資源簡介

2025屆廣東省湛江市高三下學期普通高考測試（一）物理試卷及答案
1．（2025·湛江模擬）離子煙霧報警器是一種常見且廣泛使用的火災報警設備。某離子煙霧報警器中裝有放射性元素镅（），其半衰期為432.2年，衰變方程為。下列說法正確的是（　　）
A．镎核（）比镅核（）少了2個中子
B．X是β粒子，具有很強的電離本領
C．镅核（）的比結合能比镎核（）的比結合能大
D．100個镅核（）經過432.2年后一定還剩余50個
2．（2025·湛江模擬）一只質量為m的螞蟻（可視為質點）在半球形碗內從底部緩慢向上爬，某時刻處在如圖所示位置，此時螞蟻和球心的連線與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．螞蟻受到4個力的作用
B．碗受到螞蟻的摩擦力大小為mgsinθ
C．螞蟻受到碗的支持力大小為mgtanθ
D．螞蟻繼續緩慢上爬過程中受到碗的作用力逐漸增大
3．（2025·湛江模擬）圖甲是目前世界上在建規模最大、技術難度最高的水電工程——白鶴灘水電站，是我國實施“西電東送”的大國重器，其發電量位居全世界第二，僅次于三峽水電站。白鶴灘水電站遠距離輸電電路示意圖如圖乙所示。如果升壓變壓器與降壓變壓器均為理想變壓器，發電機輸出電壓恒定，r表示輸電線總電阻，下列說法正確的是（　　）
A．若，則用戶獲得的電壓U4＝U1
B．若用戶開啟的用電器減少，則升壓變壓器輸出的電壓U2減小
C．若用戶開啟的用電器減少，則降壓變壓器輸入的電壓U3減小
D．若用戶開啟的用電器減少，則輸電線消耗的功率減小
4．（2025·湛江模擬）水袖是對我國古代服飾衣袖的夸張展現，是戲裝的重要組成部分。戲曲演員通過技法和身體的表現力，體現出“行云流水”般的美感。如果某段時間里水袖波形可視為簡諧波，如圖甲所示為演員水袖表演過程中t＝0時刻的波形圖，P是平衡位置x＝4m處的質點，圖乙為質點P的振動圖像，則（　　）
A．該簡諧波的傳播速度為0.5m/s
B．該簡諧波沿x軸正方向傳播
C．x＝3m處的質點在t＝7s時位于平衡位置
D．質點P在0~7s時間內運動的路程為140cm
5．（2025·湛江模擬）靜電透鏡是由帶電導體所產生的靜電場來使電子束聚焦和成像的裝置，它廣泛應用于電子器件（如陰極射線示波管）和電子顯微鏡中。如圖所示是陰極射線示波管的聚焦電場，其中虛線為等勢線，任意兩條相鄰等勢線間電勢差相等，z軸為該電場的中心軸線。一電子從其左側以某一初速度進入聚焦電場，僅在電場力作用下運動，實線為電子運動的軌跡，A、B、C為其軌跡上的三點。下列說法正確的是（　　）
A．A、B兩點的電場強度相同
B．各點電勢高低的關系為φA＜φB＜φC
C．該電子從A點到B點過程中動能先增大后減小
D．該電子從A點到B點過程中電勢能一直增大
6．（2025·湛江模擬）體育課上某同學將沙包以初速度v0豎直向上拋出。假設沙包在運動過程中受到的空氣阻力恒定，以t表示沙包運動的時間，h表示沙包距拋出點的高度。某時刻沙包的速度為v、加速度為a、動能為Ek、機械能為E，取豎直向上為正方向，則沙包從開始上拋到落回拋出點的過程中，下列關系圖像可能正確的（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025·湛江模擬）北京時間2024年12月3日，我國在西昌衛星發射中心使用“長征三號”乙運載火箭，成功將通信技術試驗衛星十三號發射升空，衛星順利進入預定軌道，發射任務獲得圓滿成功。假設通信技術試驗衛星十三號、同步衛星圍繞地球均做勻速圓周運動，通信技術試驗衛星十三號運行的周期為T1、軌道半徑為r1，同步衛星運行的周期為T2，且T1＜T2，地球半徑為R，引力常量為G。下列說法正確的是（　　）
A．它們的運行速度均大于7.9km/s
B．同步衛星的軌道半徑為
C．由題目條件可知地球的平均密度為
D．某時刻通信技術試驗衛星十三號、同步衛星在軌道上相距最遠，再經過時間，它們再次相距最遠
8．（2025·湛江模擬）某同學從商場購買了一個質量分布均勻的透明“水晶球”，如圖甲所示。該同學先測出了“水晶球”的直徑為15cm，并標記了其中一條水平直徑對應的兩端點A、B。該同學用激光沿平行直徑AOB方向照射“水晶球”，發現當激光射到“水晶球”上的C點且入射角i＝60°時，激光在球內經過一次反射后恰能從D點再次平行直徑AOB從“水晶球”射出。已知光在真空中的傳播速度為3×108m/s。下列說法正確的是（　　）
A．該“水晶球”的折射率為
B．光線經過一次折射對應的折射角為45°
C．光在“水晶球”中的傳播時間為
D．若僅換用波長較短的入射光，則光在“水晶球”中的傳播速度變小
9．（2025·湛江模擬）明朝的《天工開物》記載了我國古代勞動人民的智慧。如圖所示，可轉動的把手上a點到轉軸的距離為Ra，轆軸邊緣b點到轉軸的距離為Rb，且Ra＞Rb。人甲轉動把手，把井底的人乙加速拉起來（人未接觸井壁），不計空氣阻力，則（　　）
A．a點的向心加速度大于b點的向心加速度
B．繩對乙拉力的沖量等于乙動量的增加量
C．繩對乙拉力做的功等于乙機械能的增加量
D．繩對乙拉力的平均功率等于乙克服重力做功的平均功率
10．（2025·湛江模擬）如圖所示，間距為L、電阻不計的足夠長雙斜面型光滑平行金屬導軌，分別與水平面成α、β角，磁感應強度分別為的勻強磁場斜向上分別垂直于兩導軌所在的斜面。質量分別為、，電阻均為r的金屬棒ab、cd與兩平行導軌垂直放置且接觸良好。當金屬棒ab勻速下滑時，金屬棒cd恰好靜止不動，重力加速度為g，則（　　）
A．流過金屬棒cd的電流方向為從d到c
B．
C．金屬棒ab勻速下滑的速度大小為
D．金屬棒cd消耗的電功率為
11．（2025·湛江模擬）如圖是《普通高中物理課程標準》中列出的三個必做實驗的部分步驟，請按要求完成實驗內容。
（1）在“探究小車速度隨時間變化的規律”實驗中，某同學用如圖甲所示的裝置，打出的一條紙帶如圖乙所示，其中A、B、C、D、E為計數點，相鄰兩個計數點之間還有4個點未畫出。已知打點計時器所接電源頻率是50Hz。實驗時該紙帶的　 　（選填“左”或“右”）端是和小車相連的，由紙帶上所示數據可算得小車運動的加速度大小為　 　m/s2（結果保留三位有效數字）。
（2）在“長度的測量及其測量工具的選用”實驗中，某同學用螺旋測微器測量某金屬絲的直徑d。某次測量結果如圖丙所示，則這次測量的讀數d＝　 　 mm。
（3）在“用單擺測量重力加速度的大小”的實驗中，實驗時，由靜止釋放擺球，從擺球擺至最低處時開始用秒表計時，當擺球第N次（開始計時時記為第1次）通過最低處時，停止計時，顯示時間為t，則周期T＝　 　。若根據測出的一系列擺長L和對應的周期T，作出的圖像，測得圖線斜率為k，則當地重力加速度大小g＝　 　（用k表示）。
12．（2025·湛江模擬）廣東某學校實驗小組發現一款智能手機內部使用的電池是一塊扁平電池，如圖甲所示，外殼上標有電動勢4.50V，為了測定該電池的實際電動勢和內阻，該小組成員利用身邊的儀器，設計方案對其進行測量。
A.待測手機電池
B.電壓表（量程0~3.00V，內阻約3000Ω）
C.電阻箱（阻值范圍0~999.9Ω）
D.電阻箱（阻值范圍0~9999.9Ω）
E.定值電阻R0＝5.0Ω
F.開關、導線若干
（1）實驗室提供的電壓表的量程不夠用，需要對電壓表進行改裝。
①為將電壓表的量程擴大為0~4.50V，小組成員采用了以下的操作：按圖乙所示電路連接好實驗器材，檢查電路無誤后，將電阻箱R2的阻值調到　 　（選填“最大”或“最小”），將電阻箱R1的阻值調為零。閉合開關S，調節電阻箱R2的阻值，使電壓表示數為3.00V，保持電阻箱R2的阻值不變，改變電阻箱R1的阻值，當電壓表示數為　 　V時，改裝后的電壓表量程為4.50V，完成了擴大量程，而后斷開開關S。
②小組成員按照圖乙所示的實驗電路圖完成了該實驗。電阻箱R1應選　 　（填寫器材前面的字母標號）。
（2）用改裝好的電表測量該電池的電動勢和內阻，步驟如下：保持電阻箱R1的阻值不變，閉合開關S，多次調節電阻箱R2的阻值，記錄下阻值R2和電壓表的相應讀數U，作出圖像如圖丙所示，可得該電池的電動勢為　 　V，內阻為　 　Ω。（結果均保留兩位小數）
13．（2025·湛江模擬）瓷器是中國古代勞動人民的重要創造，被譽為中華文明的瑰寶。如圖所示，氣窯是對陶瓷泥坯進行升溫燒結的一種設備。某次燒制前，封閉在窯內的氣體溫度為27℃，壓強為1.0×105Pa，升高溫度，當窯內氣壓達到3.0×105Pa時，氣窯上方的單向排氣閥開始排氣，之后使氣窯內氣體壓強保持3.0×105Pa不變，繼續升溫，當窯內氣體溫度逐漸升高至1327℃后保持不變，連續燒制8~10小時完成燒制。已知氣體內能U與溫度的關系為U＝αT，α為已知正常數。求：
（1）單向排氣閥開始排氣時，窯內氣體溫度t為多少攝氏度；
（2）封閉在窯內的氣體從燒制前到窯內氣壓剛達到3.0×105Pa的過程中吸收的熱量Q；
（3）此次燒制排出氣體的質量與原來氣體質量之比。
14．（2025·湛江模擬）如圖所示，半徑為r的圓形區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，其右側空間一棱長為l的正方體abcd﹣a'b'c'd'區域內存在豎直向上的勻強電場。一電荷量為q、質量為m的帶正電的離子（初速度為零，重力不計）經磁場下方電勢差為U的電場加速后，由豎直向上指向圓心O的方向射入磁場，經磁場偏轉并從圓周上的O1點水平射出后，從正方形add'a'的中心垂直電場方向進入勻強電場區域，最后恰好從b'c'邊的中點飛出電場區域。求：
（1）離子進入圓形磁場時的速度v的大小；
（2）圓形磁場的磁感應強度B的大小；
（3）正方體abcd﹣a'b'c'd'內勻強電場場強E的大小。
15．（2025·湛江模擬）如圖甲所示，半徑R＝0.9m的光滑半圓弧軌道COD固定在豎直平面內，端點D為軌道的最低點，過D點的軌道切線水平。在圓弧軌道圓心O的正上方F點右側有一固定的水平軌道，水平軌道與傾角θ＝37°的固定粗糙斜面軌道平滑相接（物體通過時沒有能量損失），斜面上E點距斜面底端的距離s0＝3.2m。現有質量分別為mA＝1kg，mB＝0.5kg的物塊A、B靜置于水平軌道上，且物塊B的右側水平軌道光滑，左側水平軌道粗糙。物塊A、B中間夾有少量炸藥，炸藥突然爆炸，爆炸后物塊A在水平軌道上運動的速度v與時間t的關系圖像如圖乙所示，物塊A從F點離開軌道，剛好能從C點切入圓弧軌道做圓周運動。已知物塊A與左側水平軌道和物塊B與斜面軌道間的動摩擦因數相同，A、B均可視為質點，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，1.34。求：
（1）物塊A經過D點時受到圓弧軌道的支持力FN的大小；
（2）物塊A與左側水平軌道間的動摩擦因數μ；
（3）若從物塊B運動到斜面軌道底端時開始計時，經多長時間通過E點。（計算結果保留三位有效數字）
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】原子核的衰變、半衰期；α、β、γ射線及特點；結合能與比結合能
【解析】【解答】本題考查核子的計算方法、核反應方程的書寫規則，比結合能知識和半衰期規律，會根據題意進行準確分析解答。A．镎核（）比镅核（）少的中子個數為
故A正確；
B．根據核反應方程中質量數守恒和電荷數守恒，可知X粒子的電荷數為2，質量數為4，則X是氦核（），即粒子，故B錯誤；
C．自發的衰變過程中釋放能量，原子核的比結合能增大，即镎核（）的比結合能比镅核（）的比結合能大，故C錯誤；
D．半衰期是大量統計規律，所以100個镅核（）不滿足統計規律，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據核子的計算方法、核反應方程的書寫規則，比結合能知識和半衰期規律進行分析解答。
2．【答案】B
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題主要考查共點力的平衡問題，解答本題時需注意：選準研究對象、做好受力分析、根據共點力的平衡條件確定力與力的關系。A．螞蟻受到重力、碗對螞蟻的支持力和摩擦力，共3個力的作用，故A錯誤；
BC．以螞蟻為對象，根據平衡條件可得
，
根據牛頓第三定律可知碗受到螞蟻的摩擦力大小為
故B正確，C錯誤；
D．由平衡條件可知螞蟻受到碗的作用力與重力等大反向，因此螞蟻繼續緩慢上爬過程中受到碗的作用力不變，故D錯誤。
故選B。
【分析】對螞蟻受力分析判斷螞蟻受到力的數量；由平衡條件和牛頓第三定律求碗受到螞蟻的摩擦力大小和螞蟻受到碗的支持力大小；由平衡條件判斷螞蟻繼續緩慢上爬過程中受到碗的作用力的變化。
3．【答案】D
【知識點】電能的輸送
【解析】【解答】本題主要是考查遠距離高壓輸電問題，關鍵是弄清楚電路的連接情況，根據功率的變化結合輸電電路進行分析。A．根據變壓器原理可得
，
若，則有
由于輸電線上電阻分壓作用，則
，
故A錯誤；
B．升壓變壓器輸入電壓恒定，升壓變壓器的原、副線圈匝數比恒定，則升壓變壓器輸出的電壓不變，故B錯誤；
CD．若用戶開啟的用電器減少，則用戶總電阻增大，將降壓變壓器和用戶看成一等效電阻，則有
則輸電線上的電流為
可知輸電線上的電流減小，則輸電線上消耗的功率減小，輸電線的損失電壓減小，根據
可知降壓變壓器輸入的電壓增大，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】由變壓器的變壓原理結合題意排氣U4和U1的關系；由升壓變壓器的特點，升壓變壓器的輸出電壓與用戶開啟的用電器的數量無關；由輸電線路的功率關系，電壓關系可以判斷用戶開啟的用電器減小時降壓變壓器輸入的電壓和輸電線消耗的功率的變化情況。
4．【答案】B
【知識點】橫波的圖象
【解析】【解答】本題考查識別、理解振動圖像和波動圖像的能力，以及把握兩種圖像聯系的能力。對于波的圖像，往往先判斷質點的振動方向和波的傳播方向間的關系。A．由甲圖可知，該波的波長
由乙圖可知，該波的周期為
故該波的波速
A錯誤；
B．由乙圖可知，t＝0時刻P點向下振動，根據“上、下坡”法可知，該波沿x正方向傳播，B正確；
C．時，結合甲圖可知，時，處的質點位于波谷，經過半個周期，其應位于波峰，故x＝3m處的質點在t＝7s時位于波峰，C錯誤；
D．由乙圖可知，質點的振幅為
質點P經過
通過的路程應為
D錯誤。
故選B。
【分析】根據圖甲求出波長，根據圖乙求出周期，然后求出波速；根據圖乙判斷質點的振動方向，然后判斷波的傳播方向；根據波的傳播過程與質點的振動過程分析答題。
5．【答案】B
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】知道電場線與等勢線垂直，做曲線運動的物體受力方向指向軌跡的凹側是解題的基礎。A．根據等勢線與電場線垂直，可知A、B兩點的電場強度方向不同，故A、B兩點的電場強度不同，故A錯誤；
B．電子僅在電場力作用下從A點運動到C點，由于合力方向指向軌跡的內側，電子帶負電，所受電場力方向與電場方向相反，電場力方向與等勢線垂直可知，電場線方向整體從右側指向左側，又由于沿電場線方向電勢降低，可知各點電勢高低關系為
故B正確；
CD．結合上述可知，從A到B的運動過程中，電子所受電場力做正功，電子的電勢能一直減小，電子的動能一直增大，故CD錯誤。
故選B。
【分析】電場強度是矢量，根據等勢線與電場線垂直分析；根據電子的運動軌跡分析出電場線的方向，根據沿電場線方向電勢逐漸降低分析；根據電場力做功情況分析。
6．【答案】C
【知識點】功能關系；牛頓第二定律
【解析】【解答】本題是一道綜合性題，考查了運動學公式、牛頓第二定律、動能定理和功能關系，列出表達式并轉化為圖像問題，對學生要求較高。AB．上升階段，由牛頓第二定律得
解得
方向豎直向下，沙包做勻減速直線運動；下降階段，由牛頓第二定律得
解得
方向豎直向下，沙包做勻加速直線運動，故AB錯誤；
C．由動能定理得
可知圖像的斜率絕對值為ma，故C正確，D錯誤；
D．由功能關系可知
可知圖像的斜率絕對值為f，故D錯誤。
故選C。
【分析】由牛頓第二定律判斷a-t圖像；根據運動學公判斷v-t圖像；根據由動能定理判斷Ek-h圖像；由功能關系判斷E-h圖像。
7．【答案】C
【知識點】開普勒定律；萬有引力定律；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】本題主要是考查萬有引力定律及其應用，解答本題的關鍵是能夠根據萬有引力提供向心力結合向心力公式進行分析，掌握開普勒第三定律的應用方法。A．衛星繞地球做勻速圓周運動時，由萬有引力提供向心力得
解得
第一宇宙速度7.9km/s是衛星繞地球做勻速圓周運動的最大運行速度，所以它們的運行速度均小于7.9km/s，故A錯誤；
B．由開普勒第三定律可得
可得同步衛星的軌道半徑為
故B錯誤；
C．對通信技術試驗衛星十三號有
則地球的平均密度為
故C正確；
D．某時刻通信技術試驗衛星十三號、同步衛星在軌道上相距最遠，到它們再次相距最遠，則有
解得
故D錯誤。
故選C。
【分析】由萬有引力提供向心力得到線速度表達式進行分析；根據開普勒第三定律進行解答；根據萬有引力和重力的關系、密度計算公式進行解答；根據追及相遇問題的處理方法進行分析。
8．【答案】A,C,D
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本題考查光的折射定律，解題時需注意：根據題意正確畫出光路圖，根據幾何知識正確找出角度關系，依光的折射定律列式求解。AB．根據對稱性和光路可逆性作出光路圖如圖所示
根據幾何關系可知
，
則該“水晶球”的折射率為
故A正確，B錯誤；
C．由幾何關系得
光在“水晶球”中的傳播速度為
光在“水晶球”中的傳播時間為
故C正確；
D．當換用入射光的波長較短時，則光的頻率較大，光的折射率較大，由可知，光在“水晶球”中的傳播速度變小，故D正確。
故選ACD。
【分析】由題意，作出光路圖，由對稱性、幾何關系、光的折射定律分別列式，即可分析判斷；結合前面分析，由幾何關系、折射率與光速的關系、速度與時間的關系分別列式，即可分析判斷；結合題意，由折射率與光速的關系，即可分析判斷。
9．【答案】A,C
【知識點】功能關系；動量定理；向心加速度；功率及其計算
【解析】【解答】本題考查動量定理的應用、平均功率的計算、向心加速度的表達式，屬于基礎題。A．因a、b兩點同軸轉動，則a點的角速度等于b點的角速度，根據
因， 可知a點的向心加速度大于b點的向心加速度，故A正確；
B．乙被加速拉起來，由動量定理
可知，繩對乙的拉力的沖量大于乙的動量的增加量，故B錯誤；
C．乙被加速拉起來， 由功能關系可知，繩對乙的拉力做的功等于乙的機械能的增加量，故C正確；
D．乙被加速拉起來， 由于繩對乙拉力做的功大于乙克服重力做的功，而時間相等，所以繩對乙拉力的平均功率大于乙克服重力做功的平均功率，故D錯誤。
故選AC。
【分析】根據向心加速度分析.根據動量定理分析；根據W外=ΔE分析；根據牛頓第二定律可知拉力大于重力，再由P=分析。
10．【答案】B,D
【知識點】電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】本題是電磁感應與力學知識的綜合應用，在分析中要注意物體運動狀態（加速、勻速或平衡），由平衡條件分析和求解桿的受力情況。A．根據題意，由右手定則可知，當金屬棒ab勻速下滑時，感應電流從到，則流過金屬棒cd的電流方向為從c到d，故A錯誤；
B．根據題意，由平衡條件，對金屬棒有
對金屬棒有
聯立解得
故B正確；
C．根據題意，設金屬棒ab勻速下滑的速度大小為，感應電動勢為
感應電流為
對金屬棒有
聯立解得
故C錯誤；
D．金屬棒cd消耗的電功率為
對金屬棒有
聯立解得
故D正確。
故選BD。
【分析】由右手定則判斷流過金屬棒cd的電流方向；根據力的平衡關系求兩個磁感應強度的關系；由閉合電路歐姆定律結合平衡關系求金屬棒ab勻速下滑的速度大小；根據功率公式求金屬棒cd消耗的電功率。
11．【答案】（1）左；1.48
（2）0.517（0.514~0.519）
（3）；
【知識點】加速度；刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；用單擺測定重力加速度
【解析】【解答】本題考查了重力加速度的測量，用單擺測量重力加速度的方法，和打點計時器的原理，明確這些實驗的實驗原理，以及實驗器材的安裝要求和實驗注意事項是解題的基礎。
（1）由圖乙所示紙帶可知，紙帶的左端與小車相連；
相鄰兩個計數點之間還有4個點未畫出，則相鄰計數點的時間間隔為
根據逐差法可得，小車的加速度大小為
（2）螺旋測微器的精確值為，由圖丙可得這次測量的讀數為
（3）當擺球第N次（開始計時時記為第1次）通過最低處時，停止計時，顯示時間為t，則單擺全振動次數為
周期為
由單擺周期公式
可得
可知圖像的斜率為
可得重力加速度大小為
【分析】（1）根據打點計時器使用原理及逐差法計算加速度；
（2）根據螺旋測微器精確度讀數，螺旋測微器估讀到千分之一毫米；
（3）計算單擺的周期，根據單擺周期公式計算。
（1）[1]由圖乙所示紙帶可知，紙帶的左端與小車相連；
[2]相鄰兩個計數點之間還有4個點未畫出，則相鄰計數點的時間間隔為
根據逐差法可得，小車的加速度大小為
（2）螺旋測微器的精確值為，由圖丙可得這次測量的讀數為
（3）[1]當擺球第N次（開始計時時記為第1次）通過最低處時，停止計時，顯示時間為t，則單擺全振動次數為
周期為
[2]由單擺周期公式
可得
可知圖像的斜率為
可得重力加速度大小為
12．【答案】（1）最小；2.00；D
（2）4.29（4.17~4.41）；1.43（1.25~1.62）
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】本題考查了電壓表與電流表改裝、實驗器材選擇與實驗數據處理等問題；應用閉合電路的歐姆定律求出圖示的函數表達式，根據圖示圖像可以求出電源電動勢與內阻。
（1）①為了保證電壓表讀數從零開始調節，應將電阻箱R2的阻值調到最小；電壓表示數為3.00V且保持電阻箱R2的阻值不變時，電壓表和電阻箱R1的電壓之和可認為始終等于3.00V，當電壓表示數為2.00V時，說明電阻箱R1兩端電壓為1.00V，由串聯電路分壓原理可知，此時R1的阻值為電壓表內阻的一半，電壓表的量程被擴大1.5倍，即量程為。
②由實驗步驟可知電壓表要擴大量程為，則串聯的電阻箱R1的阻值應能調節為電壓表內阻的一半，即電阻箱能調節到，故電阻箱R1應選D。
（2）根據閉合電路歐姆定律可得
整理可得
根據圖像的斜率和縱軸截距可得
，
解得
，
【分析】（1）根據串聯電路特點結合電壓規律分析解答。
（2）根據圖示電路圖應用閉合電路的歐姆定律求出圖像的函數表達式，然后根據圖示圖像求出電源電動勢與內阻。
（1）①[1]為了保證電壓表讀數從零開始調節，應將電阻箱R2的阻值調到最小；
[2]電壓表示數為3.00V且保持電阻箱R2的阻值不變時，電壓表和電阻箱R1的電壓之和可認為始終等于3.00V，當電壓表示數為2.00V時，說明電阻箱R1兩端電壓為1.00V，由串聯電路分壓原理可知，此時R1的阻值為電壓表內阻的一半，電壓表的量程被擴大1.5倍，即量程為。
②[3]由實驗步驟可知電壓表要擴大量程為，則串聯的電阻箱R1的阻值應能調節為電壓表內阻的一半，即電阻箱能調節到，故電阻箱R1應選D。
（2）[1][2]根據閉合電路歐姆定律可得
整理可得
根據圖像的斜率和縱軸截距可得，
解得，
13．【答案】（1）解：對封閉在窯內的氣體，由查理定律可得
其中
，，
解得
則單向排氣閥開始排氣時，窯內氣體溫度為
（2）解：根據熱力學第一定律有
由于氣體體積不變，所以
氣體增加的內能
解得
（3）解：排氣后窯內氣體壓強保持不變，根據蓋-呂薩克定律有
其中
，
由于密度相同，則此次燒制排出氣體的質量與原來氣體質量之比為
聯立解得
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律；氣體的等容變化及查理定律
【解析】【分析】（1）發生等容變化，根據查理定律列式解答；
（2）根據熱力學第一定律結合相應公式求解；
（3）排氣后窯內氣體壓強保持不變，根據蓋-呂薩克定律進行列式求解。
（1）對封閉在窯內的氣體，由查理定律可得
其中，，
解得
則單向排氣閥開始排氣時，窯內氣體溫度為
（2）根據熱力學第一定律有
由于氣體體積不變，所以
氣體增加的內能
解得
（3）排氣后窯內氣體壓強保持不變，根據蓋-呂薩克定律有
其中，
由于密度相同，則此次燒制排出氣體的質量與原來氣體質量之比為
聯立解得
14．【答案】（1）解：離子在加速電場中，由動能定理可得
解得
（2）解：離子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得
由幾何關系可知
聯立解得
（3）解：離子進入正方體abcd﹣a'b'c'd'勻強電場區域做類平拋運動，垂直電場方向有
沿電場方向有
，
聯立解得
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）電場力做功，由動能定理求離子進入圓形磁場時的速度v的大小；
（2）離子在磁場中做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力求圓形磁場的磁感應強度B的大小；
（3）根據類平拋運動的規律求勻強電場場強E的大小。
（1）離子在加速電場中，由動能定理可得
解得
（2）離子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得
由幾何關系可知
聯立解得
（3）離子進入正方體abcd﹣a'b'c'd'勻強電場區域做類平拋運動，垂直電場方向有
沿電場方向有，
聯立解得
15．【答案】（1）解：小物塊A離開水平軌道后剛好能從C點切人圓弧軌道做圓周運動有
物塊A從C到D過程機械能守恒有
物塊A在 D點處由牛頓第二定律
聯立解得
（2）解：由 v-t 圖像可知：爆炸后瞬間物塊 A 的速度大小為，物塊A在水平軌道上運動的時間為
爆炸后物塊A在水平軌道上運動過程由運動學公式及牛頓第二定律有
解得
（3）解：物塊A、B爆炸過程，由動量守恒有
解得
物塊B在斜面軌道向上運動過程有
解得
物塊B沿斜面上升的最大距離
故物塊B通過E點有兩種情況：
情況1：物塊B沿斜面上升階段通過E點時，有
解得
情況2：物塊B沿斜面下降階段通過E點時，上升階段的時間
下降階段
因為
聯立解得
【知識點】爆炸；牛頓第二定律；機械能守恒定律
【解析】【分析】 （1） 物體在光滑半圓弧軌道運動 ，根據機械能守恒和圓周運動公式求物塊A經過D點時受到圓弧軌道的支持力FN的大小；
（2）求出爆炸后瞬間物塊 A 的速度大小以及運動時間，由運動學公式求物塊A與左側水平軌道間的動摩擦因數μ；
（3）物塊A、B爆炸過程動量守恒定律，求解加速度大小，根據運動學公式求從物塊B運動到斜面軌道底端時開始計時，經多長時間通過E點。
（1）小物塊A離開水平軌道后剛好能從C點切人圓弧軌道做圓周運動有
物塊A從C到D過程機械能守恒有
物塊A在 D點處由牛頓第二定律
聯立解得
（2）由 v-t 圖像可知：爆炸后瞬間物塊 A 的速度大小為，物塊A在水平軌道上運動的時間為
爆炸后物塊A在水平軌道上運動過程由運動學公式及牛頓第二定律有
解得
（3）物塊A、B爆炸過程，由動量守恒有
解得
物塊B在斜面軌道向上運動過程有
解得
物塊B沿斜面上升的最大距離
故物塊B通過E點有兩種情況：
情況1：物塊B沿斜面上升階段通過E點時，有
解得
情況2：物塊B沿斜面下降階段通過E點時，上升階段的時間
下降階段
因為
聯立解得
1 / 12025屆廣東省湛江市高三下學期普通高考測試（一）物理試卷及答案
1．（2025·湛江模擬）離子煙霧報警器是一種常見且廣泛使用的火災報警設備。某離子煙霧報警器中裝有放射性元素镅（），其半衰期為432.2年，衰變方程為。下列說法正確的是（　　）
A．镎核（）比镅核（）少了2個中子
B．X是β粒子，具有很強的電離本領
C．镅核（）的比結合能比镎核（）的比結合能大
D．100個镅核（）經過432.2年后一定還剩余50個
【答案】A
【知識點】原子核的衰變、半衰期；α、β、γ射線及特點；結合能與比結合能
【解析】【解答】本題考查核子的計算方法、核反應方程的書寫規則，比結合能知識和半衰期規律，會根據題意進行準確分析解答。A．镎核（）比镅核（）少的中子個數為
故A正確；
B．根據核反應方程中質量數守恒和電荷數守恒，可知X粒子的電荷數為2，質量數為4，則X是氦核（），即粒子，故B錯誤；
C．自發的衰變過程中釋放能量，原子核的比結合能增大，即镎核（）的比結合能比镅核（）的比結合能大，故C錯誤；
D．半衰期是大量統計規律，所以100個镅核（）不滿足統計規律，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據核子的計算方法、核反應方程的書寫規則，比結合能知識和半衰期規律進行分析解答。
2．（2025·湛江模擬）一只質量為m的螞蟻（可視為質點）在半球形碗內從底部緩慢向上爬，某時刻處在如圖所示位置，此時螞蟻和球心的連線與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．螞蟻受到4個力的作用
B．碗受到螞蟻的摩擦力大小為mgsinθ
C．螞蟻受到碗的支持力大小為mgtanθ
D．螞蟻繼續緩慢上爬過程中受到碗的作用力逐漸增大
【答案】B
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題主要考查共點力的平衡問題，解答本題時需注意：選準研究對象、做好受力分析、根據共點力的平衡條件確定力與力的關系。A．螞蟻受到重力、碗對螞蟻的支持力和摩擦力，共3個力的作用，故A錯誤；
BC．以螞蟻為對象，根據平衡條件可得
，
根據牛頓第三定律可知碗受到螞蟻的摩擦力大小為
故B正確，C錯誤；
D．由平衡條件可知螞蟻受到碗的作用力與重力等大反向，因此螞蟻繼續緩慢上爬過程中受到碗的作用力不變，故D錯誤。
故選B。
【分析】對螞蟻受力分析判斷螞蟻受到力的數量；由平衡條件和牛頓第三定律求碗受到螞蟻的摩擦力大小和螞蟻受到碗的支持力大小；由平衡條件判斷螞蟻繼續緩慢上爬過程中受到碗的作用力的變化。
3．（2025·湛江模擬）圖甲是目前世界上在建規模最大、技術難度最高的水電工程——白鶴灘水電站，是我國實施“西電東送”的大國重器，其發電量位居全世界第二，僅次于三峽水電站。白鶴灘水電站遠距離輸電電路示意圖如圖乙所示。如果升壓變壓器與降壓變壓器均為理想變壓器，發電機輸出電壓恒定，r表示輸電線總電阻，下列說法正確的是（　　）
A．若，則用戶獲得的電壓U4＝U1
B．若用戶開啟的用電器減少，則升壓變壓器輸出的電壓U2減小
C．若用戶開啟的用電器減少，則降壓變壓器輸入的電壓U3減小
D．若用戶開啟的用電器減少，則輸電線消耗的功率減小
【答案】D
【知識點】電能的輸送
【解析】【解答】本題主要是考查遠距離高壓輸電問題，關鍵是弄清楚電路的連接情況，根據功率的變化結合輸電電路進行分析。A．根據變壓器原理可得
，
若，則有
由于輸電線上電阻分壓作用，則
，
故A錯誤；
B．升壓變壓器輸入電壓恒定，升壓變壓器的原、副線圈匝數比恒定，則升壓變壓器輸出的電壓不變，故B錯誤；
CD．若用戶開啟的用電器減少，則用戶總電阻增大，將降壓變壓器和用戶看成一等效電阻，則有
則輸電線上的電流為
可知輸電線上的電流減小，則輸電線上消耗的功率減小，輸電線的損失電壓減小，根據
可知降壓變壓器輸入的電壓增大，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】由變壓器的變壓原理結合題意排氣U4和U1的關系；由升壓變壓器的特點，升壓變壓器的輸出電壓與用戶開啟的用電器的數量無關；由輸電線路的功率關系，電壓關系可以判斷用戶開啟的用電器減小時降壓變壓器輸入的電壓和輸電線消耗的功率的變化情況。
4．（2025·湛江模擬）水袖是對我國古代服飾衣袖的夸張展現，是戲裝的重要組成部分。戲曲演員通過技法和身體的表現力，體現出“行云流水”般的美感。如果某段時間里水袖波形可視為簡諧波，如圖甲所示為演員水袖表演過程中t＝0時刻的波形圖，P是平衡位置x＝4m處的質點，圖乙為質點P的振動圖像，則（　　）
A．該簡諧波的傳播速度為0.5m/s
B．該簡諧波沿x軸正方向傳播
C．x＝3m處的質點在t＝7s時位于平衡位置
D．質點P在0~7s時間內運動的路程為140cm
【答案】B
【知識點】橫波的圖象
【解析】【解答】本題考查識別、理解振動圖像和波動圖像的能力，以及把握兩種圖像聯系的能力。對于波的圖像，往往先判斷質點的振動方向和波的傳播方向間的關系。A．由甲圖可知，該波的波長
由乙圖可知，該波的周期為
故該波的波速
A錯誤；
B．由乙圖可知，t＝0時刻P點向下振動，根據“上、下坡”法可知，該波沿x正方向傳播，B正確；
C．時，結合甲圖可知，時，處的質點位于波谷，經過半個周期，其應位于波峰，故x＝3m處的質點在t＝7s時位于波峰，C錯誤；
D．由乙圖可知，質點的振幅為
質點P經過
通過的路程應為
D錯誤。
故選B。
【分析】根據圖甲求出波長，根據圖乙求出周期，然后求出波速；根據圖乙判斷質點的振動方向，然后判斷波的傳播方向；根據波的傳播過程與質點的振動過程分析答題。
5．（2025·湛江模擬）靜電透鏡是由帶電導體所產生的靜電場來使電子束聚焦和成像的裝置，它廣泛應用于電子器件（如陰極射線示波管）和電子顯微鏡中。如圖所示是陰極射線示波管的聚焦電場，其中虛線為等勢線，任意兩條相鄰等勢線間電勢差相等，z軸為該電場的中心軸線。一電子從其左側以某一初速度進入聚焦電場，僅在電場力作用下運動，實線為電子運動的軌跡，A、B、C為其軌跡上的三點。下列說法正確的是（　　）
A．A、B兩點的電場強度相同
B．各點電勢高低的關系為φA＜φB＜φC
C．該電子從A點到B點過程中動能先增大后減小
D．該電子從A點到B點過程中電勢能一直增大
【答案】B
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】知道電場線與等勢線垂直，做曲線運動的物體受力方向指向軌跡的凹側是解題的基礎。A．根據等勢線與電場線垂直，可知A、B兩點的電場強度方向不同，故A、B兩點的電場強度不同，故A錯誤；
B．電子僅在電場力作用下從A點運動到C點，由于合力方向指向軌跡的內側，電子帶負電，所受電場力方向與電場方向相反，電場力方向與等勢線垂直可知，電場線方向整體從右側指向左側，又由于沿電場線方向電勢降低，可知各點電勢高低關系為
故B正確；
CD．結合上述可知，從A到B的運動過程中，電子所受電場力做正功，電子的電勢能一直減小，電子的動能一直增大，故CD錯誤。
故選B。
【分析】電場強度是矢量，根據等勢線與電場線垂直分析；根據電子的運動軌跡分析出電場線的方向，根據沿電場線方向電勢逐漸降低分析；根據電場力做功情況分析。
6．（2025·湛江模擬）體育課上某同學將沙包以初速度v0豎直向上拋出。假設沙包在運動過程中受到的空氣阻力恒定，以t表示沙包運動的時間，h表示沙包距拋出點的高度。某時刻沙包的速度為v、加速度為a、動能為Ek、機械能為E，取豎直向上為正方向，則沙包從開始上拋到落回拋出點的過程中，下列關系圖像可能正確的（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】功能關系；牛頓第二定律
【解析】【解答】本題是一道綜合性題，考查了運動學公式、牛頓第二定律、動能定理和功能關系，列出表達式并轉化為圖像問題，對學生要求較高。AB．上升階段，由牛頓第二定律得
解得
方向豎直向下，沙包做勻減速直線運動；下降階段，由牛頓第二定律得
解得
方向豎直向下，沙包做勻加速直線運動，故AB錯誤；
C．由動能定理得
可知圖像的斜率絕對值為ma，故C正確，D錯誤；
D．由功能關系可知
可知圖像的斜率絕對值為f，故D錯誤。
故選C。
【分析】由牛頓第二定律判斷a-t圖像；根據運動學公判斷v-t圖像；根據由動能定理判斷Ek-h圖像；由功能關系判斷E-h圖像。
7．（2025·湛江模擬）北京時間2024年12月3日，我國在西昌衛星發射中心使用“長征三號”乙運載火箭，成功將通信技術試驗衛星十三號發射升空，衛星順利進入預定軌道，發射任務獲得圓滿成功。假設通信技術試驗衛星十三號、同步衛星圍繞地球均做勻速圓周運動，通信技術試驗衛星十三號運行的周期為T1、軌道半徑為r1，同步衛星運行的周期為T2，且T1＜T2，地球半徑為R，引力常量為G。下列說法正確的是（　　）
A．它們的運行速度均大于7.9km/s
B．同步衛星的軌道半徑為
C．由題目條件可知地球的平均密度為
D．某時刻通信技術試驗衛星十三號、同步衛星在軌道上相距最遠，再經過時間，它們再次相距最遠
【答案】C
【知識點】開普勒定律；萬有引力定律；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】本題主要是考查萬有引力定律及其應用，解答本題的關鍵是能夠根據萬有引力提供向心力結合向心力公式進行分析，掌握開普勒第三定律的應用方法。A．衛星繞地球做勻速圓周運動時，由萬有引力提供向心力得
解得
第一宇宙速度7.9km/s是衛星繞地球做勻速圓周運動的最大運行速度，所以它們的運行速度均小于7.9km/s，故A錯誤；
B．由開普勒第三定律可得
可得同步衛星的軌道半徑為
故B錯誤；
C．對通信技術試驗衛星十三號有
則地球的平均密度為
故C正確；
D．某時刻通信技術試驗衛星十三號、同步衛星在軌道上相距最遠，到它們再次相距最遠，則有
解得
故D錯誤。
故選C。
【分析】由萬有引力提供向心力得到線速度表達式進行分析；根據開普勒第三定律進行解答；根據萬有引力和重力的關系、密度計算公式進行解答；根據追及相遇問題的處理方法進行分析。
8．（2025·湛江模擬）某同學從商場購買了一個質量分布均勻的透明“水晶球”，如圖甲所示。該同學先測出了“水晶球”的直徑為15cm，并標記了其中一條水平直徑對應的兩端點A、B。該同學用激光沿平行直徑AOB方向照射“水晶球”，發現當激光射到“水晶球”上的C點且入射角i＝60°時，激光在球內經過一次反射后恰能從D點再次平行直徑AOB從“水晶球”射出。已知光在真空中的傳播速度為3×108m/s。下列說法正確的是（　　）
A．該“水晶球”的折射率為
B．光線經過一次折射對應的折射角為45°
C．光在“水晶球”中的傳播時間為
D．若僅換用波長較短的入射光，則光在“水晶球”中的傳播速度變小
【答案】A,C,D
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本題考查光的折射定律，解題時需注意：根據題意正確畫出光路圖，根據幾何知識正確找出角度關系，依光的折射定律列式求解。AB．根據對稱性和光路可逆性作出光路圖如圖所示
根據幾何關系可知
，
則該“水晶球”的折射率為
故A正確，B錯誤；
C．由幾何關系得
光在“水晶球”中的傳播速度為
光在“水晶球”中的傳播時間為
故C正確；
D．當換用入射光的波長較短時，則光的頻率較大，光的折射率較大，由可知，光在“水晶球”中的傳播速度變小，故D正確。
故選ACD。
【分析】由題意，作出光路圖，由對稱性、幾何關系、光的折射定律分別列式，即可分析判斷；結合前面分析，由幾何關系、折射率與光速的關系、速度與時間的關系分別列式，即可分析判斷；結合題意，由折射率與光速的關系，即可分析判斷。
9．（2025·湛江模擬）明朝的《天工開物》記載了我國古代勞動人民的智慧。如圖所示，可轉動的把手上a點到轉軸的距離為Ra，轆軸邊緣b點到轉軸的距離為Rb，且Ra＞Rb。人甲轉動把手，把井底的人乙加速拉起來（人未接觸井壁），不計空氣阻力，則（　　）
A．a點的向心加速度大于b點的向心加速度
B．繩對乙拉力的沖量等于乙動量的增加量
C．繩對乙拉力做的功等于乙機械能的增加量
D．繩對乙拉力的平均功率等于乙克服重力做功的平均功率
【答案】A,C
【知識點】功能關系；動量定理；向心加速度；功率及其計算
【解析】【解答】本題考查動量定理的應用、平均功率的計算、向心加速度的表達式，屬于基礎題。A．因a、b兩點同軸轉動，則a點的角速度等于b點的角速度，根據
因， 可知a點的向心加速度大于b點的向心加速度，故A正確；
B．乙被加速拉起來，由動量定理
可知，繩對乙的拉力的沖量大于乙的動量的增加量，故B錯誤；
C．乙被加速拉起來， 由功能關系可知，繩對乙的拉力做的功等于乙的機械能的增加量，故C正確；
D．乙被加速拉起來， 由于繩對乙拉力做的功大于乙克服重力做的功，而時間相等，所以繩對乙拉力的平均功率大于乙克服重力做功的平均功率，故D錯誤。
故選AC。
【分析】根據向心加速度分析.根據動量定理分析；根據W外=ΔE分析；根據牛頓第二定律可知拉力大于重力，再由P=分析。
10．（2025·湛江模擬）如圖所示，間距為L、電阻不計的足夠長雙斜面型光滑平行金屬導軌，分別與水平面成α、β角，磁感應強度分別為的勻強磁場斜向上分別垂直于兩導軌所在的斜面。質量分別為、，電阻均為r的金屬棒ab、cd與兩平行導軌垂直放置且接觸良好。當金屬棒ab勻速下滑時，金屬棒cd恰好靜止不動，重力加速度為g，則（　　）
A．流過金屬棒cd的電流方向為從d到c
B．
C．金屬棒ab勻速下滑的速度大小為
D．金屬棒cd消耗的電功率為
【答案】B,D
【知識點】電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】本題是電磁感應與力學知識的綜合應用，在分析中要注意物體運動狀態（加速、勻速或平衡），由平衡條件分析和求解桿的受力情況。A．根據題意，由右手定則可知，當金屬棒ab勻速下滑時，感應電流從到，則流過金屬棒cd的電流方向為從c到d，故A錯誤；
B．根據題意，由平衡條件，對金屬棒有
對金屬棒有
聯立解得
故B正確；
C．根據題意，設金屬棒ab勻速下滑的速度大小為，感應電動勢為
感應電流為
對金屬棒有
聯立解得
故C錯誤；
D．金屬棒cd消耗的電功率為
對金屬棒有
聯立解得
故D正確。
故選BD。
【分析】由右手定則判斷流過金屬棒cd的電流方向；根據力的平衡關系求兩個磁感應強度的關系；由閉合電路歐姆定律結合平衡關系求金屬棒ab勻速下滑的速度大小；根據功率公式求金屬棒cd消耗的電功率。
11．（2025·湛江模擬）如圖是《普通高中物理課程標準》中列出的三個必做實驗的部分步驟，請按要求完成實驗內容。
（1）在“探究小車速度隨時間變化的規律”實驗中，某同學用如圖甲所示的裝置，打出的一條紙帶如圖乙所示，其中A、B、C、D、E為計數點，相鄰兩個計數點之間還有4個點未畫出。已知打點計時器所接電源頻率是50Hz。實驗時該紙帶的　 　（選填“左”或“右”）端是和小車相連的，由紙帶上所示數據可算得小車運動的加速度大小為　 　m/s2（結果保留三位有效數字）。
（2）在“長度的測量及其測量工具的選用”實驗中，某同學用螺旋測微器測量某金屬絲的直徑d。某次測量結果如圖丙所示，則這次測量的讀數d＝　 　 mm。
（3）在“用單擺測量重力加速度的大小”的實驗中，實驗時，由靜止釋放擺球，從擺球擺至最低處時開始用秒表計時，當擺球第N次（開始計時時記為第1次）通過最低處時，停止計時，顯示時間為t，則周期T＝　 　。若根據測出的一系列擺長L和對應的周期T，作出的圖像，測得圖線斜率為k，則當地重力加速度大小g＝　 　（用k表示）。
【答案】（1）左；1.48
（2）0.517（0.514~0.519）
（3）；
【知識點】加速度；刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；用單擺測定重力加速度
【解析】【解答】本題考查了重力加速度的測量，用單擺測量重力加速度的方法，和打點計時器的原理，明確這些實驗的實驗原理，以及實驗器材的安裝要求和實驗注意事項是解題的基礎。
（1）由圖乙所示紙帶可知，紙帶的左端與小車相連；
相鄰兩個計數點之間還有4個點未畫出，則相鄰計數點的時間間隔為
根據逐差法可得，小車的加速度大小為
（2）螺旋測微器的精確值為，由圖丙可得這次測量的讀數為
（3）當擺球第N次（開始計時時記為第1次）通過最低處時，停止計時，顯示時間為t，則單擺全振動次數為
周期為
由單擺周期公式
可得
可知圖像的斜率為
可得重力加速度大小為
【分析】（1）根據打點計時器使用原理及逐差法計算加速度；
（2）根據螺旋測微器精確度讀數，螺旋測微器估讀到千分之一毫米；
（3）計算單擺的周期，根據單擺周期公式計算。
（1）[1]由圖乙所示紙帶可知，紙帶的左端與小車相連；
[2]相鄰兩個計數點之間還有4個點未畫出，則相鄰計數點的時間間隔為
根據逐差法可得，小車的加速度大小為
（2）螺旋測微器的精確值為，由圖丙可得這次測量的讀數為
（3）[1]當擺球第N次（開始計時時記為第1次）通過最低處時，停止計時，顯示時間為t，則單擺全振動次數為
周期為
[2]由單擺周期公式
可得
可知圖像的斜率為
可得重力加速度大小為
12．（2025·湛江模擬）廣東某學校實驗小組發現一款智能手機內部使用的電池是一塊扁平電池，如圖甲所示，外殼上標有電動勢4.50V，為了測定該電池的實際電動勢和內阻，該小組成員利用身邊的儀器，設計方案對其進行測量。
A.待測手機電池
B.電壓表（量程0~3.00V，內阻約3000Ω）
C.電阻箱（阻值范圍0~999.9Ω）
D.電阻箱（阻值范圍0~9999.9Ω）
E.定值電阻R0＝5.0Ω
F.開關、導線若干
（1）實驗室提供的電壓表的量程不夠用，需要對電壓表進行改裝。
①為將電壓表的量程擴大為0~4.50V，小組成員采用了以下的操作：按圖乙所示電路連接好實驗器材，檢查電路無誤后，將電阻箱R2的阻值調到　 　（選填“最大”或“最小”），將電阻箱R1的阻值調為零。閉合開關S，調節電阻箱R2的阻值，使電壓表示數為3.00V，保持電阻箱R2的阻值不變，改變電阻箱R1的阻值，當電壓表示數為　 　V時，改裝后的電壓表量程為4.50V，完成了擴大量程，而后斷開開關S。
②小組成員按照圖乙所示的實驗電路圖完成了該實驗。電阻箱R1應選　 　（填寫器材前面的字母標號）。
（2）用改裝好的電表測量該電池的電動勢和內阻，步驟如下：保持電阻箱R1的阻值不變，閉合開關S，多次調節電阻箱R2的阻值，記錄下阻值R2和電壓表的相應讀數U，作出圖像如圖丙所示，可得該電池的電動勢為　 　V，內阻為　 　Ω。（結果均保留兩位小數）
【答案】（1）最小；2.00；D
（2）4.29（4.17~4.41）；1.43（1.25~1.62）
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】本題考查了電壓表與電流表改裝、實驗器材選擇與實驗數據處理等問題；應用閉合電路的歐姆定律求出圖示的函數表達式，根據圖示圖像可以求出電源電動勢與內阻。
（1）①為了保證電壓表讀數從零開始調節，應將電阻箱R2的阻值調到最小；電壓表示數為3.00V且保持電阻箱R2的阻值不變時，電壓表和電阻箱R1的電壓之和可認為始終等于3.00V，當電壓表示數為2.00V時，說明電阻箱R1兩端電壓為1.00V，由串聯電路分壓原理可知，此時R1的阻值為電壓表內阻的一半，電壓表的量程被擴大1.5倍，即量程為。
②由實驗步驟可知電壓表要擴大量程為，則串聯的電阻箱R1的阻值應能調節為電壓表內阻的一半，即電阻箱能調節到，故電阻箱R1應選D。
（2）根據閉合電路歐姆定律可得
整理可得
根據圖像的斜率和縱軸截距可得
，
解得
，
【分析】（1）根據串聯電路特點結合電壓規律分析解答。
（2）根據圖示電路圖應用閉合電路的歐姆定律求出圖像的函數表達式，然后根據圖示圖像求出電源電動勢與內阻。
（1）①[1]為了保證電壓表讀數從零開始調節，應將電阻箱R2的阻值調到最小；
[2]電壓表示數為3.00V且保持電阻箱R2的阻值不變時，電壓表和電阻箱R1的電壓之和可認為始終等于3.00V，當電壓表示數為2.00V時，說明電阻箱R1兩端電壓為1.00V，由串聯電路分壓原理可知，此時R1的阻值為電壓表內阻的一半，電壓表的量程被擴大1.5倍，即量程為。
②[3]由實驗步驟可知電壓表要擴大量程為，則串聯的電阻箱R1的阻值應能調節為電壓表內阻的一半，即電阻箱能調節到，故電阻箱R1應選D。
（2）[1][2]根據閉合電路歐姆定律可得
整理可得
根據圖像的斜率和縱軸截距可得，
解得，
13．（2025·湛江模擬）瓷器是中國古代勞動人民的重要創造，被譽為中華文明的瑰寶。如圖所示，氣窯是對陶瓷泥坯進行升溫燒結的一種設備。某次燒制前，封閉在窯內的氣體溫度為27℃，壓強為1.0×105Pa，升高溫度，當窯內氣壓達到3.0×105Pa時，氣窯上方的單向排氣閥開始排氣，之后使氣窯內氣體壓強保持3.0×105Pa不變，繼續升溫，當窯內氣體溫度逐漸升高至1327℃后保持不變，連續燒制8~10小時完成燒制。已知氣體內能U與溫度的關系為U＝αT，α為已知正常數。求：
（1）單向排氣閥開始排氣時，窯內氣體溫度t為多少攝氏度；
（2）封閉在窯內的氣體從燒制前到窯內氣壓剛達到3.0×105Pa的過程中吸收的熱量Q；
（3）此次燒制排出氣體的質量與原來氣體質量之比。
【答案】（1）解：對封閉在窯內的氣體，由查理定律可得
其中
，，
解得
則單向排氣閥開始排氣時，窯內氣體溫度為
（2）解：根據熱力學第一定律有
由于氣體體積不變，所以
氣體增加的內能
解得
（3）解：排氣后窯內氣體壓強保持不變，根據蓋-呂薩克定律有
其中
，
由于密度相同，則此次燒制排出氣體的質量與原來氣體質量之比為
聯立解得
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律；氣體的等容變化及查理定律
【解析】【分析】（1）發生等容變化，根據查理定律列式解答；
（2）根據熱力學第一定律結合相應公式求解；
（3）排氣后窯內氣體壓強保持不變，根據蓋-呂薩克定律進行列式求解。
（1）對封閉在窯內的氣體，由查理定律可得
其中，，
解得
則單向排氣閥開始排氣時，窯內氣體溫度為
（2）根據熱力學第一定律有
由于氣體體積不變，所以
氣體增加的內能
解得
（3）排氣后窯內氣體壓強保持不變，根據蓋-呂薩克定律有
其中，
由于密度相同，則此次燒制排出氣體的質量與原來氣體質量之比為
聯立解得
14．（2025·湛江模擬）如圖所示，半徑為r的圓形區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，其右側空間一棱長為l的正方體abcd﹣a'b'c'd'區域內存在豎直向上的勻強電場。一電荷量為q、質量為m的帶正電的離子（初速度為零，重力不計）經磁場下方電勢差為U的電場加速后，由豎直向上指向圓心O的方向射入磁場，經磁場偏轉并從圓周上的O1點水平射出后，從正方形add'a'的中心垂直電場方向進入勻強電場區域，最后恰好從b'c'邊的中點飛出電場區域。求：
（1）離子進入圓形磁場時的速度v的大小；
（2）圓形磁場的磁感應強度B的大小；
（3）正方體abcd﹣a'b'c'd'內勻強電場場強E的大小。
【答案】（1）解：離子在加速電場中，由動能定理可得
解得
（2）解：離子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得
由幾何關系可知
聯立解得
（3）解：離子進入正方體abcd﹣a'b'c'd'勻強電場區域做類平拋運動，垂直電場方向有
沿電場方向有
，
聯立解得
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）電場力做功，由動能定理求離子進入圓形磁場時的速度v的大小；
（2）離子在磁場中做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力求圓形磁場的磁感應強度B的大小；
（3）根據類平拋運動的規律求勻強電場場強E的大小。
（1）離子在加速電場中，由動能定理可得
解得
（2）離子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得
由幾何關系可知
聯立解得
（3）離子進入正方體abcd﹣a'b'c'd'勻強電場區域做類平拋運動，垂直電場方向有
沿電場方向有，
聯立解得
15．（2025·湛江模擬）如圖甲所示，半徑R＝0.9m的光滑半圓弧軌道COD固定在豎直平面內，端點D為軌道的最低點，過D點的軌道切線水平。在圓弧軌道圓心O的正上方F點右側有一固定的水平軌道，水平軌道與傾角θ＝37°的固定粗糙斜面軌道平滑相接（物體通過時沒有能量損失），斜面上E點距斜面底端的距離s0＝3.2m。現有質量分別為mA＝1kg，mB＝0.5kg的物塊A、B靜置于水平軌道上，且物塊B的右側水平軌道光滑，左側水平軌道粗糙。物塊A、B中間夾有少量炸藥，炸藥突然爆炸，爆炸后物塊A在水平軌道上運動的速度v與時間t的關系圖像如圖乙所示，物塊A從F點離開軌道，剛好能從C點切入圓弧軌道做圓周運動。已知物塊A與左側水平軌道和物塊B與斜面軌道間的動摩擦因數相同，A、B均可視為質點，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，1.34。求：
（1）物塊A經過D點時受到圓弧軌道的支持力FN的大小；
（2）物塊A與左側水平軌道間的動摩擦因數μ；
（3）若從物塊B運動到斜面軌道底端時開始計時，經多長時間通過E點。（計算結果保留三位有效數字）
【答案】（1）解：小物塊A離開水平軌道后剛好能從C點切人圓弧軌道做圓周運動有
物塊A從C到D過程機械能守恒有
物塊A在 D點處由牛頓第二定律
聯立解得
（2）解：由 v-t 圖像可知：爆炸后瞬間物塊 A 的速度大小為，物塊A在水平軌道上運動的時間為
爆炸后物塊A在水平軌道上運動過程由運動學公式及牛頓第二定律有
解得
（3）解：物塊A、B爆炸過程，由動量守恒有
解得
物塊B在斜面軌道向上運動過程有
解得
物塊B沿斜面上升的最大距離
故物塊B通過E點有兩種情況：
情況1：物塊B沿斜面上升階段通過E點時，有
解得
情況2：物塊B沿斜面下降階段通過E點時，上升階段的時間
下降階段
因為
聯立解得
【知識點】爆炸；牛頓第二定律；機械能守恒定律
【解析】【分析】 （1） 物體在光滑半圓弧軌道運動 ，根據機械能守恒和圓周運動公式求物塊A經過D點時受到圓弧軌道的支持力FN的大小；
（2）求出爆炸后瞬間物塊 A 的速度大小以及運動時間，由運動學公式求物塊A與左側水平軌道間的動摩擦因數μ；
（3）物塊A、B爆炸過程動量守恒定律，求解加速度大小，根據運動學公式求從物塊B運動到斜面軌道底端時開始計時，經多長時間通過E點。
（1）小物塊A離開水平軌道后剛好能從C點切人圓弧軌道做圓周運動有
物塊A從C到D過程機械能守恒有
物塊A在 D點處由牛頓第二定律
聯立解得
（2）由 v-t 圖像可知：爆炸后瞬間物塊 A 的速度大小為，物塊A在水平軌道上運動的時間為
爆炸后物塊A在水平軌道上運動過程由運動學公式及牛頓第二定律有
解得
（3）物塊A、B爆炸過程，由動量守恒有
解得
物塊B在斜面軌道向上運動過程有
解得
物塊B沿斜面上升的最大距離
故物塊B通過E點有兩種情況：
情況1：物塊B沿斜面上升階段通過E點時，有
解得
情況2：物塊B沿斜面下降階段通過E點時，上升階段的時間
下降階段
因為
聯立解得
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