2025年廣東省廣州大學附中高考物理三模試卷一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.1897年英國物理學家約瑟夫?約翰?湯姆孫在研究陰極射線時發現了電子，這是人類最早發現的基本粒子，下列有關電子的說法正確的是(

)A.陰極射線與β射線都是高速電子流，它們的產生原理相同

B.電子的發現說明原子是有復雜結構的

C.根據玻爾理論，原子從低能級向高能級躍遷時，核外電子動能增大

D.光電效應中，逸出光電子的最大初動能與入射光頻率成正比關系2.一種“光開關”的“核心區”如圖中虛線框區域所示，其中1、2是兩個完全相同的、截面為等腰直角三角形的棱鏡，直角邊與虛線框平行，兩斜面平行，略拉開一小段距離，在兩棱鏡之間可充入不同介質以實現開關功能。單色光a從1的左側垂直于棱鏡表面射入，若能通過2，則為“開”否則為“關”，已知棱鏡對a的折射率為2，下列說法正確的是(

)A.若充入的介質相對棱鏡是光疏介質，則有可能實現“開”功能

B.若充入的介質相對棱鏡是光密介質，則能實現“關”功能

C.若不充入介質，則能實現“開”功能

D.單色光a通過“光開關”后傳播方向一定改變3.某同學用如圖所示的可拆變壓器做“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗，發現變壓器兩個線圈的導線粗細不同。該同學將原線圈接在學生電源上，分別測量原、副線圈的電壓。下列說法中正確的是(

)

A.匝數較少線圈是用較細的銅導線繞制的

B.測量原、副線圈的電壓可用直流電壓表

C.實驗可發現原、副線圈的電壓比大于匝數比

D.增加原線圈的匝數可增大副線圈的輸出電壓4.以下裝置中都涉及到磁場的具體應用，關于這些裝置的說法正確的是(

)

A.甲圖為回旋加速器，增加電壓U可增大粒子的最大動能

B.乙圖為磁流體發電機，可判斷出A極板比B極板電勢低

C.丙圖為質譜儀，打到照相底片D同一位置粒子的電荷量相同

D.丁圖為速度選擇器，特定速率的粒子從左右兩側沿軸線進入后都做直線運動5.手機軟件中運動步數的測量是通過手機內電容式加速度傳感器實現的，如圖所示為其工作原理的簡化示意圖。質量塊左側連接輕質彈簧，右側連接電介質，彈簧與電容器固定在外框上，質量塊可帶動電介質相對于外框無摩擦左右移動(不能上下移動)以改變電容器的電容。下列說法正確的是(

)A.傳感器勻速向左做直線運動時，電容器兩極板所帶電荷量將多于靜止狀態時

B.傳感器勻減速向右做直線運動時，電流表中有由b向a的電流

C.傳感器運動時向右的加速度逐漸增大，則電流表中有由b向a的電流

D.傳感器運動時向左的加速度逐漸減小，則電流表中有由a向b的電流6.如圖所示，霍曼轉移軌道是以較低能耗從地球發送探測器到火星的轉移軌道，該軌道以太陽為焦點，近日點、遠日點分別與地球軌道、火星軌道相切。在地球上將火星探測器發射，探測器從地球軌道出發，在太陽引力作用下，沿霍曼轉移軌道無動力運行到達火星軌道。地球、火星的公轉軌道可近似為圓軌道，火星公轉軌道半徑約為地球公轉軌道半徑的1.5倍，則探測器從地球軌道運動至火星軌道用時約為(

)

A.0.3年 B.0.7年 C.1年 D.1.4年7.籃球運動員進行了如圖所示的原地縱跳摸高訓練。已知質量?1m=60kg的運動員原地靜止站立(不起跳)摸高為2.10m，在原地縱跳摸高訓練過程中，該運動員先下蹲，重心下降0.5m，經過充分調整后，發力跳起摸到了2.90m的高度。若將運動員起跳過程(從重心下降0.5m處開始向上運動到雙腳離地過程A.運動員處于失重狀態

B.地面對運動員的沖量大小為240N?s

C.運動員對地面的壓力為1560N

二、多選題：本大題共3小題，共18分。8.市面上有一種自動計數的智能呼拉圈。如圖甲，腰帶外側帶有軌道，將帶有滑輪的短桿穿過軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的細繩，其模型簡化如圖乙所示。水平固定好腰帶，通過人體微小扭動，使配重做水平勻速圓周運動，此時繩子與豎直方向夾角為θ。配重運動過程中認為腰帶沒有變形，下列說法正確的是(

)A.若增大轉速，繩子的拉力變大

B.若增大轉速，腰受到腰帶的彈力減小

C.若減小轉速，腰受到腰帶的摩擦力增大

D.若只增加配重，保持轉速不變，則繩子與豎直方向夾角θ不變9.中國象棋是起源于中國的一種棋，屬于二人對抗性游戲的一種，是在中國有著悠久的歷史。由于用具簡單，趣味性強，成為流行極為廣泛的棋藝活動。如圖所示，5顆完全相同的象棋棋子整齊疊放在水平面上，第5顆棋子最左端與水平面上的a點重合，所有接觸面間的動摩擦因數均相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現將水平向右的恒力F作用在第3顆棋子上，恒力作用一小段時間后，五顆棋子的位置情況可能是(

)A. B.

C. D.10.兩列機械波在同種介質中相向而行，P、Q為兩列波的波源，以P、Q的連線和中垂線為軸建立坐標系，P、Q的坐標如圖所示。某時刻的波形如圖所示。已知P波的傳播速度為10m/s，下列判斷正確的是(

)

A.兩波源P、Q的起振方向相反

B.經過足夠長的時間，坐標原點處質點的振幅為45cm

C.波源Q產生的波比波源P產生的波更容易發生衍射

D.若x軸上坐標原點有一位觀察者沿x軸向Q點運動，觀察者接收到Q波的頻率大于2.5三、實驗題：本大題共2小題，共15分。11.小李做“用單擺測量重力加速度”實驗。

(1)如圖甲所示，細線的上端固定在鐵架臺上，下端系一個小鋼球，做成一個單擺。如圖乙所示，用游標卡尺測得小鋼球的直徑d=______mm，測出擺線的長度，算出擺長L，再測出擺的周期T，得到一組數據，改變擺線的長度，再得到幾組數據。

(2)根據實驗數據作出T2?L圖像，發現圖像是過坐標原點的傾斜直線，斜率為k，根據單擺周期公式，可以測得當地的重力加速度g=______(用k表示)，利用圖像法處理數據是為了減小______(填“偶然”或“系統”)誤差。

12.某實驗小組準備探究電極間距、電極插入深度對水果電池的電動勢和內阻的影響。實驗小組在市場上購買了品種、大小和成熟程度幾乎相同的蘋果，成員設計了兩個方案測量蘋果電池的電動勢E和內阻r，電路原理如圖甲所示。實驗室可供器材如下：

電壓表(0～15V,內阻約15kΩ)；電流表(0～0.6A,內阻約0.125Ω)；

微安表(量程200μA；內阻約1000Ω)；

滑動變阻器(100Ω,2A)，電阻箱(0～99999Ω)，開關、導線若干。

(1)查閱資料知道蘋果電池的電動勢約為1V，內阻約為幾kΩ，經過分析后發現方案甲不合適，你認為方案甲不合適的原因是______。

A.滑動變阻器起不到調節電路的作用

B序號電極插入深度h電極間距d電動勢E內阻r1421.01659812441.05695083221.08311073分析以上數據可知水果電池電極插入越深，水果電池內阻越______電極間距越大，水果電池內阻越______。四、簡答題：本大題共1小題，共16分。13.如圖所示，軌道ABCD由半徑R1=1.2m的光滑14圓弧軌道AB、長度LBC=0.6m的粗糙水平軌道BC以及足夠長的光滑水平軌道CD組成。質量m1=2kg的物塊P和質量，m2=1kg的物塊Q壓縮著一輕質彈簧并鎖定(物塊與彈簧不連接)，三者靜置于CD段中間，物塊P、Q可視為質點。緊靠D的右側水平地面上停放著質量m3=3kg的小車，其上表面EF段粗糙，與CD等高，長度LEF=1.2m；FG段為半徑R2=1.8m的14光滑圓弧軌道；小車與地面間的阻力忽略不計。P、Q與BC、EF間的動摩擦因數均為μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，現解除彈簧鎖定，物塊P、Q由靜止被彈出(P、Q脫離彈簧后立即撤走彈簧)，其中物塊P進入CBA五、計算題：本大題共2小題，共23分。14.如圖所示，為方便抽取密封藥瓶里的藥液，護士一般先用注射器注入少量氣體到藥瓶里后再抽取藥液。某種藥瓶的容積為5mL，瓶內裝有4mL的藥液，在?3°C的冰箱內時，瓶內空氣壓強為9.0×104Pa。在室溫27°C條件下放置較長時間后，護士先把注射器內0.5mL，壓強為1.0×105P

15.如圖所示，質量為m=1.0kg的足夠長“匚”形金屬導軌abcd放在傾角為θ=37°的光滑絕緣斜面上，導軌寬度L=1m，bc段電阻為r=2Ω，其余段電阻不計。另一電阻為R=3Ω、質量為M=1.5kg的導體棒PQ放置在導軌上，與導軌接觸良好，PbcQ構成矩形。棒與導軌間的動摩擦因數為μ=0.4，在沿斜面的方向上，棒的下側有兩個固定于斜面的光滑立柱。以ef為界，其下側勻強磁場垂直斜面向上，上側勻強磁場方向沿斜面向上，兩區域的磁感應強度大小相等。設導體棒PQ與導軌之間的彈力為N。不考慮感應電流的磁場，sin37°=0.6，重力加速度g取10m答案和解析1.【答案】B

【解析】解：A、陰極射線是金屬加熱到一定程度，內部自由電子獲得足夠能量逸出形成的高速電子流，β射線是原子核內的中子轉化為質子時放出的電子，它們的產生原理不同，故A錯誤；

B、電子的發現表明原子可以再分，說明原子是有復雜結構的，故B正確；

C、根據玻爾理論，原子從低能級向高能級躍遷時，軌道半徑增大，由

ke2r2=mv2r

可得

v=ke2mr

軌道半徑增大，核外電子速度減小，動能減小，故C錯誤；

D、根據光電效應方程

Ekm=hν?2.【答案】A

【解析】解：AC、不充入介質，對單色光a，則sinC=1n=12，臨界角C=30°，入射角大于臨界角，光發生全反射，光豎直向下傳播，光不能通過2，不能實現“開”的功能；若充入的介質相對棱鏡是光疏介質，光向下偏折，有可能實現“開”功能，故A正確，C錯誤；

B、若充入的介質相對棱鏡是光密介質，光不可能發生全反射，一定能通過2，一定能實現“關、開”功能，故B錯誤；

D、如果填充的介質折射率與棱鏡的折射率相同，單色光a通過“光開關”后傳播方向不變，故3.【答案】C

【解析】解：A、根據變壓器變壓以及變流規律可知匝數較少的線圈電壓較小，電流較大，為了減小功率損失，根據電阻定律可知應選用較粗的銅導線繞制，故A錯誤；

B、變壓器的工作原理為互感作用，所以在原副線圈中的電壓均為交流電壓，測量原副線圈的電壓必須用交流電壓表，故B錯誤；

C、由于所用變壓器并非理想變壓器，存在功率損失，所以實驗發現原副線圈的電壓比大于匝數比，故C正確；

D、增加原線圈的匝數后，原線圈電壓不變，而副線圈與原線圈的匝數比減小，則副線圈輸出電壓減小，故D錯誤；

故選：C。

根據變壓器的工作原理和原副線圈兩端的電學物理量的關系，結合電阻定律分析出導線的金屬；

考慮到實際變壓器有功率損失，從而分析出電壓比和匝數比的關系。

本題主要考查了變壓器的相關應用，理解變壓器的工作原理，結合變壓器兩端的電學物理量與匝數比的關系即可完成分析。4.【答案】B

【解析】解：A、甲圖為回旋加速器，粒子做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力

qvB=mv2R

得

v=qBRm

可見對于同一個粒子，增大磁感應強度和加速器半徑可以增大其速度，從而增大其動能，與電壓U無關。故A錯誤；

B、乙圖為磁流體發電機，根據左手定則可以判斷，帶正電的粒子所受洛倫茲力方向向下，故向B極板聚集，故B極板為正極，則A極板比B極板電勢低。故B正確；

C、丙圖為質譜儀，粒子由加速電場加速粒子，根據動能定理有

Uq=12mv2

在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力

qvB5.【答案】D

【解析】解：A、傳感器勻速運動時，彈簧長度與靜止時相同，電容器兩極板所帶電荷量與靜止狀態時相同，故A錯誤；

B、傳感器勻減速向右做直線運動時，彈簧的伸長量保持不變，電介質插入電容器長度不變，電容器的電容不變，電容器所帶電荷量不變，所以電路中無電流，故B錯誤；

CD、傳感器運動時向右的加速度逐漸增大或向左的加速度逐漸減小時，彈簧的長度都會逐漸變短，電介質插入電容器的長度變短，由電容的決定式C=εrS4πkd分析可知，電容器的電容減小，而電容器兩端的電壓等于電源電動勢，保持不變，則根據Q=CU可知，電容器所帶的電荷量減小，電容器放電，則電路中有由a向b的電流，故C錯誤，D正確。

6.【答案】B

【解析】解：設地球公轉軌道半徑為r0，則霍曼轉移軌道的半長軸r=1.5r0+r02=1.25r0，設探測器從地球軌道運動至火星軌道用時為t，根據開普勒第三定律有r03T02=7.【答案】C

【解析】解：AC.從開始起跳到腳離開地面重心上升h1=0.5m，做勻加速運動，加速度向上，處于超重狀態。

離開地面到上升到最高點的過程中，重心上升距離h2=2.90m?2.10m=0.8m，

運動員離開地面后做豎直上拋運動，根據?2gh2=0?v2，

解得v=2×10×0.8m/s=4m/s，

在起跳過程中，有8.【答案】AD

【解析】解：AB、若增大轉速，繩與豎直方向的夾角θ將增大，豎直方向有：mg=Tcosθ

水平方向有：Tsinθ=Fn

可知配重在豎直方向平衡，拉力T變大，向心力Fn變大，對腰帶分析如圖所示：

豎直方向有：f=Mg+Tcosθ=Mg+mg

水平方向有：N=Tsinθ=Fn

由此可知腰受到腰帶的摩擦力不變，腰受到腰帶的彈力增大，故9.【答案】BC

【解析】解：BD.設棋子間的動摩擦因數為μ，由于最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則最上面兩個棋子向右運動的最大加速度為am=μ×2mg2m=μg，

設最上面三個棋子一起以am向右加速運動時，水平恒力大小為F0，則F0?3μmg=3mam，所以F0=6μmg，

當0≤10.【答案】ABD

【解析】解：A.兩波源P、Q的起振方向與波剛傳播到的質點的起振方向相同，由波形平移法可知，波源P的起振方向沿y軸負方向，波源Q的起振方向沿y軸正方向，即兩波源P、Q的起振方向相反，故A正確；

B.根據對稱性可知，兩波相遇后，兩波的波峰與波峰或波谷與波谷同時到達0點，所以兩波在0點相遇后，0點振動加強，振幅等于兩波振幅之和，為45cm，故B正確；

C.兩波的波長相等，波源Q產生的波與波源P產生的波發生衍射現象的難易程度相同，故C錯誤；

D.兩列波的頻率均為：f=vλ=104Hz=2.5Hz

當觀察者向Q點運動時，根據多普勒效應可知，觀察者接收到Q波的頻率大于2.5Hz，故D正確。

故選：ABD。

11.【答案】22.6；

4π2k；偶然；【解析】(1)由圖示游標卡尺可知，小鋼球的直徑d=22mm+6×0.1mm=22.6mm。

(2)根據單擺周期公式T=2πLg可知，T2=4π2gL，則T2?L圖像的斜率k=4π2g，解得g12.【答案】AD；

1k；bk?r【解析】(1)A、滑動變阻器最大阻值只有100Ω，而蘋果電池的內阻約為幾kΩ，則滑動變阻器起不到調節的作用，故A正確；

B、蘋果電池的電動勢約為1V，內阻約為幾kΩ，由閉合電路的歐姆定律可知，電路最大電流不會超過0.001A=1mA，電流表量程太大，則電流表幾乎沒有示數，故B錯誤；

C、電壓表內阻遠大于滑動變阻器的電阻，電壓表的分流不明顯，故C錯誤；

D、使用量程為0～3V的電壓表，電壓表示數達不到量程的三分之一，故D正確。

故選：AD。

(2)根據圖乙所示電路圖，由閉合電路的歐姆定律得：E=I(r+rg+R)，整理得：1I=1ER+r+rgE

1I?R圖像的斜率13.【答案】解：(1)物塊P從B到A過程，根據動能定理有

?m1gR1=0?12m1vB2

物塊P在B點，對該物塊進行分析有

N?m1g=m1vB2R1

解得

N=60N

(2)物塊P被彈出到運動到A過程，根據動能定理有

?m1gR1?μm1gLBC=0?12m1vP2

解得

vP=