示。将装置分别放入图2所示的匀强电场，图3所示的匀强磁场中。将小球从偏离竖直方向左侧的一个小角度位置由静止释放，在图中三种情况下，小球均在竖直平面内周期性往复运动，周期分别为、、，小球第1次到达轨迹最低点时的速度大小分别为、、，拉力大小分别为，不计空气阻力。图中三种情况，下列说法正确的是（ ）
A．图1和图3的小球在运动过程中机械能都守恒
B．三个小球运动的周期大小关系
C．三个小球第1次到达最低点时拉力大小关系
D．三个小球第1次到达最低点时的速度大小关系
【答案】A,B,C
【知识点】单摆及其回复力与周期；向心力；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了静电场相关知识，理解物体不同情况下的受力状态和运动状态是解决此类问题的关键。A．由题意可知，图1小球第一次到达轨迹最低点的过程中，球受拉力与重力的作用，只有重力做正功，机械能守恒；图2小球受拉力、重力和电场力的作用，除重力做正功外电场力也做正功，小球机械能增加；图3小球受拉力、重力和洛伦兹力的作用，只有重力做正功，机械能守恒。故A正确；
B．分析球1和球3，在相同位置时沿运动方向的受力相同，则球1和球3运动情况相同，可知；对球 2分析，电场力与重力的合力为等效重力，则其等效重力加速度变大，由周期公式可知小球周期变小，因此三种情况下小球运动的周期关系为，故B正确；
C D．由于图1和图3只有重力做正功，而图2除重力做正功外还有电场力做正功，根据动能定理可知，三个小球第1次到达最低点时的速度大小关系为
在最低点分别对3个小球列牛顿第二定律和向心力方程：
对球1有
对球2有
对球3有
根据三个小球第1次到达最低点时的速度大小关系，可得，故C正确，D错误。
故选ABC。
【分析】根据小球受力情况，结合等效重力法以及单摆周期公式，综合牛顿第二定律，合外力提供向心力分析求解。
11．（2025·汕头模拟）某同学设计实验验证机械能守恒定律，装置如图（b）所示。一个质量为、直径为的小球固定于释放装置上，在小球正下方固定四个光电门，调节各光电门的中心，使其与小球的球心均在同一竖直线上。由静止释放小球，记录小球通过每个光电门的挡光时间，重力加速度为。
（1）用游标卡尺测小球的直径，如图（a）所示，可得小球的直径 mm。
（2）若测得某光电门的中心与释放点的竖直距离为，小球通过此光电门的挡光时间为，则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量 （用题中字母表示），重力势能减小量；
（3）根据实验数据，做出的图像，如图（c）所示。若图中虚线的斜率 （结果保留1位有效数字），则可验证机械能守恒定律；
（4）经过多次重复实验，发现小球经过第三个光电门时，总是大于，下列原因中可能的是___________。
A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大
B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用
【答案】（1）10.60
（2）
（3）1
（4）B
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】本题考查机械能守恒定律的实验原理和注意事项、误差分析，会根据题意进行准确的分析解答。
（1）图a可知游标卡尺精度为0.05mm，则
（2）小球通过此光电门的速度
则小球动能增加量
（3）根据机械能守恒定律可得
则作出的图像中虚线的斜率，则可验证机械能守恒定律。
（4）A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大，则的测量值偏大，使得小于，故A错误；
B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，的测量值偏大，使得大于，故B正确；
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，使得小于，故C错误。
故选B。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则完成读数；
（2）根据光电门求解瞬时速度的公式结合动能的表达式列式解答；
（3）根据机械能守恒定律列式分析；
（4）根据误差的情况分析误差产生的原因。
（1）图a可知游标卡尺精度为0.05mm，则
（2）小球通过此光电门的速度
则小球动能增加量
（3）根据机械能守恒定律可得
则作出的图像中虚线的斜率，则可验证机械能守恒定律。
（4）A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大，则的测量值偏大，使得小于，故A错误；
B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，的测量值偏大，使得大于，故B正确；
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，使得小于，故C错误。
故选B。
12．（2025·汕头模拟）滑动变阻器是电路元件，它可以通过来改变自身的电阻，从而起到控制电路的作用。在电路分析中，滑动变阻器既可以作为一个定值电阻，也可以作为一个变值电阻。滑动变阻器的构成一般包括接线柱、滑片、电阻丝、金属杆和瓷筒等五部分。滑动变阻器的电阻丝绕在绝缘瓷筒上，电阻丝外面涂有绝缘漆。
（1）电学实验中，进行“测量电源电动势和内阻”实验时，记录数据，当电流表时，电压表示数为；当电流表示数为，电压表示数；则此电源电动势为 V内阻为 。
（2）通过实验，某电阻两端的电压与通过它的电流关系，描绘如图所示，在实验过程中，电阻的横截面积和长度保持不变，依据图像分析：
（1）电阻阻值为R，其材料电阻率为，由图可知，随着电阻两端的电压增大，则
A.R增大，增大 B.R减小，减小
C.R增大，不变 D.R减小，不变
（2）根据图像分析，当电阻两端电压为时，该电阻的功率为 W。
（3）根据图像，推测该实验电路为
A. B.
C. D
【答案】（1）4.5；1.5
（2）B；0.225；C
【知识点】电阻定律；导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据闭合电路欧姆定律，代入数据可得；
联立两式解得；，则此电源电动势为4.5V，内阻为1.5。
（2）1、因为图线的斜率为电阻的倒数，随着电阻两端的电压增大，可知斜率在不断增大，故随着电阻两端的电压增大，R减小，再根据电阻定律，可得也在减小，故ACD错误，B正确。
故选B。
2、根据图像分析，当电阻两端电压为时，可读出此时流过电阻的电流为0.125V，根据公式，代入数据解得，该电阻的功率为0.225W。
3、根据图像，当电阻两端的电压很小时，斜率几乎为零，电阻阻值很大，滑动变阻器用限流式接法不符合实际情况，所以滑动变阻器采用分压式接法。随着电阻两端的电压增大，流过电阻的电流也在增大，电流表测流过电阻的电流，可推测该实验电路符合条件的只有C选项。
故选C。
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律，列方程组可计算电源电动势和内阻。
（2）①由图线可知随着电阻两端的电压增大，R减小。
②由图线获得电阻两端电压为时，流过电阻的电流为0.125V，根据公式计算功率。
③滑动变阻器采用分压式接法，电流表采用外接法。
（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
代入数据可得；
联立两式解得；
则此电源电动势为4.5V，内阻为1.5。
（2）[1]因为电阻图线的斜率为电阻的倒数，随着电阻两端的电压增大，可知斜率在不断增大，故随着电阻两端的电压增大，R减小，再根据电阻定律
可得也在减小，B选项正确。
故选B。
[2]根据图像分析，当电阻两端电压为时，可读出此时流过电阻的电流为0.125V，根据公式
代入数据解得
该电阻的功率为0.225W。
[3]根据图像，当电阻两端的电压很小时，斜率几乎为零，电阻阻值很大，滑动变阻器用限流式接法不符合实际情况，所以滑动变阻器采用分压式接法。随着电阻两端的电压增大，流过电阻的电流也在增大，电流表测流过电阻的电流，可推测该实验电路符合条件的只有C选项。
故选C。
13．（2025·汕头模拟）某科研团队正在研发一种基于圆柱形光纤的高精度激光传感器。如图所示，该传感器核心部件为一横截面半径为的玻璃半圆柱体（为圆心），用于引导和聚焦激光束。现将两条平行单色同种激光束同时射到半圆柱体上表面，激光入射点为半圆柱顶点，方向垂直于底面；激光入射点为，且。玻璃对该单色激光的折射率为，激光在真空中的光速为，不考虑各界面的反射光。求：
（1）激光在介质中的折射角；
（2）两条激光在介质中传播的时间差。
【答案】（1）作出光路图如图：
根据折射率
整理得
所以激光在介质中的折射角
（2）根据
解得
光线1通过玻璃砖后不偏折，在介质中的传播距离为
对由几何知识知光线2在介质中的传播距离
则两条激光在介质中传播的时间差
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据光路图，结合折射定律分析求解；
（2）根据光在介质中的速度，结合光线在介质中的传播距离分析求解。
（1）作出光路图如图：
根据折射率
整理得
所以激光在介质中的折射角
（2）根据
解得
光线1通过玻璃砖后不偏折，在介质中的传播距离为
对由几何知识知光线2在介质中的传播距离
则两条激光在介质中传播的时间差
14．（2025·汕头模拟）如图，物块、并排放在光滑水平面上，上固定一根竖直轻杆，用一长的细线将小球（可看成质点）竖直悬挂在轻杆上点，、、质量均为。初始时，物块均固定在水平面上，质量为的子弹以某一水平初速度射入小球（射入时间极短且未射出），小球恰能到达与点等高的点。取重力加速度，不计空气阻力。
（1）求子弹初速度的大小；
（2）若解除物块、的固定，子弹仍以相同初速度射入小球（射入时间极短且未射出），求小球能上升的最大高度。
【答案】（1）设子弹的速度为，击中后，二者共同的速度为，规定向右为正方向，由动量守恒有
当达到点时，由机械能守恒
联立解得，
（2）设小球到最高点时速度为，由动量守恒
由机械能守恒
联立解得
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）子弹射入小球C的过程，根据动量守恒定律列方程。小球C上摆过程，根据机械能守恒定律列方程，联立求解子弹初速度的大小。
（2）小球C到最高点时A、B、C速度相同，根据水平方向动量守恒求出共同速度，再由系统机械能守恒求小球C能上升的最大高度。
（1）设子弹的速度为，击中后，二者共同的速度为，规定向右为正方向，由动量守恒有
当达到点时，由机械能守恒
联立解得，
（2）设小球到最高点时速度为，由动量守恒
由机械能守恒
联立解得
15．（2025·汕头模拟）如图，水平面（纸面）内固定有两足够长、光滑平行金属导轨，间距为l，其左端接有阻值为R的定值电阻。一质量为m的金属杆（长度略大于l）垂直放置在导轨上。在电阻和金属杆间，有两个垂直于纸面向里的匀强磁场，圆形磁场面积为S，磁感应强度大小随时间的变化关系为（k为大于零的常量）；矩形磁场磁感应强度大小。从时刻开始，矩形磁场以速度向右匀速运动；时，边恰好到达金属杆处。之后，金属杆跟随磁场向右运动；时，系统达到稳定状态。已知金属杆与导轨始终垂直且接触良好，整个过程金属杆未离开矩形磁场区域，不计金属杆和导轨电阻，磁场运动产生的其他影响可忽略，求：
（1）到时间内，流经电阻R的电荷量；
（2）时刻，加速度的大小；
（3）到时间内与矩形磁场的相对位移。
【答案】（1）由电流定义式
欧姆定律
法拉第电磁感应定律
得
累加求和，可知流过电阻R电荷量的绝对值
（2）时，由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律
由牛顿第二定律
联立求解得时刻，的加速度
（3）当时，系统达到稳定状态，回路中电流为零，设此时金属杆的速度为，则
求解得
设在到时间内，与矩形磁场的相对位移为
由
得
对金属杆，由动量定理
联立求解得
【知识点】电磁感应现象中的感生电场；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）t=0到t=t0时间内，根据电流的定义式、闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律求流经电阻R的电荷量；
（2）t=t0时刻，MN产生的感应电动势为E2=Blv0，根据闭合电路欧姆定律求出回路中电流，根据安培力公式和牛顿第二定律求MN加速度的大小；
（3）当t=2t0时，系统达到稳定状态，回路中电流为零，根据金属杆MN产生的动生电动势与感生电动势相等列式，求出此时金属杆的速度。根据动量定理以及电磁感应规律求t=t0到t=2t0时间内MN与矩形磁场的相对位移。
（1）由电流定义式
欧姆定律
法拉第电磁感应定律
得
累加求和，可知流过电阻R电荷量的绝对值
（2）时，由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律
由牛顿第二定律
联立求解得时刻，的加速度
（3）当时，系统达到稳定状态，回路中电流为零，设此时金属杆的速度为，则
求解得
设在到时间内，与矩形磁场的相对位移为
由
得
对金属杆，由动量定理
联立求解得
1 / 12025届广东省汕头市高三下学期三模物理试题
1．（2025·汕头模拟）如图所示，手握住软绳的一端上下振动，产生沿绳传播的机械波，若增大手的振动频率，则该波（ ）
A．波速不变 B．波速增大 C．波长不变 D．波长增大
2．（2025·汕头模拟）如图所示，绳梯从天花板垂下来且最下端没有触及地面，某建筑工人正在爬绳梯，他的左脚踏于横木、右脚凌空，处于平衡状态，若建筑工人的重力为，绳梯的重力为，双手施加于横木的作用力大小为，方向竖直向下，下列说法正确的是（ ）
A．建筑工人受到两个力的作用
B．天花板对绳梯的作用力大小为
C．左脚施加于横木的作用力大小为
D．左脚对横木的作用力大于横木对左脚的作用力
3．（2025·汕头模拟）2025年中国航天将迎来更多突破，新一代载人飞船和月面着陆器将进入实质性测试阶段，我国第四批预备航天员不仅要执行空间站任务，未来也将执行载人登月任务。假设以同样大小的初速度分别在月面和地面竖直上抛小球（不计地面上的空气阻力），小球在月面上升的最大高度为在地面上的6倍。已知地球半径为月球半径的4倍，则地球和月球的平均密度之比为（ ）
A．6∶1 B．1∶6 C．2∶3 D．3∶2
4．（2025·汕头模拟）无线充电技术是一种通过电磁场传输能量，为电子设备充电的技术。某大学社团研究无线充电的规律设计了如图所示装置，无线传输装置中的变压器可以看成理想降压变压器，原线圈串接定值电阻，左侧接入电压的有效值为62V的正弦交流电。不计导线电阻，若副线圈所接电子设备获得的充电电压为15V，电流为4A，则下列说法正确的是（ ）
A．变压器原线圈和副线圈匝数比为
B．变压器原线圈和副线圈电流比为
C．电阻R消耗的功率为8W
D．电源的输出功率为248W
5．（2025·汕头模拟）用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图所示。则这两种光（ ）
A．照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能大
B．从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角小
C．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距大
D．通过同一玻璃三棱镜时，a光的偏折程度大
6．（2025·汕头模拟）一个简易温度计的结构如图所示，长直玻璃管竖直固定，上端与玻璃球形容器相连，下端通过软管与柱形开口容器相连，用水银将一定质量的空气封闭在球形容器内。大气压强保持不变，上下移动柱形容器使左右水银面平齐时，长直玻璃管中水银面对应刻度可以表示外界温度。则玻璃管M、N区间内的刻度可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·汕头模拟）如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（ ）
A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动
B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为
C．各金属筒的长度之比为1：：：
D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1：：：
8．（2025·汕头模拟）飞镖扎气球是一种民间娱乐游戏项目，其示意图如图甲所示，靶面竖直固定，点为镖靶中心，水平、竖直，靶面图如图乙所示。若每次都在空中同一位置点水平射出飞镖，且三点在同一竖直平面，忽略空气阻力。关于分别射中靶面三点的飞镖，下列说法错误的是（ ）
A．射中点的飞镖射出时的速度最小
B．射中点的飞镖射出时的速度最小
C．射中点的飞镖空中飞行时间最长
D．射中、两点的飞镖空中飞行时间相等
9．（2025·汕头模拟）如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负点电荷仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的图像如图乙所示。取A点为坐标原点，方向为正方向建立x轴，作出了所在直线的电场强度大小E、电势、点电荷的电势能随位移x变化的图像、图像、图像，其中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025·汕头模拟）用轻质绝缘细绳悬挂带正电的小球，小球可视为质点，如图1所示。将装置分别放入图2所示的匀强电场，图3所示的匀强磁场中。将小球从偏离竖直方向左侧的一个小角度位置由静止释放，在图中三种情况下，小球均在竖直平面内周期性往复运动，周期分别为、、，小球第1次到达轨迹最低点时的速度大小分别为、、，拉力大小分别为，不计空气阻力。图中三种情况，下列说法正确的是（ ）
A．图1和图3的小球在运动过程中机械能都守恒
B．三个小球运动的周期大小关系
C．三个小球第1次到达最低点时拉力大小关系
D．三个小球第1次到达最低点时的速度大小关系
11．（2025·汕头模拟）某同学设计实验验证机械能守恒定律，装置如图（b）所示。一个质量为、直径为的小球固定于释放装置上，在小球正下方固定四个光电门，调节各光电门的中心，使其与小球的球心均在同一竖直线上。由静止释放小球，记录小球通过每个光电门的挡光时间，重力加速度为。
（1）用游标卡尺测小球的直径，如图（a）所示，可得小球的直径 mm。
（2）若测得某光电门的中心与释放点的竖直距离为，小球通过此光电门的挡光时间为，则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量 （用题中字母表示），重力势能减小量；
（3）根据实验数据，做出的图像，如图（c）所示。若图中虚线的斜率 （结果保留1位有效数字），则可验证机械能守恒定律；
（4）经过多次重复实验，发现小球经过第三个光电门时，总是大于，下列原因中可能的是___________。
A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大
B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用
12．（2025·汕头模拟）滑动变阻器是电路元件，它可以通过来改变自身的电阻，从而起到控制电路的作用。在电路分析中，滑动变阻器既可以作为一个定值电阻，也可以作为一个变值电阻。滑动变阻器的构成一般包括接线柱、滑片、电阻丝、金属杆和瓷筒等五部分。滑动变阻器的电阻丝绕在绝缘瓷筒上，电阻丝外面涂有绝缘漆。
（1）电学实验中，进行“测量电源电动势和内阻”实验时，记录数据，当电流表时，电压表示数为；当电流表示数为，电压表示数；则此电源电动势为 V内阻为 。
（2）通过实验，某电阻两端的电压与通过它的电流关系，描绘如图所示，在实验过程中，电阻的横截面积和长度保持不变，依据图像分析：
（1）电阻阻值为R，其材料电阻率为，由图可知，随着电阻两端的电压增大，则
A.R增大，增大 B.R减小，减小
C.R增大，不变 D.R减小，不变
（2）根据图像分析，当电阻两端电压为时，该电阻的功率为 W。
（3）根据图像，推测该实验电路为
A. B.
C. D
13．（2025·汕头模拟）某科研团队正在研发一种基于圆柱形光纤的高精度激光传感器。如图所示，该传感器核心部件为一横截面半径为的玻璃半圆柱体（为圆心），用于引导和聚焦激光束。现将两条平行单色同种激光束同时射到半圆柱体上表面，激光入射点为半圆柱顶点，方向垂直于底面；激光入射点为，且。玻璃对该单色激光的折射率为，激光在真空中的光速为，不考虑各界面的反射光。求：
（1）激光在介质中的折射角；
（2）两条激光在介质中传播的时间差。
14．（2025·汕头模拟）如图，物块、并排放在光滑水平面上，上固定一根竖直轻杆，用一长的细线将小球（可看成质点）竖直悬挂在轻杆上点，、、质量均为。初始时，物块均固定在水平面上，质量为的子弹以某一水平初速度射入小球（射入时间极短且未射出），小球恰能到达与点等高的点。取重力加速度，不计空气阻力。
（1）求子弹初速度的大小；
（2）若解除物块、的固定，子弹仍以相同初速度射入小球（射入时间极短且未射出），求小球能上升的最大高度。
15．（2025·汕头模拟）如图，水平面（纸面）内固定有两足够长、光滑平行金属导轨，间距为l，其左端接有阻值为R的定值电阻。一质量为m的金属杆（长度略大于l）垂直放置在导轨上。在电阻和金属杆间，有两个垂直于纸面向里的匀强磁场，圆形磁场面积为S，磁感应强度大小随时间的变化关系为（k为大于零的常量）；矩形磁场磁感应强度大小。从时刻开始，矩形磁场以速度向右匀速运动；时，边恰好到达金属杆处。之后，金属杆跟随磁场向右运动；时，系统达到稳定状态。已知金属杆与导轨始终垂直且接触良好，整个过程金属杆未离开矩形磁场区域，不计金属杆和导轨电阻，磁场运动产生的其他影响可忽略，求：
（1）到时间内，流经电阻R的电荷量；
（2）时刻，加速度的大小；
（3）到时间内与矩形磁场的相对位移。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】本题关键要抓住波速是由介质决定，保持不变，再由波速公式分析波长的变化情况。波速
绳波一直在绳中传播，介质相同，传播速度保持不变．当手振动的频率增加时，波长减小。
故选A。
【分析】明确波的性质，知道波速是由介质的性质决定的，与波长和频率无关。
2．【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】解答本题时，要明确研究对象，正确分析受力，再运用平衡条件以及牛顿第三定律解答。A．对工人受力分析：工人受到重力以及来自横木对脚和双手的支持力，共至少三个力作用，故A错误；
B．整体处于平衡，对整条绳梯（含工人）整体分析可知，天花板对绳梯的拉力
故B正确；
C．对工人分析可知，左脚施加于横木的作用力大小为
故C错误；
D．根据牛顿第三定律可知，左脚对横木的作用力等于横木对左脚的作用力，故D错误；
故选B。
【分析】建筑工人处于平衡状态，对其分析受力，根据平衡条件以及牛顿第三定律确定左脚施加于横木的作用力大小。把建筑工人和绳梯看作一个整体，分析受力，根据平衡条件求天花板对绳梯的作用力大小；根据牛顿第三定律分析左脚对横木的作用力与横木对左脚的作用力关系。
3．【答案】D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】本题解题关键是掌握竖直上抛规律，并掌握星球表面万有引力等于重力。根据
可得
根据，
可得
故选D。
【分析】根据竖直上抛规律，推出重力加速度之比，根据万有引力等于重力结合密度公式，分析密度关系。
4．【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查变压器的工作原理，解题关键是知道变压器的输入功率等于输出功率，原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，结合闭合电路欧姆定律求解即可。A．设原线圈与副线圈匝数比为，则原线圈两端电压和电流分别为和
在原线圈的电路中满足，可得或者（不合题意，舍去），故A正确；
B．原线圈和副线圈电流比为，故B错误；
C．原线圈电流为，消耗功率为，故C错误；
D．原线圈电流为1A，电源的输出功率为，故D错误。
故选A。
【分析】根据理想变压器原理结合欧姆定律求解匝数比；电流比等于匝数的反比；结合电功率公式求解。
5．【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；光电效应
【解析】【解答】要熟练掌握所学公式，明确各个物理量之间的联系．如本题中折射率、临界角、光子能量、最大初动能等都有光的频率有关。A．由题图可知
又
所以
即照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能小，故A错误；
BD．根据可知，光的频率小，同一介质对光的折射率小，通过同一玻璃三棱镜时，a光的偏折程度小，又根据可知，从同种介质射入空气发生全反射时，a光的临界角大，故BD错误；
C．光的频率小，波长大，根据可知，通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距大，故C正确。
故选C。
【分析】根据遏止电压的大小结合动能定理得出最大初动能的大小；通过光电效应方程得出a、b两光的频率大小关系，从而得出折射率的大小，根据折射率的大小比较临界角；根据双缝干涉条纹间距公式比较条纹的间距大小；根据折射率与偏折角的关系判断。
6．【答案】A
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】本题考查了气体的等压变化与盖-吕萨克定律的应用，解题时需注意，一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成正比。因为大气压强保持不变，所以球形容器内气体做等压变化，则其体积V与热力学温度T成正比，由此可知，温度越高，体积越大，则玻璃管M、N区间内的刻度越靠下，对应温度越高，又因为摄氏温度与热力学温度差值不变，则M、N区间内的刻度分布均匀。
故选A。
【分析】因为大气压强保持不变，所以球形容器内气体做等压变化，结合题意及摄氏温度与热力学温度的关系，即可分析判断ABCD正误。
7．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查学生对动能定理、匀加速直线运动位移—时间公式的掌握。A． 金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，合力为零，故质子做匀速运动，粒子在圆筒的空隙被加速，在每个圆筒中时间相同且等于交变电流周期的一半， 故A错误；
B．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理
解得
故B错误；
D．只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；
C．第n个圆筒长度
则各金属筒的长度之比为1：：：，故C正确。
故选C。
【分析】根据质子受力情况，分析质子运动情况；质子经过n次加速，根据动能定理，求速度大小；根据匀加速直线运动位移—时间公式，求各金属筒的长度。
8．【答案】A,B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。飞镖做平抛运动，由平抛运动的特点有
联立解得
因为
可知飞镖射中O、P两点的飞镖空中飞行时间相等，射中Q点的飞镖空中飞行时间最长，即
又因为
则有
可知平抛初速度最小的是射中Q点的，所以AB错误，符合题意，CD正确，不符合题意。
故选AB。
【分析】飞镖做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动，根据飞镖运动轨迹结合自由落体运动和匀速运动规律列式解答。
9．【答案】B,D
【知识点】电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题结合v-t图像，关键要掌握电场线的性质，知道电场线的疏密表示电场强度的大小，沿电场线的方向电势降低。AB．由图像斜率表示加速度可知，从A点运动到B点，加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律
可知，电场强度大小逐渐变大，故A错误，B正确；
C．图像的斜率表示电场强度，由上述知电场强度大小逐渐变大，斜率应该变大，故C错误；
D．图像斜率表示电场力，电场强度大小逐渐变大，则电场力变大，并且负点电荷仅在静电力的作用下从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小，故D正确；
故选BD。
【分析】v-t图像中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v-t图像可知电荷的加速度越来越小，则电场力越来越小，电场强度越来越小，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果。
10．【答案】A,B,C
【知识点】单摆及其回复力与周期；向心力；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了静电场相关知识，理解物体不同情况下的受力状态和运动状态是解决此类问题的关键。A．由题意可知，图1小球第一次到达轨迹最低点的过程中，球受拉力与重力的作用，只有重力做正功，机械能守恒；图2小球受拉力、重力和电场力的作用，除重力做正功外电场力也做正功，小球机械能增加；图3小球受拉力、重力和洛伦兹力的作用，只有重力做正功，机械能守恒。故A正确；
B．分析球1和球3，在相同位置时沿运动方向的受力相同，则球1和球3运动情况相同，可知；对球 2分析，电场力与重力的合力为等效重力，则其等效重力加速度变大，由周期公式可知小球周期变小，因此三种情况下小球运动的周期关系为，故B正确；
C D．由于图1和图3只有重力做正功，而图2除重力做正功外还有电场力做正功，根据动能定理可知，三个小球第1次到达最低点时的速度大小关系为
在最低点分别对3个小球列牛顿第二定律和向心力方程：
对球1有
对球2有
对球3有
根据三个小球第1次到达最低点时的速度大小关系，可得，故C正确，D错误。
故选ABC。
【分析】根据小球受力情况，结合等效重力法以及单摆周期公式，综合牛顿第二定律，合外力提供向心力分析求解。
11．【答案】（1）10.60
（2）
（3）1
（4）B
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】本题考查机械能守恒定律的实验原理和注意事项、误差分析，会根据题意进行准确的分析解答。
（1）图a可知游标卡尺精度为0.05mm，则
（2）小球通过此光电门的速度
则小球动能增加量
（3）根据机械能守恒定律可得
则作出的图像中虚线的斜率，则可验证机械能守恒定律。
（4）A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大，则的测量值偏大，使得小于，故A错误；
B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，的测量值偏大，使得大于，故B正确；
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，使得小于，故C错误。
故选B。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则完成读数；
（2）根据光电门求解瞬时速度的公式结合动能的表达式列式解答；
（3）根据机械能守恒定律列式分析；
（4）根据误差的情况分析误差产生的原因。
（1）图a可知游标卡尺精度为0.05mm，则
（2）小球通过此光电门的速度
则小球动能增加量
（3）根据机械能守恒定律可得
则作出的图像中虚线的斜率，则可验证机械能守恒定律。
（4）A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大，则的测量值偏大，使得小于，故A错误；
B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，的测量值偏大，使得大于，故B正确；
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，使得小于，故C错误。
故选B。
12．【答案】（1）4.5；1.5
（2）B；0.225；C
【知识点】电阻定律；导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据闭合电路欧姆定律，代入数据可得；
联立两式解得；，则此电源电动势为4.5V，内阻为1.5。
（2）1、因为图线的斜率为电阻的倒数，随着电阻两端的电压增大，可知斜率在不断增大，故随着电阻两端的电压增大，R减小，再根据电阻定律，可得也在减小，故ACD错误，B正确。
故选B。
2、根据图像分析，当电阻两端电压为时，可读出此时流过电阻的电流为0.125V，根据公式，代入数据解得，该电阻的功率为0.225W。
3、根据图像，当电阻两端的电压很小时，斜率几乎为零，电阻阻值很大，滑动变阻器用限流式接法不符合实际情况，所以滑动变阻器采用分压式接法。随着电阻两端的电压增大，流过电阻的电流也在增大，电流表测流过电阻的电流，可推测该实验电路符合条件的只有C选项。
故选C。
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律，列方程组可计算电源电动势和内阻。
（2）①由图线可知随着电阻两端的电压增大，R减小。
②由图线获得电阻两端电压为时，流过电阻的电流为0.125V，根据公式计算功率。
③滑动变阻器采用分压式接法，电流表采用外接法。
（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
代入数据可得；
联立两式解得；
则此电源电动势为4.5V，内阻为1.5。
（2）[1]因为电阻图线的斜率为电阻的倒数，随着电阻两端的电压增大，可知斜率在不断增大，故随着电阻两端的电压增大，R减小，再根据电阻定律
可得也在减小，B选项正确。
故选B。
[2]根据图像分析，当电阻两端电压为时，可读出此时流过电阻的电流为0.125V，根据公式
代入数据解得
该电阻的功率为0.225W。
[3]根据图像，当电阻两端的电压很小时，斜率几乎为零，电阻阻值很大，滑动变阻器用限流式接法不符合实际情况，所以滑动变阻器采用分压式接法。随着电阻两端的电压增大，流过电阻的电流也在增大，电流表测流过电阻的电流，可推测该实验电路符合条件的只有C选项。
故选C。
13．【答案】（1）作出光路图如图：
根据折射率
整理得
所以激光在介质中的折射角
（2）根据
解得
光线1通过玻璃砖后不偏折，在介质中的传播距离为
对由几何知识知光线2在介质中的传播距离
则两条激光在介质中传播的时间差
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据光路图，结合折射定律分析求解；
（2）根据光在介质中的速度，结合光线在介质中的传播距离分析求解。
（1）作出光路图如图：
根据折射率
整理得
所以激光在介质中的折射角
（2）根据
解得
光线1通过玻璃砖后不偏折，在介质中的传播距离为
对由几何知识知光线2在介质中的传播距离
则两条激光在介质中传播的时间差
14．【答案】（1）设子弹的速度为，击中后，二者共同的速度为，规定向右为正方向，由动量守恒有
当达到点时，由机械能守恒
联立解得，
（2）设小球到最高点时速度为，由动量守恒
由机械能守恒
联立解得
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）子弹射入小球C的过程，根据动量守恒定律列方程。小球C上摆过程，根据机械能守恒定律列方程，联立求解子弹初速度的大小。
（2）小球C到最高点时A、B、C速度相同，根据水平方向动量守恒求出共同速度，再由系统机械能守恒求小球C能上升的最大高度。
（1）设子弹的速度为，击中后，二者共同的速度为，规定向右为正方向，由动量守恒有
当达到点时，由机械能守恒
联立解得，
（2）设小球到最高点时速度为，由动量守恒
由机械能守恒
联立解得
15．【答案】（1）由电流定义式
欧姆定律
法拉第电磁感应定律
得
累加求和，可知流过电阻R电荷量的绝对值
（2）时，由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律
由牛顿第二定律
联立求解得时刻，的加速度
（3）当时，系统达到稳定状态，回路中电流为零，设此时金属杆的速度为，则
求解得
设在到时间内，与矩形磁场的相对位移为
由
得
对金属杆，由动量定理
联立求解得
【知识点】电磁感应现象中的感生电场；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）t=0到t=t0时间内，根据电流的定义式、闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律求流经电阻R的电荷量；
（2）t=t0时刻，MN产生的感应电动势为E2=Blv0，根据闭合电路欧姆定律求出回路中电流，根据安培力公式和牛顿第二定律求MN加速度的大小；
（3）当t=2t0时，系统达到稳定状态，回路中电流为零，根据金属杆MN产生的动生电动势与感生电动势相等列式，求出此时金属杆的速度。根据动量定理以及电磁感应规律求t=t0到t=2t0时间内MN与矩形磁场的相对位移。
（1）由电流定义式
欧姆定律
法拉第电磁感应定律
得
累加求和，可知流过电阻R电荷量的绝对值
（2）时，由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律
由牛顿第二定律
联立求解得时刻，的加速度
（3）当时，系统达到稳定状态，回路中电流为零，设此时金属杆的速度为，则
求解得
设在到时间内，与矩形磁场的相对位移为
由
得
对金属杆，由动量定理
联立求解得
1 / 1
