2025年广东高考物理真题改编练习卷

2025年广东高考物理真题改编练习卷 一、单选题（每题4分，共28分） 1．下列说法正确的是（    ） A．只有缝或孔的宽度比波长长才容易观察到波的衍射现象 B．横波中质点的振动方向与波的传播方向共线 C．发生多普勒效应时，观察者接收到的频率与波源的频率不同 D．物体做受迫振动时，受迫振动的频率等于物体的固有频率 2．如图所示为某小型输电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率恒为。升压变压器原、副线圈的匝数比为1:10，在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1:10，电流表的示数为，输电线的总电阻。下列说法正确的是（　　）    A．升压变压器的原线圈输入电压 B．电流互感器是一种降压变压器 C．将滑动触头下移，用户获得的电压将增大 D．用户获得的功率为 3．氢原子能级图如图甲所示。某基态氢原子受激后可辐射出三种不同频率的光，其中有两种能使乙图中逸出功为2.25eV的K极钾金属发生光电效应，通过乙图实验装置得到这两种光分别实验时的电流和电压读数，绘出图丙①②两根曲线，则下列说法正确的是（　　） A．不能使K极金属产生光电效应的光是从n＝2跃迁到n＝1时产生的 B．丙图中②曲线对应的入射光光子能量为12.09eV C．丙图中①曲线对应的入射光光子能使钾金属产生最大初动能为10.20eV的光电子 D．丙图中 4．如图所示半圆形玻璃砖，圆心为O，半径为R。某单色光由空气从OB边界的中点A垂直射入玻璃砖，并在圆弧边界P点发生折射，该折射光线的反向延长线刚好过B点，空气中的光速可认为是，则（　　） A．该玻璃对此单色光的临界角为 B．该玻璃对此单色光的折射率为 C．光从A传到P的时间为 D．玻璃的临界角随入射光线位置变化而变化 5．我国首个火星探测器“天问一号”发射过程可简化为：探测器在地球表面加速并经过一系列调整变轨，成为一颗沿地球公转轨道绕太阳运行的人造行星；再在适当位置加速，经椭圆轨道霍曼转移轨道到达火星。已知地球的公转周期为T，P、N两点分别为霍曼转移轨道上的近日点与远日点，可认为地球和火星在同一轨道平面内运动，火星轨道半径约为地球轨道半径的倍。则（　　） A．火星的公转周期为 B．探测器在霍曼转移轨道上的运行周期为 C．探测器在霍曼转移轨道上P、N两点线速度之比为 D．探测器在霍曼转移轨道上P、N两点加速度之比为 6．如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图。静电分析器通道中心线半径为R，通道内电场沿半径方向，在通道中心线处的电场强度大小为E。磁分析器中分布着方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出的一个质量为m、带电荷量为q的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器。下列说法正确的是（　　）    A．磁分析器中匀强磁场方向垂直纸面向里 B．加速电场的加速电压 C．该离子在磁分析器中的偏转半径 D．比荷与该离子不同的离子既不能到达P点，也不能进入收集器 7．如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为和，图乙为它们碰撞后的图像，已知．由此可以判断（　　） A．碰前匀速，加速运动 B．碰后和都向右运动 C． D．碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒 二、多选题（每题6分，共18分） 8．如图，有一竖直放置在水平地面上光滑圆锥形漏斗，圆锥中轴线与母线的夹角为，可视为质点的小球A、B在不同高度的水平面内沿漏斗内壁做同方向的匀速圆周运动，两个小球的质量，，若A、B两球轨道平面距圆锥顶点O的高度分别为和h，图示时刻两球刚好在同一条母线上，下列说法正确的是（　　） A．球A和球B的向心加速度大小分别为2g和g B．两球所受漏斗支持力大小之比与其所受向心力大小之比相等 C．球A和球B的线速度大小之比为 D．从图示时刻开始，球B旋转两周与球A在同一根母线上相遇一次 9．利用如图所示的电流天平，可以测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为，段导线长为，导线、、段处于匀强磁场中，磁感应强度方向与线圈平面垂直。当线圈没有通电时，天平处于平衡状态。当线圈中通入电流时，通过在右盘加质量为的砝码使天平重新平衡，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．若仅将电流反向，线圈将不能保持平衡状态 B．线圈通电后，、段导线受到的安培力等大反向，段导线受到的安培力方向向上 C．线圈受到的安培力大小为 D．由以上测量数据可以求出磁感应强度 10．如图甲所示，特殊材料制成的水平长直轨道上，静止着一质量为m的物体，物体在轨道上运动时，受到的阻力大小与其速度成正比，即（k为常量，大小未知）。从时刻起，物体在一水平恒定拉力作用下，开始向右运动，其加速度a随速度v的变化规律如图乙所示（图乙中的v0和a0均为已知量）。下列说法正确的是（　　） A．该拉力的大小为 B．常量k的大小为 C．在物体从开始运动到速度最大的过程中，合力的冲量大小为 D．在物体从开始运动到速度最大的过程中，该拉力对物体做的功为 三、实验题 11．（6分）乙同学用图的实验装置进行“验证机械能守恒定律”实验。气垫导轨上B处安装了一个光电门，滑块从A处由静止释放，验证从A到B过程中滑块和钩码的机械能守恒。 (1)关于乙同学实验，下列操作中不必要的是_______。 A．将气垫导轨调至水平 B．使细线与气垫导轨平行 C．钩码质量远小于滑块和遮光条的总质量 D．使A位置与B间的距离适当大些 (2)乙同学在实验中测量出了滑块和遮光条的质量M、钩码质量m、A与B间的距离L、遮光条的宽度为d（）和遮光条通过光电门的时间为t，已知当地重力加速度为g，为验证机械能守恒需要验证的表达式是 。 (3)甲同学参考乙同学做法，利用图装置，想通过垫高轨道一端补偿阻力后验证小车和槽码的机械能是否守恒，他的做法 （“可行”或“不可行”）。 12．（10分）材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以制作压敏电阻。某中学创新小组准备从实验室中两个压敏电阻m、n中选择一个，与电磁继电器组成电路为学校食堂设计一个小型“可自动注水的储水池”，主要步骤如下： (1)利用图甲所示电路测量压敏电阻的阻值随压力变化的规律。主要器材如下： 压敏电阻两个 电源（电动势E=12V，内阻不计） 电流表G1（量程10mA，内阻Rg1=200Ω） 电流表G2（量程50mA，内阻Rg2约为100Ω） 定值电阻R1=200Ω 滑动变阻器R2（最大阻值为150Ω） 开关S1、S2及导线若干 ①为尽量准确的测量压敏电阻的阻值，导线c端应与 （选填“a”或“b”）点连接。 ②首先测量R0的数值，正确连接电路，使压敏电阻上的压力F=0，闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，分别记录电流表G2和G1的读数I2和I1，可知R0= （用字母I1、I2、Rg1、R1表示）。 ③两名同学分别测得两个压敏电阻m、n的阻值随压力变化的图像如图乙、丙所示。 (2)“可自动注水储水池”的电路如图丁所示，RA为保护电阻。当线圈中的电流超过某一值I0时，继电器的衔铁将被吸合，与上方触点分离、注水装置所在电路断开并停止注水。 ①分析原理可知，压敏电阻应选择 （选填“m”或“n”），水位上升时，保护电阻RA的电功率会 （选填“变大”或“变小”）。 ②若想增大可自动注水储水池的蓄水量，可将保护电阻RA的阻值 （选填“变大”或“变小”）。 四、解答题 13．（10分）某班级用于流感消毒的喷壶如图所示。壶的容积为，内装的次氯酸消毒液，均在壶的圆柱体部分，其横截面积。闭合阀门K，缓慢向下压压杆A，每次可向瓶内储气室充入的的空气。空气视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，忽略导管内液体的体积。次氯酸消毒液密度，外界大气压强，重力加速度大小取。求： （1）按压压杆5次后，储气室内压强多少？ （2）要一次喷洒消毒液后，储气室内气体压强为，需要按压压杆多少次？ 14．（12分）图甲是风力发电机的发电原理简化图，水平风力推动叶片转轴a低速旋转，通过齿轮升速箱使转轴b高速旋转，驱动发电机的线圈同步转动，实现将机械能转化为电能的过程。某型号的风力发电机叶片旋转半径为40m，调整其叶尖速比（叶片尖端线速度与自然风速的比值），可以优化发电效率。 (1)已知自然风速为20m/s，叶尖速比为4时，转轴b的转速为，求齿轮升速箱使转轴b的转速提高到a的多少倍； (2)线圈发电功率与自然风速的关系如图乙，自然风可认为垂直叶片组所在平面吹入，叶片旋转一圈所扫过的面积为风吹入的有效面积，已知空气密度为，取。当风速为10m/s时，求： ①1min内通过有效面积的风的总动能； ②该风力发电机的发电效率。 15．（16分）如图甲所示，两个半径为R的竖直固定的绝缘光滑 细圆管道与粗糙水平地面AB在B点平滑相切，过管道圆心 的水平界面下方空间有水平向右的电场，记A点所在位置为坐标原点，沿AB方向建立坐标轴，电场强度大小随位置变化如图乙所示。质量为、带电量为的小球P静止在A点，与地面间动摩擦因数。另有一光滑绝缘不带电小球Q，质量为，以速度向右运动，与小球P发生弹性正碰，碰撞时间极短，且P、Q间无电荷转移，碰后P球可从B点无碰撞进入管道。已知A、B间距离为4R，重力加速度为，不计空气阻力，小球P、Q均可视为质点。求： （1）碰后小球P的速度大小； （2）小球P从A点运动到管道最高点C点过程中电场力做的功； （3）小球P再次到达水平地面时与B点的距离。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C【详解】A．波发生衍射现象不需要条件，但只有缝或孔的宽度比波长短或跟波长相差不多才能观察到明显的衍射现象，A错误； B．横波中质点的振动方向与波的传播方向垂直，B错误； C．发生多普勒效应时，观察者接收到的频率与波源的频率不同，C正确； D．物体做受迫振动时，受迫振动的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关，D错误。故选C。 2．D【详解】A．电流互感器原线圈中的电流 升压变压器的输出电压 升压变压器原、副线圈的匝数比为1:10，则则故A错误； B．根据线圈匝数关系可知电流互惑器是一种升压变压器，故B错误； C．将活动触头下移，增大了，降压变压器用户获得的电压 可知增大时，减小，故C错误； D．输电线上损失的功率 用户获得的功率故D正确。故选D。 3．B【详解】A．依题意，基态氢原子受激后可辐射出三种不同频率的光的光子能量分别为 ，， 可知不能使K极金属产生光电效应的光是从n＝3跃迁到n＝2时产生的。故A错误； BD．根据 可知丙图中②曲线对应的入射光光子能量为光子能量较大的光子即12.09eV。丙图中①曲线的遏制电压为 故B正确，D错误； C．丙图中①曲线对应的入射光光子能量为10.20eV，能使钾金属产生光电子最大初动能为故C错误。故选B。 4．B【详解】B．作出如图所示光路图，由几何关系入射角α为30°，折射角为60°，由折射定律 B正确； A．临界角的正弦值A错误； C．光在玻璃中的传播速度为；光在玻璃中的传播时间为C错误； D．玻璃的临界角与入射角无关，D错误。故选B。 5．D【详解】A．设地球绕太阳公转轨道半径为 r ，则火星轨道半径约为 ，根据开普勒第三定律，火星的公转周期为地球公转周期的倍， A错误； B．设地球绕太阳公转轨道半径为 r ，则火星轨道半径约为 ，可知霍曼转移轨道半长轴为，对地球和探测器，由开普勒第三定律可得解得B错误； C．根据开普勒第二定律P、N两点线速度之比为3：2，C错误； D．根据万有引力提供向心力； 探测器在霍曼转移轨道上P、N两点加速度之比为，D正确。故选D。 6．C【详解】A．离子带正电，根据左手定则，磁分析器中匀强磁场方向垂直纸面向外，A错误； B．根据动能定理 根据牛顿第二定律得B错误； C．在匀强磁场中，根据得C正确； D．由A选项可知，离子在静电分析器中的运动半径与比荷无关，即不同离子均能到达P点。当离子在磁分析器中的运动半径与离子比荷的平方根成反比，不同比荷的粒子不能进入收集器，D错误。故选C。 7．D【详解】AB．由s-t图像的斜率等于速度可知碰前m2静止，m1匀速运动，m1的速度为 向右运动；碰后m1速度为 向左运动，碰后m2的速度向右运动，故AB错误； C．根据动量守恒定律得代入数据解得故C错误； D．两物体组成的系统在碰撞前的机械能为 碰撞后的机械能为 因为所以碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，故D正确。故选D。 8．BD【详解】A．对球A进行受力分析，由牛顿第二定律可得；；故A错误； B．由题意可知，对两球都有；两球所受漏斗支持力大小之比与其所受向心力大小之比相等，故B正确； C．由结合几何关系可得； 球A和球B的线速度大小之比为2:1，故C错误； D．由及上述分析可得，球A与球B的角速度之比为 则第一次相遇有； 即球B旋转两周与球A在同一根母线上相遇一次，故D正确。故选BD。 9．ABC【详解】AB．线圈通电后，根据左手定则可知、段导线受到的安培力等大反向，b段导线受到的安培力方向向上。当线圈没有通电时，天平处于平衡状态，当线圈中通入电流I时，线圈受到的向上的安培力，若仅将电流反向，线圈受安培力反向，线圈将不能保持平衡状态，AB正确， CD．线圈受到的安培力大小为 在右盘加质量为m的砝码使天平重新平衡，则有 则磁感应强度大小为Ｃ正确，D错误。故选ABC。 10．BC【详解】A．初始时刻，阻力为零，根据牛顿第二定律可得A错误； B．达到做大速度时，加速度为零，受力平衡可得B正确； C．根据动量定理可知，合力冲量大小C正确； D．根据动能定理可得拉力对物体做的功D错误。故选BC。 11．(1)C(2)(3)不可行 【详解】（1）A．为了减小实验误差，应将气垫导轨调至水平，故A必要； B．为了使细线的拉力等于滑块的合外力，应使细线 与气垫导轨平行，故B必要； C．实验中不需要满足钩码重力等于绳子的拉力，则不需要使钩码质量远小于滑块和遮光条的总质量，故C不必要； D．为便于数据处理，应使4位置与B间的距离适当大些，故D必要。该题选择不必要的，故选C。 （2）滑块通过光电门的瞬时速度 则系统动能的增加量 系统重力势能的减小量 则系统机械能守恒满足的表达为 （3）想通过垫高轨道一端补偿阻力后，系统存在摩擦力做功，机械不守恒，他的做法不可行 12．(1) a (2) m 变大 变大 【详解】（1）①[1]选“a”时，测量无系统误差，故导线c端应与“a”点连接。 ②[2]并联支路电压相等，有解得 （2）①[1][2]水位上升时，继电器的衔铁将被吸合，说明电磁铁磁性变强，电路中电流变大，压敏电阻R的阻值会变小，故选m；水位上升时，电路中电流变大，保护电阻RA的电功率变大。 ②[3]若想增大可自动注水储水池的蓄水量，即压力更大，压敏电阻阻值更小时停止注水，由于停止注水时的电流I0不变，故应将保护电阻RA阻值变大。 13．（1）；（2）10次 【详解】（1）设每次可向瓶内储气室充入气体体积 由玻意尔定律①可得② （2）要喷洒消毒液，设需要按压压杆n次，由玻意尔定律③ 得 14．(1)(2)①；② 【详解】（1）根据题意有又， ， 联立并代入数据，解得 （2）①有效面积 在t时间内通过叶片的风的总质量 t时间内通过叶片的风的总动能联立并代入数据，解得内风的总动能 ②发电效率 内发电量由图乙可知 联立并代入数据，解得 15．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）由动量守恒定律和能量守恒定律得 将代入以上两式得碰后小球P的速度大小 （2）过程中，由图乙可知电场力做功 小球P从A点运动到管道最高点C点过程中电场力做的功 （3）过程中摩擦力做功 小球P从A点运动到管道最高点C点过程中由动能定理得 解得最高点C点速度 过C点后小球先在电场线上方做平抛运动，后在电场力和重力的共同作用下运动。 小球做平抛运动的时间小球做平抛运动的水平位移 小球进入电场中运动时，运动时间 电场力方向加速度电场力方向位移综上可解得 综合以上可得，小球P再次到达水平地面时与B点的距离 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$