2025届广东省广州市越秀区高三年级下册高考物理检测试卷（一模）含答案

2025届广东省广州市越秀区高三下学期高考物理检测试卷

（一模）

一、单选题

1、2024年4月20日，我国首次利用核电商用堆成功批量生产碳14同位素，标志着我国彻底破解

了国内碳14同位素供应依赖进口的难题，实现碳14供应全面国产化。碳14具有放射性，其衰变

方程为fc-/N+X，半衰期约为5730年。下列相关说法正确的是（）

A.碳14发生的是a衰变

B.X是来自原子核外的电子

C.1次的比结合能比《C的大

D.10个碳14经过5730年有5个发生衰变

2、扑克牌可以用来"搭房子"，如图1所示。每一张纸牌的质量为m,在图2的示意图中，下列说

法正确的是（）

桌而

图I图2

A.a纸牌受到其它纸牌的作用力大小为mg,方向竖直向上

B.b纸牌受到其它纸牌的作用力大小为mg,方向竖直向上

C.纸牌对地面的压力大小为6mg

D.每一张纸牌的合外力都不相同

3、电能远距离输送时需要使用变压器进行升压和降压，图为远距离输电的电路示意图。升压变压

器T1和降压变压器T2均为理想变压器，T1原线圈上接有电压有效值恒定的交变电源，R为输电

线的电阻，T2的副线圈并联多个用电器，对于此电路，下列分析正确的有（）

A.T1的输出电压等于R两端的电压

B.T1的输出功率一定等于T2的输入功率

C.若T2的副线圈并联的用电器增多，R消耗的功率增大

D.若T2的副线圈并联的用电器增多，T2输出电压不变

4、我国发射的天间一号探测器经霜曼转移轨道到达火星附近后被火星捕获，经过系列变轨后逐渐

靠近火星，如图所示，轨道和I轨道为其中的两个轨道.图中阴影部分为探测器与火星的连线在相

等时间内扫过的面积，下列说法正确的是（）

A.两阴影部分的面积相等

B.探测器在II轨道上通过P点时的速度小于在I轨道上通过P点时的速度

c.探测器在I轨道运行的周期小于在n轨道运行的周期

D.探测器在I轨道上的机械能小于在II轨道上的机械能

5、利用静电纺丝技术制备纳米纤维材料是近年来材料领域的重要技术。如图所示，初始时无电

场，喷嘴处的球形液滴保持静止；随着高压电场逐渐增强，液滴带上正电荷且由球形变为圆锥形

（即“泰勒锥"）；当电压增至某个临界值时（假设此后电压保持不变），液滴从尖端喷出，在非匀强

电场的作用下向下方运动，M、N为直线路径上的两点。以下说法正确的是（）

A.喷嘴处的球形液滴在无电场的情况下只受重力

B.液滴从M到N的过程做匀加速直线运动

C.液滴从M到N的过程电场力做负功

D.液滴向下做螺旋运动时电势能减小

6、农民采用抛秧的方式种植水稻，如图所示，甲、乙两颗秧苗从同一位置以相同的速率同时抛

出，运动轨迹在同一竖直面内，不计空气阻力，关于甲、乙两颗秧苗的判断正确的是（）

A.可能会在空中相遇

B.在空中的运动时间相等

C.在轨迹最高点时的速度甲大于乙

D.在空中任意时间段的速度变化量方向相同

7、在矿山开采中，滑轮装置被用于提升和移动矿石.如图，一辆车通过定滑轮提升质量为M的矿

石，滑轮左侧连接车的绳子在竖直方向的投影为h,当车以速度v匀速向左行驶一段距离后，连接

34

车的绳子与水平方向的夹角从53°变为37°，sin闻37°=1sin刚53°=：则该过程中

55

A.矿石重力的功率为Mgv

5

B.矿石重力做功为-j/Mgh

C.绳子对矿石拉力做的功等于矿石重力做的功

D.绳子对矿石拉力的功率一直保持不变

二、多选题

8、战绳运动是用来减脂的一项爆发性运动。某人在做战绳运动时，用手抓紧绳子的一端0点在竖直

方向上做简谐运动，P为绳上的另一点。t=0时0点由平衡位置开始向下振动，经过时间“后，质

点0和质点P之间第一次出现如图所示的波形，己知质点0和质点P平衡位置间的距离为d,质点0做简

谐运动的振幅为A,则（）

A.波形如图所示时质点P振动的方向向下

B.波形如图所示时质点P振动已通过的路程s=2A

C.绳波的波长X=-

2

4d

D.绳波的波速v=彳

3to

9、激光在生产、科技、医疗等方面有着重要的应用，某科研人员欲通过下述方法研究甲、乙两种

不同颜色的激光的性质，如图所示，半圆柱体玻璃砖紧贴直线MN放置，O点为半圆柱体横截面的

圆心，让两激光分别从O点垂直MN射入半圆柱体，保持入射方向不变，缓慢向右移动，观察到

甲、乙两激光分别移至图中01、02点时，恰好无光线从圆弧面PN射出。关于甲、乙两激光，下

列说法正确的是（）

A.激光乙的折射率更小

B.激光甲在玻璃砖中的传播速度更小

C.激光甲的衍射能力更强

D,用同一装置做光的双缝干涉实验时，激光乙的条纹更窄

10、通常用质谱仪来分析同位素，如图所示为一质谱仪，该质谱仪由加速电场和一半圆形的匀强磁

场构成，磁场的圆心为0。两个电荷量相同、质量不同的带电粒子经同一电场加速后，由O点垂直

ab方向进入磁场，经过一段时间粒子1、2分别到达竖直接收屏的c、d两点。已知粒子到达接收屏

时粒子1的速度与接收屏垂直，粒子2的速度与接收屏的夹角为60°。忽略粒子间的相互作用，下

列说法正确的是（）

A.磁场方向垂直纸面向里

B.粒子1、2做圆周运动的半径比为1：业

C.粒子1、2的质量比为2:1

D.粒子1、2在磁场中运动的时间比为3:4

三、实验题

11、某同学设计实验"探究向心力大小与半径、角速度的关系"，装置如图甲所示，角速度\omega可

调节的水平圆盘，沿半径方向固定一光滑凹槽，小球Q通过轻绳与传感器在圆心。处连接，且可

在凹槽内沿半径方向滑动，当小球与凹槽一起绕圆心。旋转时，传感器可测出转动的角速度和轻绳

的拉力大小.

0.65

?0.60

30.55

0.50

0.45

0.40

7570656055504540

cw2(rad2/s2)

丙丁

（1）用游标卡尺测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球的直径d=mm；

（2）关闭转动盘的开关，转盘缓慢减速，测出这一过程的角速度\omega和轻绳拉力F数据，作出F

与\omega2的关系图像如图丙所示，由图可判断当小球质量m和转动半径r一定时，\omega减小,

F（选填"增大""减小"或"不变"），已知r=0.40m,根据相关数据可求得小球的质量

m=kg（计算结果保留2位有效数字）.

（3）在"探究向心力大小F与转动半径r的关系"时，根据实验数据得出F与r的关系图像如图丁所

示，图线没有过原点，图线没有过原点的原因可能是

A.把轻绳长作为转动的半径

B.把轻绳长与小球直径之和作为转动的半径

C.凹槽不够光滑小球受到指向圆心的摩擦力

12、李华同学查阅资料：某金属在0〜100°内电阻值（与摄氏温度t的关系为Rt=R0（l+at）,

其中％为该金属在0°C时的阻值，a为温度系数（为正值）.李华同学设计图甲所示电路以测量该

金属的电阻%和a值.可提供的实验器材有：

A.干电池（电动势约为1.5V,内阻不计）

B.定值电阻R］（阻值为IkQ）

C.定值电阻R?（阻值为800Q）

D.滑动变阻器Rpi（阻值范围0〜40。）

E.滑动变阻器Rp2（阻值范围0〜妹Q）

F.电流计G(量程0〜200口A，内阻约500Q)

G.电阻箱R(最大阻值为9999.9。)

H.摄氏温度计

I.沸水和冷水各一杯

J.开关两个及导线若干

请回答下列问题：

(1)滑动变阻器应选用(选填"RpJ或"Rp2"),开关Si闭合前，滑动变阻器的滑片移

到(选填"a"或"b")端.

(2)将电阻箱的阻值调为500Q,闭合开关Si，读出电流计G的示数，再闭合开关S,调节电阻箱的

阻值，直至闭合52前、后电流计G的示数没有变化，此时电阻箱的示数为360Q,则电流计G的内阻

为Q.

(3)利用上述电流计G及电路测量该金属的电阻%和a值的步骤如下：

①断开开关Si、s2,将R2取下换成该金属电阻，并置于沸水中；

②闭合开关S1，读出电流计G的示数；闭合开关$2,调节电阻箱的阻值，直至闭合开关Si前、后电

流计G的示数没有变化，记下此时电阻箱的示数R和温度t;

③多次将冷水倒一点到热水中，重复步骤②，可获得电阻箱的示数R和温度t的多组数据.

(4)以电阻箱的示数R为纵轴，温度t为横轴，作出图像如图乙所示，则该金属电阻在0°C时的阻

值为Q,温度系数为。I】•(结果用abc表示)

四、解答题

13、(2024广东汕头二模)自嗨锅通过自热包产生热量使隔层上方锅内气体吸热升温，使用不当时

可能造成安全事故.某次使用前，室温为27。C,大气压强为1.0x105Pa-锅盖透气孔被堵

塞.假设该款自嗨锅锅体内部所能承受的最大压强为1.04X105Pa-锅盖扣紧后，锅内气体视为

质量一定的理想气体，且体积不变.

食物

隔层

、白热包

(1)请通过计算判断锅内气体能否安全加热到47°C；

(2)若此过程中气体内能的改变量为AU,则锅内气体吸收的热量是多少？

14、如图所示，绝缘水平面内固定有一间距d=lm、电阻不计的足够长光滑矩形导轨AKDC,导轨

两端接有阻值分别为R1=3Q和R2=6Q的定值电阻.矩形区域AKFE、NMCD范围内均有方向竖直

向下、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场I和n。一质量m=0.2kg。电阻r=lQ的导体棒ab垂直放

在导轨上AK与EF之间某处，在方向水平向右、大小F0=2N的恒力作用下由静止开始运动，刚要

到达EF时导体棒ab的速度大小vl=3m/s,导体棒ab进入磁场II后，导体棒ab中通过的电流始终

保持不变.导体棒ab在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，空气阻力不计。(1)求导体棒

ab刚要到达EF时的加速度大小al；(2)求两磁场边界EF和MN之间的距离L；(3)若在导体棒ab刚

要到达MN时将恒力F0撤去，求导体棒ab能继续滑行的距离s以及滑行该距离s的过程中整个回

路产生的焦耳热Q。

15、某物理小组为了模拟汽车碰撞对驾驶员的影响设计了以下模型。如图固定弧形轨道末端与粗糙

水平切于。点。第一次让质量为m的小滑块A从弧形轨道的P点静止释放，测得到达O点的速度

为V。且停在。点右侧距离X。处。第二次将质量也为m的小滑块B静置在距离0点右侧0.75x0处，

让A重新在P点静止释放，测得A最终停在O点右侧距离Xi处。已知A、B相碰为完全非弹性碰

撞但不粘连，A、B与水平面的动摩擦因数不同。求：(1)A、B相碰前的瞬间，A的速度大小；

(2)第二次试验中，Xi的最大值；(3)试讨论在第二次实验中，B对A的冲量大小与Xi的关系。

\______________________________________________

()

1、【正确答案】c；

【详解】AB.根据质量数、电荷数守恒，可知核反应方程为

碳14发生的是B衰变，X是电子，是原子核内中子向质子转化的过程中形成的，故AB错误；

c.发生B衰变，反应后原子核更稳定，物的比结合能比的大，故c正确；

D.半衰期是描述大量原子核衰变快慢的物理量，对少数原子核不适用，10个碳14经过5730年不

一定有5个发生衰变，故D错误。

故选Co

2、【正确答案】A;

【详解】A.a纸牌处于静止状态，受到其它纸牌的作用力和自身重力，根据力的平衡条件可知其

它纸牌对a纸牌的作用力大小为mg,方向竖直向上，故A正确；B.b纸牌处于静止状态，受到其

它纸牌的作用力、自身重力和摩擦力作用，则其它纸牌对b纸牌的作用力大小不等于mg,故B错

误；C.共有7张纸牌，整体受力分析，可知地面对其支持力为7mg,则纸牌对地面的压力大小为

7mg,故C错误；D.每张纸牌都处于静止状态，合外力都为0,故D错误；故选A。

3、【正确答案】C;

【详解】A.T1的输出电压等于R两端的电压与T2的输入电压之和，选项A错误；

B.T1的输出功率等于R的功率与T2的输入功率之和，选项B错误；

CD.因T2的等效电阻

nl

若T2的副线圈并联的用电器增多，则副线圈的电阻R次减小，电流变大，则R消耗的功率增大,

T2输入电压减小，输出电压也减小，选项C正确，D错误。

故选C。

4、【正确答案】暂无；

5、【正确答案】D;

【详解】A.喷嘴处的球形液滴在无电场的情况下受重力和表面张力，A错误；B.液滴在非匀强

电场中运动，电场力是变力，则加速度是变化的，所以液滴从M到N的过程做变加速直线运动，B错

误；C.液滴带正电，从M到N的过程中电场力方向竖直向下，与位移方向相同，则电场力做正功，

C错误；D.液滴向下做螺旋运动时电场力做正功，电势能减小，D正确。故选D。

6、【正确答案】D;

【详解】AB.秧苗做斜抛运动，竖直方向上升过程可逆向看成自由落体运动，根据h=jgt?,可

知秧苗在空中的运动时间由高度决定，由题图可知，甲秧苗的高度大于乙秧苗的高度，所以甲秧苗

在空中的运动时间大于乙秧苗在空中的运动时间，由于甲、乙两颗秧苗从同一位置同时抛出，到达

两轨迹相交点时，乙秧苗所用时间较短，所以甲、乙两颗秧苗不可能会在空中相遇，故AB错误；

C.从最高点到落地过程，根据h=；gt2,X=Vxt

由于甲秧苗的高度较大，水平位移较小，则甲秧苗所用时间较长，甲秧苗在轨迹最高点时的速度小

于乙，故c错误；

D.两颗秧苗在空中的加速度均为重力加速度，根据Av=gt

可知甲、乙两颗秧苗在空中任意时间段的速度变化量方向相同，均竖直向下，故D正确。

故选D。

7、【正确答案】B;

A.矿石的速度

V]=VCOS的0

令连接车的绳子与水平方向的夹角为0,矿石重力做负功，克服矿石重力的功率为

P=Mgv1=Mgvcos刚0<Mgv

车以速度V匀速向左行驶，。逐渐减小，可知，该功率逐渐增大，则克服矿石重力的平均功率小于

Mgv,故A错误；

B.令滑轮到水平地面的高度差为h,则矿石上升的距离

hh5

x----------------.-h

nsin37sin53”

矿石重力做功为

5

W二-Mgx0=--Mgh

故B正确；

C.结合上述有

V]=vcos则9

可知，车以速度v匀速向左行驶，。逐渐减小，矿石速度增大，即绳子拉力大小大于矿石重力，拉

力做正功，矿石重力做负功，则绳子对矿石拉力做的功大于克服矿石重力做的功，故C错误；

D.结合上述，矿石的速度

V]=VCOSi!!!i9

等式两侧对时间求导数，取导数的绝对值，得到矿石加速度大小

a=vsin®919=vsin®。13

将车的速度垂直与绳分解，该分速度有转动的效果，则有

rrh

v9=vsini™i9=w———

/sinQ

对矿石进行分析，根据牛顿第二定律有

T-mg=ma

绳子对矿石拉力的功率

PT=Tvl

解得

一mv'sin%"。cosi©0

P=mgvcosi!!?!0+--------；---------

T1h

可知，拉力的功率随。的改变而发生变化，即绳子对矿石拉力的功率并不是一直保持不变，故D错

误.

故选B.

8、【正确答案】B;D;

【详解】A.波向右传播，根据同侧法可知波形如图所示时质点P的振动方向竖直向上，故A错

误；

B.t=0时0点由平衡位置开始向下振动，由质点0和质点P间第一次出现如图所示的波形，可知质

3

点P已经振动半个周期，质点0和质点P平衡位置间的距离为-入，质点0已经振动了两个周期，质点P

2

经过路程S=1X4A=2A

故B正确；

3

c.质点o和质点p平衡位置间的距离为d,由图可知d=5人

2

则绳波的波长X=|d

故C错误；

D.质点0振动了两个周期，即t0=2T

绳波的波速v=A

T

4d

解得v=—

st。

故D正确。

故选BD。

9、【正确答案】A;B;

【详解】A.如图所示

恰好无光线从PN面射出时，表明光恰好在PN面上发生全反射，此时的入射角等于临界角，由图

可知C1<C2,根据

1

sini»C=-

n

可知激光乙的折射率更小，故A正确;

B.由

c

n二一

v

可知，激光甲在玻璃砖中的传播速度更小，故B正确；

C.折射率大的光其波长小，衍射能力差，甲的波长小，甲的衍射能力更差，故C错误；

D.据

L

△x=:入

a

表明激光甲的条纹更窄，故D错误。

故选ABo

10、【正确答案】B;D;

【详解】A.加速电场中上极板带正电，粒子能在电场中加速，说明粒子带正电，又由左手定则可

知，磁场方向向外，A错误；

B.设粒子1、2从磁场边界的e、f两点离开磁场，结合粒子的轨迹找出磁场的圆心，如图所示，

由几何关系可知粒子1、2的圆心分别在g、a两点，设磁场的半径为R,则粒子1的轨道半径为

勺=Rcos45°=yRAaOf为正三角形，粒子2的轨道半径为r?R,则粒子1、2的半径比为

勺:叮=1:也

B正确；

C.粒子在电场中加速时有

12

qU二-mv

粒子在磁场中偏转时有

qvB=m—

r

解得

B2qr2

m=

故粒子1、2的质量比为四：012=1:2,C错误;

D.根据

解得

粒子1、2的周期之比为=1:2,又由几何关系可知粒子1、2的轨迹所对应的圆心角分别为

90°、60°,所以粒子1、2在磁场中运动的时间为

Ti

+=一

解得

t/t2=3:4

D正确。

故选BD。

11、【正确答案】(1)14.4;

(2)减小;0.025;

⑶A;

(1)根据游标卡尺的读数规律，该读数为

14mm+0.1X4mm=14.4mm

(2)[1]小球转动过程中，由轻绳拉力提供向心力，则有

FD=m32r

可知，由图可判断当小球质量m和转动半径r一定时，3减小，F减小.

⑵根据上述，结合图像可知

0.75-0.40

煎=75-40kg・小

解得

m=0.025kg

(3)根据图像可知，在r等于。时轻绳的拉力为正值，表明在r等于。时，小球圆周运动的半径并不

等于0,即小球圆周运动的半径的实际值大于r,可知，图像不过原点的原因是把轻绳长作为转动

的半径，没有考虑小球的半径.故选A.

12、【正确答案】R;a;450;—a；—；

p29ac

闭合、S2断开时，干路中的最大电流约

及叫+RJ

I"=57511A

滑动变阻器两端的电压最小值约为

1.5V-(lkQ+0.5kQ)X0.2mA=1.2V

滑动变阻器的最小电阻约为

1.2V

R.二-------2kQ

o.575mA

滑动变阻器应选用Rp2.

为了保护电流计G不被损坏，开关S1闭合前，应将滑动变阻器的滑片向下移动到a端.

[3]闭合$2前、后电流计G的示数没有变化，则电流计G中的电流与力的电流相等，R中的电流与区2中

的电流相等，为与R2两端的电压相等，电流计G与R两端的电压相等，可得电流计的内阻

51

Rg—R=X360Q=450Q

l\n0•O

[4][5]将R2取下换成该金属电阻的情况下，同理可得

R120

Rt=rR=yR

g

由图乙得

b-a

R=---1+a

c

即

20(b-a)20

Rt=+§a

又

a

(=%(1+t)=Roat+Ro

则

20(b-a)20

R°a坛=铲

解得

b-a

a二---

ac

13、【正确答案】(1)不能.

(2)AU.

⑴初始时，气体的压强为Pl=1X105Pa.温度为n=300K,

加热到47°C时，气体的压强设为P2,温度为12=320K,

气体发生等容变化，则有」Pi=」Po，

T1T2

解得P2=1.07X105Pa>1.04X105Pa，

所以不能安全加热到47°C.

(2)由热力学第一定律可知△(!=W+Q,气体体积不变，则W=0,解得Q=AU.

14、【正确答案】(l)5m/s2；(2)1.35m；(3)3.6m,3.6J

⑴导体棒ab刚要到达EF时，在磁场I中切割磁感线产生的感应电动势为

El=Bdvl

根据题意分析可知，此时导体棒ab所受安培力的方向水平相左，由牛顿第二定律有:

FO—BIld=mal

根据闭合电路的欧姆定律有

EI

T=-----------

1r+R

上式中

R]R?

R=----------二2Q

Ri+R2

解得

al=5m/s2

⑵导体棒ab进入磁场n后，受到的安培力与F0平衡，做匀速运动，导体棒ab中通过的电流12保

持不变，有

F0=BI2d

其中

Bdv

12=___J9

r+R

解得

v2=6m/s

设导体棒ab从EF运动到MN的过程中的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律有

F0=ma2

导体棒ab在EF、MN之间做匀加速直线运动，有

V2"V2_QT

21-2a2L

解得

L=1.35m

(3)撤去FOB，导体棒ab继续滑行的过程中，由动量定理

BId-At=mv2

即

Bqd=mv2

△“Bds

a二------------二--------------