2025届广东省大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试（二） 物理试卷
1．（2025·广东模拟）据诺贝尔奖官方消息：“居里夫人的笔记仍具放射性，还将持续1500年。”关于放射性元素的衰变和半衰期，下列说法正确的是（ ）
A．射线比射线穿透本领更强
B．笔记中放射性元素的半衰期为1500年
C．衰变时，粒子来自于核外电子
D．衰变成经过8次衰变和6次衰变
2．（2025·广东模拟）如图所示，站在地面不动的工人利用滑轮组将货物缓慢提起。提起过程中，工人拉绳的方向不变，动滑轮两侧的绳子不平行，不计滑轮摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．工人受到的重力和支持力是一对作用力与反作用力
B．工人对绳子的拉力和绳子对工人的拉力是一对平衡力
C．货物缓慢拉起过程中，绳子对动滑轮的作用力不变
D．货物缓慢拉起过程中，地面对工人的支持力变大
3．（2025·广东模拟）无人机已广泛应用于各行各业。如图所示，一无人机从地面由静止开始竖直上升到某一高度悬停进行摄影。若无人机加速和减速阶段的加速度大小恒定且相等，取竖直向上为正方向。下列表示在该过程中无人机的运动图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025·广东模拟）沿轴传播的一列简谐横波，在时刻的波形图像如图甲所示，在轴上距离原点处的质点P的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿轴正方向传播
B．每经过时间，质点运动的路程为
C．该波以的速度传播
D．该波遇到尺寸为的障碍物会发生明显衍射现象
5．（2025·广东模拟）迄今已知的公转周期最短的行星是一颗编号为PSR1719-14b的系外行星，它围绕一脉冲星（恒星）公转，公转周期约为小时。已知地球与太阳距离约为该行星与脉冲星距离的倍。根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．该脉冲星质量约为太阳质量的倍
B．该脉冲星质量约为太阳质量的倍
C．该行星质量约为地球质量的倍
D．该行星质量约为地球质量的倍
6．（2025·广东模拟）如图所示，某同学往矿泉水瓶内装入一定量水后，旋紧瓶盖（不漏气），在水面下方高度处开一小孔，发现瓶子里的水流出一段时间后不再流出。已知水的密度为，大气压强为，重力加速度为，忽略温度变化和瓶子形变，下列说法正确的是（ ）
A．当水不再流出时，水面下降至小孔等高处
B．当水不再流出时，瓶内空气的压强等于大气压强
C．若测得水下降的高度，则可求瓶内空气原有的体积
D．若测得水下降的高度，则可求水不再流出时瓶内空气的压强
7．（2025·广东模拟）如图所示为某质谱仪的简化示意图，它由加速电场、静电偏转区、真空通道和磁场偏转区组成。现有一粒子在点从静止开始经电压恒定的电场加速后进入静电偏转区，然后匀速通过真空通道后进入磁场偏转区，最终打到点，运动轨迹如图中虚线所示。粒子在静电偏转区和磁场偏转区中均做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．静电偏转区内的电场是匀强电场
B．磁场偏转区内磁场方向垂直于纸面向里
C．仅将粒子改为质子，质子仍能在静电偏转区沿虚线运动
D．仅将粒子改为氘核（），氘核不会沿虚线运动到点
8．（2025·广东模拟）如图，固定在竖直面内的轨道ABC由粗糙直线段AB和光滑圆弧段BC组成，两段相切于B点，BC段的圆心为O，半径为R，轨道最高点为C，A与C的高度差为1.5R。运动员踩着滑板（可视为质点）从A点以初速度v0冲上轨道，沿轨道运动恰能到达C点，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A．运动员及滑板的初速度要满足
B．运动员及滑板到达C点时对轨道的压力恰好为0
C．从A到B的过程中，运动员及滑板的重力做功等于其动能的变化量
D．从B到C的过程中，运动员及滑板的动能全部转化为重力势能
9．（2025·广东模拟）距地面为h高度处的甲球由静止释放，同时位于地面的乙球以一定的初速度竖直上抛，乙球在上升过程中在距地面0.75h处与甲球发生弹性正碰，碰后甲球恰好能够回到原高度处。两球质量相等且均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A．碰撞前后瞬间，甲球的动量不变
B．碰撞前后瞬间，乙球的动能不变
C．从释放到碰撞前过程，甲球的重力冲量小于乙球的重力冲量
D．从碰撞后到乙球落地前过程，甲乙两球的重力冲量相等
10．（2025·广东模拟）如图，ABCD为真空中一正四面体的四个顶点，E和F分别为BC边和BD边的中点，B处和C处分别固定着等量异种点电荷+Q和 Q。下列说法正确的有（ ）
A．电子在E点的电势能小于在F点的电势能
B．A、D两点处的电场强度相同
C．将一试探正电荷从E处移动到D处，电场力不做功
D．F点的电场强度大于A点的电场强度
11．（2025·广东模拟）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验，请完成以下问题。
（1）图甲是根据“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验作出的p-V图像。当气体体积从V1增大到V2，则图线在V1、V2之间所围“阴影部分面积”的物理意义是 。
（2）图乙是“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的可拆式变压器，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100匝”的匝数。现把4V的正弦式交流电源接到原线圈“0”和“8”接线柱，并用交流电压表接在副线圈的“0”和“4”接线柱测量输出电压，则原副线圈的匝数比为 。若该变压器可视为理想变压器，交流电压表显示的是输出电压的 值（选填“最大”“瞬时”或“有效”），其约等于 V（保留一位有效数字）。
（3）图丙是“验证动量守恒定律”的实验装置示意图。实验中，入射小球质量大于被碰小球质量，则被碰小球的落点位置应为图中的 点（选填“A”“B”或“C”），该装置中铅垂线的作用是 。
12．（2025·广东模拟）如图甲所示为多用电表中欧姆挡的电路图，其中：直流电源（电动势、内阻），直流电流表（量程、内阻），定值电阻（、），电阻箱（阻值）。通过控制单刀双掷开关和调节电阻箱，可使欧姆挡具有两种倍率。图乙是表盘，欧姆挡刻度线正中央的数字是15.
（1）图甲中的端应与 （选填“红”或“黑”）表笔连接。当单刀双掷开关拨到1，将红、黑表笔短接，调节电阻箱，使电流表达到满偏，此时电阻箱的阻值为 ，然后在红、黑表笔间接入，电流表指针位于图乙表盘正中央，则 。
（2）当单刀双掷开关拨到2，将红、黑表笔短接，调节电阻箱，使电流表再次满偏，就改装成了另一倍率的欧姆挡，则此时欧姆挡的倍率为 ，电阻箱的阻值为 。
13．（2025·广东模拟）高速公路的标志牌上常贴有“回归反光膜”，它采用微小玻璃球制成，能把射向玻璃球的光“逆向返回”，使得标志特别醒目。如图所示，一束单色光沿平行于直径AB方向从P点射向置于空气中的玻璃球，在B点反射后，又从Q点平行于直径AB方向射出，这样就实现了光线的“逆向返回”。若玻璃球半径为R，折射率为。
（1）求P点到直径AB的距离；
（2）通过计算判断该光在B点反射后反射光的强度是否减弱。
14．（2025·广东模拟）如图甲所示，水平放置的平行长直金属导轨MN、PQ，间距为L，导轨右端接有阻值为R的电阻，导体棒EF垂直放置在两导轨上并与导轨接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计。导轨间直径为L的圆形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化的规律如图乙所示。在外力作用下，导体棒EF从t=0时开始向右运动，在t=t0时进入圆形磁场区域，通过磁场区域的速度大小始终为v。求：
（1）0~t0时间内，流过R的电流大小I及方向；
（2）导体棒通过圆形磁场区域的过程中受到安培力的最大值Fm；
（3）导体棒通过圆形磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量q。
15．（2025·广东模拟）如图所示，将一质量为的小物块P放在O点，某时刻用弹射装置将其弹出，使其沿着竖直面内半径为的光滑半圆形轨道OA运动，物块P恰好通过轨道最高点A。之后，物块P进入同一竖直面内一个半径为、圆心为O点的光滑半圆形管道AB（管径远小于），A、O、B在同一竖直线上，物块P的大小略小于管径且经过A、B两处时均无能量损失。管道AB与长度为的粗糙水平轨道BC相切于点B，在水平轨道BC末端C点放置另一质量为的小物块Q。P与水平轨道BC间的动摩擦因数，P运动到C点时与Q发生弹性正碰。EF为放在水平地面上的缓冲垫（厚度不计且物块落入后立即被吸附不反弹），EF离C点的竖直高度为，长度也为。P、Q均可视为质点，重力加速度为，不计空气阻力。求：
（1）P离开O点时速度；
（2）P到达半圆管道末端B点时，管道对P的作用力大小；
（3）要使P、Q碰后均能平抛落入缓冲垫EF，EF最左端E点离C点的水平距离应满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】本题考查各种射线的穿透本领、半衰期、β射线的来历和核反应方程的书写规则，会根据题意进行准确分析解答。A．射线比射线电离本领更强，射线比射线穿透本领更强，故A错误；
B．每经过一个半衰期，该元素的存品为原来的一半；居里夫人的笔记仍具放射性，还将持续1500年，则1500年该元素经过多个半衰期，笔记中放射性元素的半衰期小于1500年，故B错误；
C．衰变时，粒子来自于核内中子，一个中子转化成一个质子和一个电子，故C错误；
D．由电荷数和质量数守恒可知衰变方程为
所以衰变成经过8次衰变和6次衰变，故D正确。
故选D。
【分析】根据各种射线的穿透本领、半衰期、β射线的来历和核反应方程的书写规则进行分析解答。
2．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查滑轮组中力的平衡问题，涉及作用力与反作用力、平衡力的区分，以及动态平衡中力的变化分析。需对工人、动滑轮分别受力分析，结合平衡条件判断选项。A．工人受到的重力和支持力的受力物体都是工人，这两个力不是一对作用力与反作用力，故A错误；
B．工人对绳子的拉力和绳子对工人的拉力是一对作用力与反作用力，故B错误；
C．货物缓慢拉起过程中，绳子的拉力在竖直方向的分力为货物重力的一半，绳子对动滑轮的作用力方向竖直向上，大小等于货物的重力，故C正确；
D．货物缓慢拉起过程中，对货物受力分析，货物受重力G1、两根绳子的拉力F，设两绳间夹角为，如图
则
解得
对工人受力分析，受重力G2、支持力FN、绳子拉力F、摩擦力f，设绳子与竖直方向的夹角为，如图，则地面对工人的支持力
货物缓慢拉起过程中，逐渐变大，变小，又不变，则变小，即地面对工人的支持力变小，故D错误。
故选C。
【分析】一对平衡力大小相等，方向相反，作用在一个物体上，一对相互作用力大小相等，方向相反，是两个物体的相互作用力；对滑轮进行受力分析，根据几何关系得出绳子拉力的变化趋势。
3．【答案】B
【知识点】图象法；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查对运动学图像的理解，清楚不同图像图线的含义。A．图像中先匀加速，再匀减速，最后匀速运动，不满足题干悬停进行摄影，故A错误；
B．图像中先匀加速，在匀速，最后匀减速到零，悬停进行摄影，且匀加速和匀加速阶段斜率大小相等，所以加速度大小相等，满足题干条件，故B正确；
C．加速度大小发生变化，故C错误；
D．图像面积表示速度变化量，下方面积大于上方面积，即最终速度为向下，与题干不符，故D错误。
故选B。
【分析】v-t图像反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律，斜率表示加速度的大小及方向，图线与时间轴所包围的“面积”表示位移。纵轴截距表示t=0时刻的初速度，横轴截距表示速度为零的时刻。a-t图像纵轴表示加速度，横轴表示时间，图像和时间轴平行，物体做匀速直线运动，图像和时间轴所围面积表示速度的变化量。
4．【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的衍射现象
【解析】【解答】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。A．由图乙可知时质点P在平衡位置向y轴负方向振动，结合图甲可知该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．由图乙可知周期
则
每经过时间，质点运动的路程为
故B错误；
C．由图甲可知波长
该波传播速度
故C正确；
D．发生明显衍射的条件是光的波长大于或等于障碍物的大小，故D错误。
故选C。
【分析】根据“同侧法”判断传播方向；半个周期通过的路程为2A，由此分析；根据波速计算公式求解该波的传播速度；根据发生明显衍射的条件进行分析。
5．【答案】A
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】 本题考查万有引力定律本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
的应用，会根据题意进行准确分析解答。AB．设中心天体质量为M，环绕天体质量为m，根据
解得
对地球有
对系外行星有
联立解得
故A正确，B错误；
CD．根据以上分析可知，行星质量被约去了，故无法求出行星质量之比，故CD错误。
故选A。
【分析】根据万有引力提供向心力列式解答。
6．【答案】D
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】加在密闭静止液体（或气体）上的压强能够大小不变地由液体（或气体）向各个方向传递。A．当水不再流出时，瓶内外的压强达到平衡，由于小孔在水面下方，水面不会下降到小孔等高处，而是会保持在小孔上方，使得瓶内空气的压强与大气压强和水的静压强平衡，A错误；
B．当水不再流出时，瓶内空气的压强等于大气压强减去水的静压强，即 ，所以瓶内空气的压强小于大气压强，B错误；
C．水下降的高度与瓶内空气的体积变化有关，但题目中没有提供足够的信息（瓶子的底面积等）来计算瓶内空气原有的体积，C错误；
D．水不再流出时，瓶内空气的压强为 ，如果已知水下降的高度，则可以计算出瓶内空气的压强，D正确。
故选D。
【分析】根据平衡条件，由压强关系结合液体内部压强公式即可判断。
7．【答案】C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。A．粒子在静电偏转区做匀速圆周运动，电场力提供向心力，方向不断变化，说明电场方向也不断变化，则电场不是匀强电场，故A错误；
B．粒子在磁场偏转区受到的洛伦兹力提供向心力根据左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故B错误；
C．在从加速电场射出后，满足
在静电偏转区域，由
则
则质子也能在静电偏转区域沿虚线做匀速圆周运动，与电荷和质量无关，故C正确；
D．在从加速电场射出后，满足
粒子和氘核比荷相同，则两者射出后速度相同，在静电偏转区域，同样满足
做匀速圆周运动；在磁场区域，也满足
则氘核会沿虚线运动到M点，故D错误。
故选C。
【分析】根据电场力的方向判断场强的方向，进而判断是否为匀强电场；根据左手定则判断磁场方向；根据动能定理和圆周运动表达式分析判断；
8．【答案】A,D
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了动能定理、竖直面的圆周运动及机械能守恒定律等知识，解题时要正确分析小球运动情况，选取合适的研究过程，注意恰好到达C点的条件是在C点时速度为0。A．设运动员踩着滑板质量为m，题意知m沿轨道运动恰能到达C点，则C点速度为0，此时m对轨道压力等于物体重力，并不是0，从A到C过程，由动能定理有
整理得
故A正确，B错误；
C．由动能定理可知，运动员及滑板的重力做功与其摩擦力做功之和等于运动员及滑板动能的变化量，并非重力做功等于动能变化量，故C错误；
D．BC段光滑，从B到C的过程中（且运动员及滑板在C点速度为0），只有重力做功，机械能守恒，则运动员及滑板的动能转化为重力势能，故D正确。
故选AD。
【分析】分析小球，选取合适的研究过程，根据动能定理分析小球的速度；恰好到达圆弧轨道C点，速度为0，由牛顿第三定律可知压力的大小，由做功的情况判断能量的转化情况。
9．【答案】B,D
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】本题考查动量守恒、能量守恒以及冲量的计算，涉及弹性碰撞和自由落体运动的综合应用。题目计算量适中，但需要学生对碰撞前后的速度变化有清晰认识，特别是弹性碰撞中动能和动量的关系。A．碰后甲球恰好能够回到原高度处，则碰撞前后瞬间，甲球的速度大小不变，方向相反，动量改变，故A错误；
B．两球发生弹性碰撞，由能量守恒定律可知碰撞前后瞬间乙球的动能不变，故B正确；
C．从释放到碰撞前过程，两球运动时间相等，由
可知甲球的重力冲量等于乙球的重力，故C错误；
D．从碰撞后到乙球落地前过程，两球运动时间相等，由
可知甲乙两球的重力冲量相等，故D正确。
故选BD。
【分析】甲球自由落体运动，乙球竖直上抛运动，在0.75h处发生弹性碰撞。碰撞后甲球速度反向大小不变，说明碰撞前后甲球动量改变而乙球动能不变。两球从开始到碰撞时间相同，重力冲量相等；碰撞后到乙球落地时间相同，重力冲量也相等。
10．【答案】B,C,D
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】本题考查电场的叠加，电场是矢量，根据平行四边形定则可进行场强的合成，该题还要求学生要有较好的立体几何的理解能力。A．等量异种点电荷的中垂面是等势面，F点的电势高于E点的电势，电子在E点的电势能大于在F点的电势能，故A错误；
B．正、负点电荷在A点的电场强度为、，夹角为；正、负点电荷在D点的电场强度为、，夹角为；如图
由点电荷周围电场的特点即几何知识可知
，
则A、D两点处的电场强度相同，故B正确；
C．D、E在同一等势面上，将一试探正电荷从E处移动到D处，电场力不做功，故C正确；
D．正、负点电荷在F点的电场强度分别为、，夹角为，如图
由点电荷周围电场的特点即几何知识可知
，，
所以F点的电场强度大于A点的电场强度，故D正确。
故选BCD。
【分析】根据电势能的计算公式结合电势的高低分析；根据电场强度的叠加原理分析AD两处的电场关系；EAD所在平面为等势面，将一试探正电荷从E处移动到D处，电场力不做功；根据电场强度公式和叠加原理分析E、A两处的电场关系。
11．【答案】（1）气体对外界所做的功
（2）2：1；有效；2
（3）C；确定小球抛出点在水平地面上的垂直投影位置
【知识点】验证动量守恒定律；气体的等温变化及玻意耳定律；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】本题考查理想气体做功公式、探究变压器规律的实验、验证动量守恒定律的实验，解题关键掌握实验原理即可。
（1）气体体积从V1增大到V2，则图线在V1、V2之间所围“阴影部分面积”的物理意义是气体对外界所做的功。
（2）由于接线柱对应的数字表示倍率为“×100匝”的匝数，接到原线圈“0”和“8”接线柱，表明n1=800匝，副线圈接“0”和“4”接线柱，即副线圈匝数n2=400匝，所以原副线圈的匝数比为
交流电压表显示的是输出电压的有效值；
根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系
可得
（3）由于被碰小球的速度大于入射小球的速度，根据平抛运动的规律可知，被碰小球的水平位移较大，则被碰小球的落点位置应为图中的C点；该装置中铅垂线的作用是确定小球抛出点在水平地面上的垂直投影位置。
【分析】（1）根据气体做功公式分析解答；
（2）根据理想变压器的原理解答；
（3）根据动量守恒定律的实验原理分析解答。
（1）气体体积从V1增大到V2，则图线在V1、V2之间所围“阴影部分面积”的物理意义是气体对外界所做的功。
（2）[1]由于接线柱对应的数字表示倍率为“×100匝”的匝数，接到原线圈“0”和“8”接线柱，表明n1=800匝，副线圈接“0”和“4”接线柱，即副线圈匝数n2=400匝，所以原副线圈的匝数比为
[2]交流电压表显示的是输出电压的有效值；
[3]根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系
可得
（3）[1]由于被碰小球的速度大于入射小球的速度，根据平抛运动的规律可知，被碰小球的水平位移较大，则被碰小球的落点位置应为图中的C点；
[2]该装置中铅垂线的作用是确定小球抛出点在水平地面上的垂直投影位置。
12．【答案】（1）红；4.2；15
（2）×10；69
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题主要考查了多用电表中欧姆挡的内部构造的理解，要明确实验原理，掌握串联、并联电路的特点、欧姆定律和闭合电路欧姆定律的运用；明确中值电阻的含义是确定倍率的关键。
（1）电流表电流要从正接线柱（红表笔）流入，从负接线柱（黑表笔）流出，由图甲所示电路图可知，a为红表笔；
单刀双开关拨到1时，电流表量程
所以欧姆表内阻
其中电流表的电阻为
，；
在红、黑表笔间接入，电流表指针位于图乙表盘正中央，则
（2）单刀双开关拨到2时，电流表量程
欧姆调零时，欧姆表内阻
因为表盘中央对应的电阻为欧姆表的内阻，而表盘刻度为15，所以应选择倍率为；此时电流表的电阻为
所以
。
【分析】（1）根据电流“黑出红进”的规则分析作答；当单刀双掷开关拨到1，根据串联、并联电路的特点和欧姆定律求出电流表的量程；根据并联电路的电阻特点求解改装电流表的内阻，根据闭合电路欧姆定律求解欧姆表的内阻，根据串联电路的电阻特点求解电阻箱的接入电阻；根据闭合电路欧姆定律求待测电阻；
（2）当单刀双掷开关拨到2，根据串联、并联电路的特点和欧姆定律求出电流表的量程；根据并联电路的电阻特点求解改装电流表的内阻，根据闭合电路欧姆定律求解欧姆表的内阻，确定电阻挡的倍率；根据串联电路的电阻特点求解电阻箱的接入电阻。
（1）[1]电流表电流要从正接线柱（红表笔）流入，从负接线柱（黑表笔）流出，由图甲所示电路图可知，a为红表笔；
[2]单刀双开关拨到1时，电流表量程，所以欧姆表内阻，其中电流表的电阻为，；
[3] 在红、黑表笔间接入，电流表指针位于图乙表盘正中央，则。
（2）[1] 单刀双开关拨到2时，电流表量程，欧姆调零时，欧姆表内阻，因为表盘中央对应的电阻为欧姆表的内阻，而表盘刻度为15，所以应选择倍率为；
[2]此时电流表的电阻为，所以。
13．【答案】（1）解：设光线在点的入射角为，折射角为，如图
由几何关系可得
根据折射定律有
解得
则 P点到直径的距离为
解得
（2）解：若在B点发生全反射，有
而在B点反射时的入射角r正弦值
则光在B点没有发生全反射，故B点的反射光的强度有减弱。
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）分析入射角和折射角的关系，根据折射率公式解答；
（2）根据折射率分析发生全反射的临界角，根据几何关系分析光线在B处的入射角，由此判断能否发生全反射，然后判断。
（1）设光线在点的入射角为，折射角为，如图
由几何关系可得
根据折射定律有
解得
则 P点到直径的距离为
解得
（2）若在B点发生全反射，有
而在B点反射时的入射角r正弦值
则光在B点没有发生全反射，故B点的反射光的强度有减弱。
14．【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律可知，在棒进入磁场前，回路中的电动势为
依题意
又
可见，流过R的电流大小
联立得
，方向为N→Q
（2）解：当棒进入磁场后，磁场磁感应强度恒定不变，根据法拉第电磁感应定律可知，当棒运动到圆心时，感应电动势达到最大
回路中的感应电流最大为
可见棒在运动过程中受到的最大安培力为
联立得
（3）解：在棒通过圆形的过程中，由法拉第电磁感应定律
又
可得流经的电量
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 （1）根据法拉第电磁感应定律求解0～t0时间内，感应电动势大小，根据闭合电路欧姆定律求解流过R的电流大小，根据楞次定律判断电流强度方向；
（2）根据安培力的计算公式求解安培力大小；
（3）根据电荷量的计算公式求解导体棒通过圆形磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量。
（1）根据法拉第电磁感应定律可知，在棒进入磁场前
回路中的电动势为
依题意
又
可见，流过R的电流大小
联立得：
方向为N→Q
（2）当棒进入磁场后，磁场磁感应强度恒定不变，根据法拉第电磁感应定律可知，
当棒运动到圆心时，感应电动势达到最大
回路中的感应电流最大为：
可见棒在运动过程中受到的最大安培力为：
联立得
（3）在棒通过圆形的过程中，由法拉第电磁感应定律
又
可得流经的电量
15．【答案】（1）解：P 恰好通过A点有
P 从 O 到 A，由动能定理得
解得
（2）解：P 从 A 到 B，由动能定理得
P 在 B 点有
解得
（3）解：P从B到C，由动能定理得
解得
P与Q碰撞，由动量守恒定律
碰撞前后总动能不变
解得
，
设P、Q平抛运动的时间t，有
要使两球都能落入槽中，则有
，
解得
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据圆周运动公式和动能定理求P离开O点时速度v0；
（2）根据动能定理和圆周运动公式求P到达半圆管道末端B点时，管道对P的作用力大小N；
（3）由动能定理求出C点的速度，结合动量守恒定律和能量守恒定律求出P、Q碰后的速度，最后根据运动学公式求EF最左端E点离C点的水平距离x应满足的条件。
（1）P 恰好通过A点有
P 从 O 到 A，由动能定理得
解得
（2）P 从 A 到 B，由动能定理得
P 在 B 点有
解得
（3）P从B到C，由动能定理得
解得
P与Q碰撞，由动量守恒定律
碰撞前后总动能不变
解得，
设P、Q平抛运动的时间t，有
要使两球都能落入槽中，则有，
解得
1 / 12025届广东省大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试（二） 物理试卷
1．（2025·广东模拟）据诺贝尔奖官方消息：“居里夫人的笔记仍具放射性，还将持续1500年。”关于放射性元素的衰变和半衰期，下列说法正确的是（ ）
A．射线比射线穿透本领更强
B．笔记中放射性元素的半衰期为1500年
C．衰变时，粒子来自于核外电子
D．衰变成经过8次衰变和6次衰变
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】本题考查各种射线的穿透本领、半衰期、β射线的来历和核反应方程的书写规则，会根据题意进行准确分析解答。A．射线比射线电离本领更强，射线比射线穿透本领更强，故A错误；
B．每经过一个半衰期，该元素的存品为原来的一半；居里夫人的笔记仍具放射性，还将持续1500年，则1500年该元素经过多个半衰期，笔记中放射性元素的半衰期小于1500年，故B错误；
C．衰变时，粒子来自于核内中子，一个中子转化成一个质子和一个电子，故C错误；
D．由电荷数和质量数守恒可知衰变方程为
所以衰变成经过8次衰变和6次衰变，故D正确。
故选D。
【分析】根据各种射线的穿透本领、半衰期、β射线的来历和核反应方程的书写规则进行分析解答。
2．（2025·广东模拟）如图所示，站在地面不动的工人利用滑轮组将货物缓慢提起。提起过程中，工人拉绳的方向不变，动滑轮两侧的绳子不平行，不计滑轮摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．工人受到的重力和支持力是一对作用力与反作用力
B．工人对绳子的拉力和绳子对工人的拉力是一对平衡力
C．货物缓慢拉起过程中，绳子对动滑轮的作用力不变
D．货物缓慢拉起过程中，地面对工人的支持力变大
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查滑轮组中力的平衡问题，涉及作用力与反作用力、平衡力的区分，以及动态平衡中力的变化分析。需对工人、动滑轮分别受力分析，结合平衡条件判断选项。A．工人受到的重力和支持力的受力物体都是工人，这两个力不是一对作用力与反作用力，故A错误；
B．工人对绳子的拉力和绳子对工人的拉力是一对作用力与反作用力，故B错误；
C．货物缓慢拉起过程中，绳子的拉力在竖直方向的分力为货物重力的一半，绳子对动滑轮的作用力方向竖直向上，大小等于货物的重力，故C正确；
D．货物缓慢拉起过程中，对货物受力分析，货物受重力G1、两根绳子的拉力F，设两绳间夹角为，如图
则
解得
对工人受力分析，受重力G2、支持力FN、绳子拉力F、摩擦力f，设绳子与竖直方向的夹角为，如图，则地面对工人的支持力
货物缓慢拉起过程中，逐渐变大，变小，又不变，则变小，即地面对工人的支持力变小，故D错误。
故选C。
【分析】一对平衡力大小相等，方向相反，作用在一个物体上，一对相互作用力大小相等，方向相反，是两个物体的相互作用力；对滑轮进行受力分析，根据几何关系得出绳子拉力的变化趋势。
3．（2025·广东模拟）无人机已广泛应用于各行各业。如图所示，一无人机从地面由静止开始竖直上升到某一高度悬停进行摄影。若无人机加速和减速阶段的加速度大小恒定且相等，取竖直向上为正方向。下列表示在该过程中无人机的运动图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】图象法；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查对运动学图像的理解，清楚不同图像图线的含义。A．图像中先匀加速，再匀减速，最后匀速运动，不满足题干悬停进行摄影，故A错误；
B．图像中先匀加速，在匀速，最后匀减速到零，悬停进行摄影，且匀加速和匀加速阶段斜率大小相等，所以加速度大小相等，满足题干条件，故B正确；
C．加速度大小发生变化，故C错误；
D．图像面积表示速度变化量，下方面积大于上方面积，即最终速度为向下，与题干不符，故D错误。
故选B。
【分析】v-t图像反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律，斜率表示加速度的大小及方向，图线与时间轴所包围的“面积”表示位移。纵轴截距表示t=0时刻的初速度，横轴截距表示速度为零的时刻。a-t图像纵轴表示加速度，横轴表示时间，图像和时间轴平行，物体做匀速直线运动，图像和时间轴所围面积表示速度的变化量。
4．（2025·广东模拟）沿轴传播的一列简谐横波，在时刻的波形图像如图甲所示，在轴上距离原点处的质点P的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿轴正方向传播
B．每经过时间，质点运动的路程为
C．该波以的速度传播
D．该波遇到尺寸为的障碍物会发生明显衍射现象
【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的衍射现象
【解析】【解答】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。A．由图乙可知时质点P在平衡位置向y轴负方向振动，结合图甲可知该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．由图乙可知周期
则
每经过时间，质点运动的路程为
故B错误；
C．由图甲可知波长
该波传播速度
故C正确；
D．发生明显衍射的条件是光的波长大于或等于障碍物的大小，故D错误。
故选C。
【分析】根据“同侧法”判断传播方向；半个周期通过的路程为2A，由此分析；根据波速计算公式求解该波的传播速度；根据发生明显衍射的条件进行分析。
5．（2025·广东模拟）迄今已知的公转周期最短的行星是一颗编号为PSR1719-14b的系外行星，它围绕一脉冲星（恒星）公转，公转周期约为小时。已知地球与太阳距离约为该行星与脉冲星距离的倍。根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．该脉冲星质量约为太阳质量的倍
B．该脉冲星质量约为太阳质量的倍
C．该行星质量约为地球质量的倍
D．该行星质量约为地球质量的倍
【答案】A
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】 本题考查万有引力定律本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
的应用，会根据题意进行准确分析解答。AB．设中心天体质量为M，环绕天体质量为m，根据
解得
对地球有
对系外行星有
联立解得
故A正确，B错误；
CD．根据以上分析可知，行星质量被约去了，故无法求出行星质量之比，故CD错误。
故选A。
【分析】根据万有引力提供向心力列式解答。
6．（2025·广东模拟）如图所示，某同学往矿泉水瓶内装入一定量水后，旋紧瓶盖（不漏气），在水面下方高度处开一小孔，发现瓶子里的水流出一段时间后不再流出。已知水的密度为，大气压强为，重力加速度为，忽略温度变化和瓶子形变，下列说法正确的是（ ）
A．当水不再流出时，水面下降至小孔等高处
B．当水不再流出时，瓶内空气的压强等于大气压强
C．若测得水下降的高度，则可求瓶内空气原有的体积
D．若测得水下降的高度，则可求水不再流出时瓶内空气的压强
【答案】D
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】加在密闭静止液体（或气体）上的压强能够大小不变地由液体（或气体）向各个方向传递。A．当水不再流出时，瓶内外的压强达到平衡，由于小孔在水面下方，水面不会下降到小孔等高处，而是会保持在小孔上方，使得瓶内空气的压强与大气压强和水的静压强平衡，A错误；
B．当水不再流出时，瓶内空气的压强等于大气压强减去水的静压强，即 ，所以瓶内空气的压强小于大气压强，B错误；
C．水下降的高度与瓶内空气的体积变化有关，但题目中没有提供足够的信息（瓶子的底面积等）来计算瓶内空气原有的体积，C错误；
D．水不再流出时，瓶内空气的压强为 ，如果已知水下降的高度，则可以计算出瓶内空气的压强，D正确。
故选D。
【分析】根据平衡条件，由压强关系结合液体内部压强公式即可判断。
7．（2025·广东模拟）如图所示为某质谱仪的简化示意图，它由加速电场、静电偏转区、真空通道和磁场偏转区组成。现有一粒子在点从静止开始经电压恒定的电场加速后进入静电偏转区，然后匀速通过真空通道后进入磁场偏转区，最终打到点，运动轨迹如图中虚线所示。粒子在静电偏转区和磁场偏转区中均做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．静电偏转区内的电场是匀强电场
B．磁场偏转区内磁场方向垂直于纸面向里
C．仅将粒子改为质子，质子仍能在静电偏转区沿虚线运动
D．仅将粒子改为氘核（），氘核不会沿虚线运动到点
【答案】C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。A．粒子在静电偏转区做匀速圆周运动，电场力提供向心力，方向不断变化，说明电场方向也不断变化，则电场不是匀强电场，故A错误；
B．粒子在磁场偏转区受到的洛伦兹力提供向心力根据左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故B错误；
C．在从加速电场射出后，满足
在静电偏转区域，由
则
则质子也能在静电偏转区域沿虚线做匀速圆周运动，与电荷和质量无关，故C正确；
D．在从加速电场射出后，满足
粒子和氘核比荷相同，则两者射出后速度相同，在静电偏转区域，同样满足
做匀速圆周运动；在磁场区域，也满足
则氘核会沿虚线运动到M点，故D错误。
故选C。
【分析】根据电场力的方向判断场强的方向，进而判断是否为匀强电场；根据左手定则判断磁场方向；根据动能定理和圆周运动表达式分析判断；
8．（2025·广东模拟）如图，固定在竖直面内的轨道ABC由粗糙直线段AB和光滑圆弧段BC组成，两段相切于B点，BC段的圆心为O，半径为R，轨道最高点为C，A与C的高度差为1.5R。运动员踩着滑板（可视为质点）从A点以初速度v0冲上轨道，沿轨道运动恰能到达C点，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A．运动员及滑板的初速度要满足
B．运动员及滑板到达C点时对轨道的压力恰好为0
C．从A到B的过程中，运动员及滑板的重力做功等于其动能的变化量
D．从B到C的过程中，运动员及滑板的动能全部转化为重力势能
【答案】A,D
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了动能定理、竖直面的圆周运动及机械能守恒定律等知识，解题时要正确分析小球运动情况，选取合适的研究过程，注意恰好到达C点的条件是在C点时速度为0。A．设运动员踩着滑板质量为m，题意知m沿轨道运动恰能到达C点，则C点速度为0，此时m对轨道压力等于物体重力，并不是0，从A到C过程，由动能定理有
整理得
故A正确，B错误；
C．由动能定理可知，运动员及滑板的重力做功与其摩擦力做功之和等于运动员及滑板动能的变化量，并非重力做功等于动能变化量，故C错误；
D．BC段光滑，从B到C的过程中（且运动员及滑板在C点速度为0），只有重力做功，机械能守恒，则运动员及滑板的动能转化为重力势能，故D正确。
故选AD。
【分析】分析小球，选取合适的研究过程，根据动能定理分析小球的速度；恰好到达圆弧轨道C点，速度为0，由牛顿第三定律可知压力的大小，由做功的情况判断能量的转化情况。
9．（2025·广东模拟）距地面为h高度处的甲球由静止释放，同时位于地面的乙球以一定的初速度竖直上抛，乙球在上升过程中在距地面0.75h处与甲球发生弹性正碰，碰后甲球恰好能够回到原高度处。两球质量相等且均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A．碰撞前后瞬间，甲球的动量不变
B．碰撞前后瞬间，乙球的动能不变
C．从释放到碰撞前过程，甲球的重力冲量小于乙球的重力冲量
D．从碰撞后到乙球落地前过程，甲乙两球的重力冲量相等
【答案】B,D
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】本题考查动量守恒、能量守恒以及冲量的计算，涉及弹性碰撞和自由落体运动的综合应用。题目计算量适中，但需要学生对碰撞前后的速度变化有清晰认识，特别是弹性碰撞中动能和动量的关系。A．碰后甲球恰好能够回到原高度处，则碰撞前后瞬间，甲球的速度大小不变，方向相反，动量改变，故A错误；
B．两球发生弹性碰撞，由能量守恒定律可知碰撞前后瞬间乙球的动能不变，故B正确；
C．从释放到碰撞前过程，两球运动时间相等，由
可知甲球的重力冲量等于乙球的重力，故C错误；
D．从碰撞后到乙球落地前过程，两球运动时间相等，由
可知甲乙两球的重力冲量相等，故D正确。
故选BD。
【分析】甲球自由落体运动，乙球竖直上抛运动，在0.75h处发生弹性碰撞。碰撞后甲球速度反向大小不变，说明碰撞前后甲球动量改变而乙球动能不变。两球从开始到碰撞时间相同，重力冲量相等；碰撞后到乙球落地时间相同，重力冲量也相等。
10．（2025·广东模拟）如图，ABCD为真空中一正四面体的四个顶点，E和F分别为BC边和BD边的中点，B处和C处分别固定着等量异种点电荷+Q和 Q。下列说法正确的有（ ）
A．电子在E点的电势能小于在F点的电势能
B．A、D两点处的电场强度相同
C．将一试探正电荷从E处移动到D处，电场力不做功
D．F点的电场强度大于A点的电场强度
【答案】B,C,D
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】本题考查电场的叠加，电场是矢量，根据平行四边形定则可进行场强的合成，该题还要求学生要有较好的立体几何的理解能力。A．等量异种点电荷的中垂面是等势面，F点的电势高于E点的电势，电子在E点的电势能大于在F点的电势能，故A错误；
B．正、负点电荷在A点的电场强度为、，夹角为；正、负点电荷在D点的电场强度为、，夹角为；如图
由点电荷周围电场的特点即几何知识可知
，
则A、D两点处的电场强度相同，故B正确；
C．D、E在同一等势面上，将一试探正电荷从E处移动到D处，电场力不做功，故C正确；
D．正、负点电荷在F点的电场强度分别为、，夹角为，如图
由点电荷周围电场的特点即几何知识可知
，，
所以F点的电场强度大于A点的电场强度，故D正确。
故选BCD。
【分析】根据电势能的计算公式结合电势的高低分析；根据电场强度的叠加原理分析AD两处的电场关系；EAD所在平面为等势面，将一试探正电荷从E处移动到D处，电场力不做功；根据电场强度公式和叠加原理分析E、A两处的电场关系。
11．（2025·广东模拟）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验，请完成以下问题。
（1）图甲是根据“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验作出的p-V图像。当气体体积从V1增大到V2，则图线在V1、V2之间所围“阴影部分面积”的物理意义是 。
（2）图乙是“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的可拆式变压器，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100匝”的匝数。现把4V的正弦式交流电源接到原线圈“0”和“8”接线柱，并用交流电压表接在副线圈的“0”和“4”接线柱测量输出电压，则原副线圈的匝数比为 。若该变压器可视为理想变压器，交流电压表显示的是输出电压的 值（选填“最大”“瞬时”或“有效”），其约等于 V（保留一位有效数字）。
（3）图丙是“验证动量守恒定律”的实验装置示意图。实验中，入射小球质量大于被碰小球质量，则被碰小球的落点位置应为图中的 点（选填“A”“B”或“C”），该装置中铅垂线的作用是 。
【答案】（1）气体对外界所做的功
（2）2：1；有效；2
（3）C；确定小球抛出点在水平地面上的垂直投影位置
【知识点】验证动量守恒定律；气体的等温变化及玻意耳定律；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】本题考查理想气体做功公式、探究变压器规律的实验、验证动量守恒定律的实验，解题关键掌握实验原理即可。
（1）气体体积从V1增大到V2，则图线在V1、V2之间所围“阴影部分面积”的物理意义是气体对外界所做的功。
（2）由于接线柱对应的数字表示倍率为“×100匝”的匝数，接到原线圈“0”和“8”接线柱，表明n1=800匝，副线圈接“0”和“4”接线柱，即副线圈匝数n2=400匝，所以原副线圈的匝数比为
交流电压表显示的是输出电压的有效值；
根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系
可得
（3）由于被碰小球的速度大于入射小球的速度，根据平抛运动的规律可知，被碰小球的水平位移较大，则被碰小球的落点位置应为图中的C点；该装置中铅垂线的作用是确定小球抛出点在水平地面上的垂直投影位置。
【分析】（1）根据气体做功公式分析解答；
（2）根据理想变压器的原理解答；
（3）根据动量守恒定律的实验原理分析解答。
（1）气体体积从V1增大到V2，则图线在V1、V2之间所围“阴影部分面积”的物理意义是气体对外界所做的功。
（2）[1]由于接线柱对应的数字表示倍率为“×100匝”的匝数，接到原线圈“0”和“8”接线柱，表明n1=800匝，副线圈接“0”和“4”接线柱，即副线圈匝数n2=400匝，所以原副线圈的匝数比为
[2]交流电压表显示的是输出电压的有效值；
[3]根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系
可得
（3）[1]由于被碰小球的速度大于入射小球的速度，根据平抛运动的规律可知，被碰小球的水平位移较大，则被碰小球的落点位置应为图中的C点；
[2]该装置中铅垂线的作用是确定小球抛出点在水平地面上的垂直投影位置。
12．（2025·广东模拟）如图甲所示为多用电表中欧姆挡的电路图，其中：直流电源（电动势、内阻），直流电流表（量程、内阻），定值电阻（、），电阻箱（阻值）。通过控制单刀双掷开关和调节电阻箱，可使欧姆挡具有两种倍率。图乙是表盘，欧姆挡刻度线正中央的数字是15.
（1）图甲中的端应与 （选填“红”或“黑”）表笔连接。当单刀双掷开关拨到1，将红、黑表笔短接，调节电阻箱，使电流表达到满偏，此时电阻箱的阻值为 ，然后在红、黑表笔间接入，电流表指针位于图乙表盘正中央，则 。
（2）当单刀双掷开关拨到2，将红、黑表笔短接，调节电阻箱，使电流表再次满偏，就改装成了另一倍率的欧姆挡，则此时欧姆挡的倍率为 ，电阻箱的阻值为 。
【答案】（1）红；4.2；15
（2）×10；69
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题主要考查了多用电表中欧姆挡的内部构造的理解，要明确实验原理，掌握串联、并联电路的特点、欧姆定律和闭合电路欧姆定律的运用；明确中值电阻的含义是确定倍率的关键。
（1）电流表电流要从正接线柱（红表笔）流入，从负接线柱（黑表笔）流出，由图甲所示电路图可知，a为红表笔；
单刀双开关拨到1时，电流表量程
所以欧姆表内阻
其中电流表的电阻为
，；
在红、黑表笔间接入，电流表指针位于图乙表盘正中央，则
（2）单刀双开关拨到2时，电流表量程
欧姆调零时，欧姆表内阻
因为表盘中央对应的电阻为欧姆表的内阻，而表盘刻度为15，所以应选择倍率为；此时电流表的电阻为
所以
。
【分析】（1）根据电流“黑出红进”的规则分析作答；当单刀双掷开关拨到1，根据串联、并联电路的特点和欧姆定律求出电流表的量程；根据并联电路的电阻特点求解改装电流表的内阻，根据闭合电路欧姆定律求解欧姆表的内阻，根据串联电路的电阻特点求解电阻箱的接入电阻；根据闭合电路欧姆定律求待测电阻；
（2）当单刀双掷开关拨到2，根据串联、并联电路的特点和欧姆定律求出电流表的量程；根据并联电路的电阻特点求解改装电流表的内阻，根据闭合电路欧姆定律求解欧姆表的内阻，确定电阻挡的倍率；根据串联电路的电阻特点求解电阻箱的接入电阻。
（1）[1]电流表电流要从正接线柱（红表笔）流入，从负接线柱（黑表笔）流出，由图甲所示电路图可知，a为红表笔；
[2]单刀双开关拨到1时，电流表量程，所以欧姆表内阻，其中电流表的电阻为，；
[3] 在红、黑表笔间接入，电流表指针位于图乙表盘正中央，则。
（2）[1] 单刀双开关拨到2时，电流表量程，欧姆调零时，欧姆表内阻，因为表盘中央对应的电阻为欧姆表的内阻，而表盘刻度为15，所以应选择倍率为；
[2]此时电流表的电阻为，所以。
13．（2025·广东模拟）高速公路的标志牌上常贴有“回归反光膜”，它采用微小玻璃球制成，能把射向玻璃球的光“逆向返回”，使得标志特别醒目。如图所示，一束单色光沿平行于直径AB方向从P点射向置于空气中的玻璃球，在B点反射后，又从Q点平行于直径AB方向射出，这样就实现了光线的“逆向返回”。若玻璃球半径为R，折射率为。
（1）求P点到直径AB的距离；
（2）通过计算判断该光在B点反射后反射光的强度是否减弱。
【答案】（1）解：设光线在点的入射角为，折射角为，如图
由几何关系可得
根据折射定律有
解得
则 P点到直径的距离为
解得
（2）解：若在B点发生全反射，有
而在B点反射时的入射角r正弦值
则光在B点没有发生全反射，故B点的反射光的强度有减弱。
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）分析入射角和折射角的关系，根据折射率公式解答；
（2）根据折射率分析发生全反射的临界角，根据几何关系分析光线在B处的入射角，由此判断能否发生全反射，然后判断。
（1）设光线在点的入射角为，折射角为，如图
由几何关系可得
根据折射定律有
解得
则 P点到直径的距离为
解得
（2）若在B点发生全反射，有
而在B点反射时的入射角r正弦值
则光在B点没有发生全反射，故B点的反射光的强度有减弱。
14．（2025·广东模拟）如图甲所示，水平放置的平行长直金属导轨MN、PQ，间距为L，导轨右端接有阻值为R的电阻，导体棒EF垂直放置在两导轨上并与导轨接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计。导轨间直径为L的圆形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化的规律如图乙所示。在外力作用下，导体棒EF从t=0时开始向右运动，在t=t0时进入圆形磁场区域，通过磁场区域的速度大小始终为v。求：
（1）0~t0时间内，流过R的电流大小I及方向；
（2）导体棒通过圆形磁场区域的过程中受到安培力的最大值Fm；
（3）导体棒通过圆形磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量q。
【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律可知，在棒进入磁场前，回路中的电动势为
依题意
又
可见，流过R的电流大小
联立得
，方向为N→Q
（2）解：当棒进入磁场后，磁场磁感应强度恒定不变，根据法拉第电磁感应定律可知，当棒运动到圆心时，感应电动势达到最大
回路中的感应电流最大为
可见棒在运动过程中受到的最大安培力为
联立得
（3）解：在棒通过圆形的过程中，由法拉第电磁感应定律
又
可得流经的电量
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 （1）根据法拉第电磁感应定律求解0～t0时间内，感应电动势大小，根据闭合电路欧姆定律求解流过R的电流大小，根据楞次定律判断电流强度方向；
（2）根据安培力的计算公式求解安培力大小；
（3）根据电荷量的计算公式求解导体棒通过圆形磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量。
（1）根据法拉第电磁感应定律可知，在棒进入磁场前
回路中的电动势为
依题意
又
可见，流过R的电流大小
联立得：
方向为N→Q
（2）当棒进入磁场后，磁场磁感应强度恒定不变，根据法拉第电磁感应定律可知，
当棒运动到圆心时，感应电动势达到最大
回路中的感应电流最大为：
可见棒在运动过程中受到的最大安培力为：
联立得
（3）在棒通过圆形的过程中，由法拉第电磁感应定律
又
可得流经的电量
15．（2025·广东模拟）如图所示，将一质量为的小物块P放在O点，某时刻用弹射装置将其弹出，使其沿着竖直面内半径为的光滑半圆形轨道OA运动，物块P恰好通过轨道最高点A。之后，物块P进入同一竖直面内一个半径为、圆心为O点的光滑半圆形管道AB（管径远小于），A、O、B在同一竖直线上，物块P的大小略小于管径且经过A、B两处时均无能量损失。管道AB与长度为的粗糙水平轨道BC相切于点B，在水平轨道BC末端C点放置另一质量为的小物块Q。P与水平轨道BC间的动摩擦因数，P运动到C点时与Q发生弹性正碰。EF为放在水平地面上的缓冲垫（厚度不计且物块落入后立即被吸附不反弹），EF离C点的竖直高度为，长度也为。P、Q均可视为质点，重力加速度为，不计空气阻力。求：
（1）P离开O点时速度；
（2）P到达半圆管道末端B点时，管道对P的作用力大小；
（3）要使P、Q碰后均能平抛落入缓冲垫EF，EF最左端E点离C点的水平距离应满足的条件。
【答案】（1）解：P 恰好通过A点有
P 从 O 到 A，由动能定理得
解得
（2）解：P 从 A 到 B，由动能定理得
P 在 B 点有
解得
（3）解：P从B到C，由动能定理得
解得
P与Q碰撞，由动量守恒定律
碰撞前后总动能不变
解得
，
设P、Q平抛运动的时间t，有
要使两球都能落入槽中，则有
，
解得
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据圆周运动公式和动能定理求P离开O点时速度v0；
（2）根据动能定理和圆周运动公式求P到达半圆管道末端B点时，管道对P的作用力大小N；
（3）由动能定理求出C点的速度，结合动量守恒定律和能量守恒定律求出P、Q碰后的速度，最后根据运动学公式求EF最左端E点离C点的水平距离x应满足的条件。
（1）P 恰好通过A点有
P 从 O 到 A，由动能定理得
解得
（2）P 从 A 到 B，由动能定理得
P 在 B 点有
解得
（3）P从B到C，由动能定理得
解得
P与Q碰撞，由动量守恒定律
碰撞前后总动能不变
解得，
设P、Q平抛运动的时间t，有
要使两球都能落入槽中，则有，
解得
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