2025年广东省广州某中学高考物理模拟试卷（一）

2025年广东省广州十六中高考物理模拟试卷（一）

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.关于下列材料或仪器的原理说法正确的是（）

A.光纤由纤芯和包层组成，纤芯的折射率小于包层的折射率

B.红外体温计是根据物体的温度越高发射的红外线波长越长的原理进行工作的

C.超声波测速仪是利用了多普勒效应，汽车驶向测速仪的速度越大，接收到的反射波频率就越高

D.钳形电流表既可以测交变电流的大小，也可以测恒定电流的大小

2.如图，用火箭发射人造地球卫星。当最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体

和卫星一起以孙的速度绕地球做匀速圆周运动。某时刻火箭壳体与卫星分离，

分离后瞬间，卫星速度增大，则（）

A.为可能大于第一宇宙速度

B.分离前卫星处于超重状态

C.分离后卫星将往更高的轨道运动

D.分离前后卫星和火箭壳的动量守恒

3.昏暗路段一般会安装反光道钉用于指引道路，其内部由多个反光单元组成。如图所示，当来车的一束灯

光以某一角度射向反光单元时，其中一条光线在P、Q处先后发生两次反射，贝1（

A.从反光单元反射的出射光线与入射光线方向平行

B.反光单元材料折射率越小，反光效果越好

C.不同颜色的光在反光单元中传播速度相同

D.若光线在Q点发生全反射，则在P点也一定发生全反射

4.随着生活中的电子设备越来越多，在不知不觉中各种“理不清”的充电线给我们带来了困扰。无线充电

的引入，让手机、智能手表和电动牙刷等设备摆脱了“充电线”的牵制，使这些设备做到了“放下即充”，

如图1所示，某智能手表正准备进行无线充电，其原理可简化为如图2所示的装置，当送电线圈接入如图3所

示的交流电源后，送电线圈接有电阻飞,受电线圈接有电阻=4。，送电线圈和受电线圈的匝数比的:n2=

5：1,此时智能手表处于“超级充电”模式，其两端的电压为20忆充电电流为54充电装置线圈可视力

理想变压器，则下列说法正确的是（）

(

智

能

手

衣

交)

流

电

源

A.送电线圈两端电压为220U

B.送电线圈所接电阻％=20。

C.此充电器在“超级快充”模式下,耗电功率为200W

D.受电线圈中的感应电流的磁场总是与供电线圈中电流的磁场方向相反

5.如图所示的电路中，E为电源，其内电阻为r,了为理想电压表，L为阻4

值恒定的小灯泡，％为定值电阻，区为半导体材料制成的光敏电阻（光照

%

越强，电阻越小），电容器两极板处于水平状态，闭合开关S,电容器中心

p工4

P点有一带电油滴处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是（）-|i--r-c<-~

B

A.若将夫2的滑片下移，电压表的示数增大B.若光照变强，则油滴会向上运动

C.若光照变强，则灯泡变暗D.若将电容器上极板上移，则P点电势降低

6.安装了压力传感器的蹦床如图甲，可记录人对弹性网的压力，图乙是某次质量为35kg的人在竖直方向运

动时计算机输出的压力一时间（F-t）图像，取竖直向上方向为正，g=10m/s2,人可视为质点，不计空气

阻力。下列说法正确的是（）

A.人在a时刻速度为零，合力向下

B.人在6时刻速度最大，合力向下

C.从a时刻到b时刻，蹦床对人做的功大于1120/

D.从a时亥。到b时刻，蹦床给演员的冲量大小为280N.s

7.用一氧气球悬挂一重物（可视为质点），从地面释放后沿竖直方向做初速度为零的匀加速直线运<

动，过了一段时间后，悬挂重物的细线断裂，又经过相同的时间，重物恰好落到地面，重物脱落〈

后仅受到重力，重力加速度大小为g,细线断裂前后的氢气球的体积都不变，下列说法正确的是（）

□

A.细线断裂后氢气球做竖直上抛运动

B.细线断裂后重物做自由落体运动

C.细线断裂前氢气球和重物匀加速上升的加速度大小为苧

D.细线断裂时重物的速度大小等于重物落地时的速度大小

二、多选题：本大题共3小题，共18分。

8.如图，质量分布均匀的光滑小球。，放在倾角均为e的斜面体上，斜面体位于同一水平面上，且小球处于

A.甲图中斜面对球。弹力最大B.乙图中挡板MN对球。弹力最小

C.丙图中斜面对球。弹力最小D.丁图中斜面对球。弹力最小

9.如图，三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两

端在同一高度上，P、"、N分别为轨道的最低点。三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开

始沿轨道运动且均能通过最低点。如图所示，则下列有关判断正确的是（）

A.三个小球到达轨道右端的最大高度都相同

B.小球第一次到达轨道最低点的速度关系fp=vM>vN

C.小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系所>FP>FN

D.小球第一次到达轨道最低点时所受合力关系尸弁=F合乂>F合N

10.一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面.到达某一高度后返回斜面底端.下列各图分别表示滑块在斜

面上运功的速度〃动能与、重力势能Ep、机械能E随时间t或x(偏离出发点的距离)变化的图象，选斜面底端

为零势能面.则下列图象可能正确的是()

三、实验题：本大题共2小题，共16分。

11.石榴同学用如图甲所示的实验装置测量某单色光的波长，其中光源为白炽灯。

(1)按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于L的轴线上。

(2)甲图光具座上放置的元件/为(选填“单缝”、“双缝”、“滤光片”)，该元件在本实验中的作用

是—

(3)经过调试后，该同学通过测量头的目镜看到了干涉图样。

(4)该同学发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，如图乙所示，若要使两者对齐，他应该调节的元件是

。(用图甲中的字母或文字作答)

(5)将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐后，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图丙

所示。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图丁中手轮上的示数

jmm,已知双缝间距d为2.0X10-4n测得双缝到屏的距离I为0.700根，求得所测波长为nm。

(6)去掉元件(用图甲中的字母或文字作答)，该同学有可能观察到彩色的干涉条纹。

12.石榴同学研究热敏电阻器的阻值随温度变化的规律，实验装置如甲图，实验主要步骤如下：

(1)将烧杯固定在铁架台上，往烧杯中加入适量的水，将串联了欧姆表的热敏电阻器以及温度计放入烧杯水

中。

(2)闭合开关，用酒精灯给水加热，读出温度计的示数和对应的欧姆表的读数，其中温度为40冤时，欧姆表

如图乙所示，此时在倍率“义1”的位置，则欧姆表读数为

(3)继续给水加热，重复步骤(2)若干次，测得多组数据。

(4)利用实验测量的数据，描绘出热敏电阻器的R-t图，如图丙。石榴同学利用上述的热敏电阻器设计一个

简单的恒温箱温控电路如图丁，应该把恒温箱内的加热器接在_____(选填“4、C端”或“B、。端”)。已

知继电器的电阻为100。，当线圈的电流大于或等于20nM时，继电器的衔铁被吸，为继电器线圈供电的电

池电动势为9匕内阻不计。如果要使恒温箱内的温度保持在70T,则要在继电器线圈回路中再串联一个

。的电阻R。

四、简答题：本大题共1小题，共9分。

13.假日期间，小聪与家人去售楼部收房，小聪想检查阳台窗户的双层玻璃的厚度是否达标(合同里每层玻

璃的厚度询=5小6)。小聪查阅资料得知该窗户由中间夹一层惰性气体的两平行且厚度相同的玻璃组成，

他用一激光笔垂直窗户玻璃入射，用记号笔分别记下窗户两侧入射点和出射点的位置P、Q,如图所示，再

让激光笔对准P点以入射角a=60。入射，记下窗户另一侧出射点的位置M,测得PQ和QM的距离分别为

20.0mm,28.0mm.玻璃和惰性气体对激光的折射率分别为的=电=1。

(1)若玻璃的厚度恰好达标，求激光通过第一层玻璃的出射点和入射点沿玻璃方向的偏移(结果可保留根号);

(2)请通过计算判断该窗户的双层玻璃的厚度是否为合同中的5小小。

QM

五、计算题：本大题共2小题，共29分。

14.当下世界科技大国都在研发一种新技术，实现火箭回收利用，有效节约太空飞行成本。其中有一技术难

题是回收时如何减缓对地的碰撞。为此设计师在返回火箭的底盘安装了4台电磁缓冲装置，其工作原理是利

用电磁阻尼作用减缓火箭对地的冲击力。该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，

其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abed,指示灯连接在cd两处：②火箭主体。包括绝缘光滑缓冲轨道MN,

PQ和超导线圈(图中未画出)。超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触

地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，指示灯发光。火箭主体一直做减速

运动直至达到软卷陆要求的速度，从而实现缓冲，现己知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度

大小为火,软着陆要求的速度为0：指示灯、线圈的ab边和cd边电阻均为R,其余电阻忽略不计：边长为

L,火箭主体质量为小，匀强磁场的磁感应强度大小为B,重力加速度为g,一切摩擦阻力不计。

(1)求缓冲滑块刚停止运动时。线圈的附边受到的安培力大小：

(2)求缓冲滑块刚停止运动时。火箭主体的加速度大小：

(3)若火箭主体的速度大小从为减到。的过程中，经历的时间为3求该过程中每台电磁缓冲装置中线圈产生

的焦耳热。

15.高能粒子实验装置，是用以发现高能粒子并研究其特性的主要实验工具,

如图给出了一种该装置的简化模型。在光滑绝缘的水平面xOy区域内存在

垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在尤＜0区域内存在沿y轴

正方向的匀强电场。质量为小、电荷量大小为q带负电的微粒1从点S以一定

速度％释放，沿直线从坐标原点。进入磁场区域后,与静止在点P(a,a)、质

量为今的中性微粒2发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子2。(不计碰撞

后微粒间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应)

(1)求电场强度的大小E和见的大小；

(2)若两微粒碰撞后，立即撤去电场，求微粒2在磁场中运动的半径和从两微粒碰撞到下次再相遇的时间间

隔上；

(3)若两微粒碰撞后，微粒2首次离开第一象限时,立即撤去磁场，求两微粒的轨迹与x轴交点之间的距离

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4光从一端进入，另一端传出，在纤芯和包层的界面上不停地发生全反射，所以纤芯的折射率

大于包层的折射率，故A错误；

A自然界中的一切物体只要它们的温度高于绝对零度-273。口都会有红外辐射，这是由于物体内部分子热

运动的结果，且温度越高热辐射越强，所以人体温度越高，发射的红外线越强，依据这个原理可以制成红

外体温计，故2错误；

C.超声波测速仪是利用了多普勒效应，汽车驶向测速仪的速度越大，接收到的反射波频率就越高，故C正

确；

D钳形电流表是根据电磁感应原理制成的，故只能用来测量交变电流，故。错误；

故选：Co

2.【答案】C

【解析】解：力、第一宇宙速度等于7.9kzn/s,且第一宇宙速度为物体环绕地球表面做圆周运动时线速度的

大小，环绕半径等于地球半径，而根据万有引力充当向心力有G等=根贮，可得u=陛，可知轨道半径

越大，线速度越小，火箭壳体和卫星在地表上空环绕地球做圆周运动，其环绕半径大于地球半径，因此可

知其线速度小于第一宇宙速度，故A错误；

8、卫星在轨道上的任何一点所受的合力都是指向地心的向心力，这是因为地球的引力提供了维持卫星做圆

周运动所需的向心力。在这种情况下，卫星及其内部的物体都会处于失重状态，故B错误；

C、分离后卫星线速度变大，此时卫星所受万有引力不足以提供其在原轨道运行的向心力，因此卫星将做离

心运动，向更高的轨道变轨运行，故C正确；

D,分离前后卫星和火箭壳在做圆周运动，所受合力不为零，因此动量不守恒，故。错误。

故选：Co

3.【答案】A

【解析】解：4设反光单元内发生两次反射的反射角分别为a和。，根据几何知识可知a+9=90。

故有2a+20=180°,所以P0与QM平行，根据光路的可逆性可知从反光单元反射的出射光线与入射光线方

向也平行，故A正确；

A反光单元材料折射率越小，光线发生全反射的临界角越大，光线在反光单元材料内越不容易发生全反射,

有部分光线将在直角边界面发生折射，故最后从斜边折射出去的光线越少，反光效果越差，故8错误；

c.不同颜色的光在反光单元中的折射率不同，故光在反光单元内的传播速度〃=£不同，故c错误；

n

D设发生全反射时的临界角为C,若光线在Q点发生全反射，即82C,结合a+9=90。可知a不一定大于或

等于临界角C,故在P点也不一定发生全反射，故O错误。

故选：Ao

4.【答案】B

【解析】解：AB,充电电流为为=54则根据理想变压器的规律，可知：I］：&=电：%，得送电线圈中

的电流。=14交流电源的电压有效值为：［/=/警^=220匕智能手表两端的电压为U'=20U,则受

电线圈两端电压为4=U'+/2R2=40V,根据理想变压器的规律，可知：UpU2=711：n2,送电线圈两

端电压为Ui=200M,根据U=Ui+R/i，得％=20。，故A错误，2正确；

C、此充电器在“超级快充”模式下，耗电功率为P=U/i=220xlW=220〃，故C错误；

。、当供电线圈中电流增加时，穿过受电线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，此时受电线圈的中感应电

流的磁场与供电线圈中电流的磁场方向相反，当供电线圈中电流减小时，穿过受电线圈的磁通量减少，根

据楞次定律可知此时受电线圈中感应电流的磁场与供电线圈中电流的磁场方向相同，故。错误。

故选：So

5.【答案】D

【解析】解：4电容器在直流电路中相当于断路，电路稳定时，夫2相当于导线，将&滑片上移，电压表示

数不变，故A错误；

BC.若光照变强，光敏电阻区减小，总电阻变小，电流变大，则通过小灯泡的电流变大，灯泡变亮；

根据闭合电路欧姆定律，电容器两端电压为U=E-I(r+&)

/变大，贝叨变小，场强变小，油滴所受的电场力变小，油滴向下极板运动，故8c错误；

D由于电路电阻不变，则电容器板间电压不变，若将电容器上极板上移，电容器两极板的距离增大，根据

E=§可知场强变小，而P点与下极板的距离不变，则P点与下极板的电势差减小，而电势下极板的电势始终

为0,因此P点电势降低，故O正确。

故选：Do

6.【答案】C

【解析】解：AB、由尸随时间的变化特点，结合弹性网的弹力与形变量的关系，

从0.2s到a时刻，人从接触弹性网到向下运动，速度一直向下，受力为：mg—F=ma,随着F增大，加速

度减小，速度增大；F=mg时，速度最大；随着F继续增大，F-ag=ma,合力向上，加速度增大，速

度减小，直到速度为0,即a时刻，人的速度为0,合力向上；

a时刻人处于最低点，速度减为0；a时刻到6时刻，弹力减小，人一直向上运动，6时刻人离开弹性网；由运

动的对称性可知，人从a到b时刻，速度先增后减，合力先向上后向下，即6时刻人的速度不是最大值，合力

为重力，竖直向下，故错误；

CD、由F-t图可知人接触弹性网下降和上升的时间分别为：“=12s”2s=o.5s,

从弹性网向上运动到再落回弹性网的时间为：2.8s-1.2s=1.6s,

11

结合竖直方向的运动特点，可知b时刻速度大小为：v=gx-At=10m/s2x-x1.6s=8m/s,方向向上；

由a、b时刻的速度特点，以向上为正方向，由动量定理可知：I-mgt1=mv-0,解得：/=455N・s；

由动能定理，蹦床对人做的功满足：W-mgh=^mv2,其中=1120/,故：W>1120/,故C正确，

。错误。

故选：Co

7.【答案】C

【解析】解：4细线断裂后氯气球受到的浮力大于重力，做向上的匀加速直线运动，故A错误；

A细线断裂后重物有向上的速度，先做竖直上抛运动，上升至最高点后做自由落体运动，故B错误；

CD.重物先匀加速上升，后竖直上抛，设匀加速上升时加速度为a,断裂时的速度为。m,落地时的速度为外

断裂时的高度为八，根据速度一时间公式得方=at,根据位移一时间公式得h=：ar,根据竖直上抛运动

的规律得一%=小一能产，根据速度一时间公式得及=%-gt,解得a方=竽，u=-|gt,可得

细线断裂时重物的速度大小等于重物落地时的速度大小的,故。错误，C正确。

故选：Co

8.【答案】AD

【解析】解：对各个小球受力分析，如图所示

根据平衡条件可得尸2=F3=mgcosd,F4=0,在甲图中，因为£+8在乙图中，重力和挡板对

小球弹力的夹角等于与根据合力与分力的关系可知夹角越大,合力越大,所以在四个图中的情况为Fi>F2>

F3>F4,故AD正确，BC错误。

故选：ADo

9.【答案】BCD

【解析】解：8、在第一个图中，小球运动过程只有重力做功，小球的机械能守恒。在第二图中，由左手定

则判断小球沿轨道下滑过程所受洛伦兹力方向总是垂直于速度方向且指向轨道外侧，小球不会脱离轨道，

并且洛伦兹力不做功，此过程只有重力做功，故小球的机械能守恒。可知小球第一次到达P点、M点时动能

相等，即17P=17M。

第三个图中，小球所受电场力的方向向左，小球沿轨道下滑的过程中电场力做负功，故小球的机械能减小，

可知小球达到最低点N时速度加<vP=vM,故8正确；

A、根据B选项的分析，第一、二个图中小球沿轨道到达轨道右端的最大高度的过程机械能守恒，所以小球

到达轨道右端的最大高度相同。第三个图的这个过程中电场力做负功，小球的机械能减小，可知小球到达

轨道右端的最大高度与第一、二个图的不同，故A错误；

C、小球在最低点时，第一图中重力和支持力提供向心力，即

FIT—mg=m—

PK

而第二图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向心力，即

*

FM-mg-BqvM=

第三图中，重力与支持力提供向心力，即

2

FN-mg=m-

则

FM>Fp>FN

故C正确；

。、小球均做圆周运动，合力提供向心力，则

_V2

/合=咛

因为半径和质量相同，结合B选项分析可得

F合p=F合同>F合N

故。正确。

故选:BCD。

10.【答案】AB

【解析】解：4、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度

小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小，故A正确；

B、上滑时，根据动能定理，有：-(mgsind+f)xEk-Ek0,

下滑时，根据动能定理，有：(mgsinO-f)x=Ek，

故8正确，Ek-刀图象是直线，上滑时图象的斜率绝对值大，故B正确；

2

C、在上滑过程中：上滑的位移大小为：%!=v0t-1G1t,

2

重力势能为：EP=mgx^sina=mgsina(vot--att),EP-t图象为抛物线，

下滑过程：重力势能为：EP=mg[H-^a\t-toysina],”为斜面的最大高度，片是上滑的时间，此为开

口向下的抛物线方程，故C错误；

D、由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E=E0-f1X,返回出发点时的机械

能不为零，故。错误；

故选：AB.

11.【答案】双缝获得两列相干光测量头13.870660H

【解析】解：(2)光具座上的元件顺序为光源、透镜、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、光屏等，所以/元件为

双缝，双缝的作用是能够获得两列相干光。

(4)亮条纹与分划板竖线未对齐，若要使两者对齐，他应该调节测量头才可以。

(5)螺旋测微器的读数为+37.0x0.01mm=13.870mm,图丙的读数为2zmn+32.0x0.01mm=

2.320mm,相邻条纹间距为=竺喑咨nun=2.310mm,根据干涉条纹间距公式可得所测的

6-1a

波长为4=660nm

(6)去掉滤光片H,则在光屏上观察到的是白色光的干涉图样，即观察到彩色条纹。

故答案为；(2)双缝,获得两列相干光；(4)测量头；(5)13.870,660；(6)H。

12.【答案】190B、。端270

【解析】解:(2)欧姆表倍率的“XI”，由图乙所示可知，欧姆表读数为19x10=190。

(4)由图丙所示可知，温度较低时热敏电阻阻值较小，电磁继电器控制电路总电阻较小，电路电流较大，

继电器衔铁被吸使加热器加热，由图丁所示电路可知，恒温箱内的加热器应接在8、。端；

由图丙所示可知，”70久时热敏电阻阻值R抛敏汾飨=80。，由闭合电路的欧姆定律得：/=-———-----—

“、'瞅电阻R继电器+R热敏电阻+R

代入数据解得：R=27012

故答案为：(2)19。；(4)B、D端;270o

13.【答案】解：(1)激光通过窗户玻璃的光路图如图所示

根据折射定律有的=学

解得：sin/?=牛

设激光在第一层玻璃中的偏移量为根据几何关系有=d1tan6

解得：/=V15mm

(2)若玻璃的厚度恰好达标，则由光路的可逆性可知，激光在第二层玻璃中的偏移量/=，正根根

窗户的厚度d()=PQ—20.0mm,可知惰性气体的厚度d?=20.0mm—2x5mm=10mm

激光在惰性气体中的偏移量亚=d2tana

解得：x2=10yT3mm

激光的总偏移量x=2/+x2=(2AA15+10<3)mm

因为无力28.0znm,所以双层玻璃的厚度不是合同中的5nwi。

答：(1)激光通过第一层玻璃的出射点和入射点沿玻璃方向的偏移，正小小；

(2)双层玻璃的厚度不是合同中的5rmn。

14.【答案】解：(1)缓冲块刚停止运动时，成边切割磁感线产生的感应电动势：E=BL%,

R，nRcd

电路总电阻：R^=Rab+D\D=1.5R,

心K灯十”cd

电路电流：/=A

R总

22

防边所受安培力：Fab=B1L=2B：v°

(2)由牛顿第二定律得：4Fab-mg=ma,

解得：a=*-g；

(3)探测器速度从火减速到0的过程中，根据动量定理可得:

mgt—^Fabt=0—mv0

D2r2i

即mgt—4面=0—mv0

解得:fl=3叫"o产)

8Bt

根据能量守恒定律可得，每个减速器得到的热量Q=+mgh)

每个线圈得到的热量。线=%