广东省韶关市 2025 届高三上学期综合测试物理试卷（一）
一、单选题：本大题共 7 小题，共 28 分。
1.钍基熔盐堆是第四代核能反应堆，具有更安全、更清洁的特点，该反应堆以钍232( 23290 )为核燃料。再
生层钍232( 23290 )俘获一个中子后会变成钍233(
233
90 )，钍233(
233
90 )不稳定，经过多次 衰变转化成易
裂变铀233( 23392 )。下列说法正确的是( )
A. 钍232和铀233的半衰期不相同
B. 衰变中的电子是来源于原子核外的电子
C. 钍232有90个中子，142个质子
D. 铀233的裂变方程可能为 23392 +
1
0 →
142 + 8256 36 + 2
1
0
2.公园游乐场里的海盗船是许多同学儿时美好的回忆。小华同学坐在船体 处用手机物理工坊( )对
正在摆动的海盗船进行了向心加速度大小和角速度大小的测量，在海盗船自由摆动阶段，测得如图数据。
下列说法正确的是( )
A. 此阶段海盗船摆动的周期大约为2.5
B. 同一时刻座位上 、 两点的角速度大小不同
C. 小华4 末已通过最低点，速度开始减小
D. 通过峰值平均数据可估算手机距离海盗船转轴约为20
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3.如图甲所示的理想变压器，原、副线圈匝数比为10: 3，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电。副线圈与
阻值为 = 33 的定值电阻组成闭合电路，电流表、电压表均为理想交流电表。下列说法正确的是( )
A. 原线圈中电压有效值是311 B. 副线圈中交流电频率为25
C. 电压表的示数约为66 D. 电流表的示数约为0.2
4.2024年9月25日，中国成功发射了一枚“东风 31 ”洲际导弹，准确落入预定海域，再次向世界展示
了中国在国防科技领域的显著进步和雄厚实力。若将导弹的运动过程简化为如图的模型：导弹从地面 点发
射后，在只受到地球引力的作用下，沿椭圆轨道飞行，击中地面上的目标 ； 点为椭圆轨道的远地点，距
地面高度为 。已知地球半径为 ，地球质量为 ，万有引力常量为 ，不考虑空气阻力。下列说法正确的是
( )
A. 导弹在飞行过程中只受地球引力作用，做匀变速曲线运动
B. 导弹在 点的加速度大小等于
( + )2
C. 导弹在 点的速度大小等于√
+
D. 从 到 的飞行过程中，导弹所受地球引力的功率先减小后增大
5.如图为某款手机防窥膜的原理图，在透明介质中等距排列有相互平行的吸光屏障，屏障的高度与防窥膜
厚度均为√ 3 ，相邻屏障的间距为 ，方向与屏幕垂直。防窥膜的可视角度通常是以垂直于屏幕的法线为基
2
线，左右各有一定的可视角度 (如下图所示)，可视角度越小，防窥效果越好。当可视角度 = 45 时，透明
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介质的折射率为( )
A. 1 B. √ 2 C. 3 D. 无法确定
6.某学习小组研究发现，沙漏漏斗落下的细沙会形成一个小圆锥体形状的沙堆。开始时，沙堆会逐渐隆起，
坡度变陡，随着圆锥体母线与底面夹角达到一定程度，漏斗落下的细沙将沿着圆锥体表面下滑，设此时沙
面与底面夹角为 ，沙子间动摩擦因数都为 。若我们将稳定时的沙面理想化为粗糙斜面，之后滑落的沙子
将沿斜面匀速下滑。下列说法正确的是
A. 匀速滑下的细沙受到重力、弹力、摩擦力和下滑力
B. 匀速滑下的细沙受到的摩擦力大小为 cos
C. 匀速滑下的细沙受到的弹力大小为 sin
D. = tan
7.竖直面内，一带电小球以一定的速度进入匀强电场中，如图所示，虚线为匀强电场的等差等势面，实线
为带电小球的运动轨迹。下列说法征确的是( )
A. 匀强电场的方向一定竖直向上
B. 小球从 到 ，其机械能守恒，电势能增大
C. 小球从 到 与从 到 ，其动能的变化量相同
D. 小球从 到 ，电场力对其做正功，小球的电势能减小
二、多选题：本大题共 3 小题，共 18 分。
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8.图甲所示的救生缓降器是一种可使人沿绳下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情
中，从 = 26 高的地方通过缓降器由静止开始下落其下落过程的 图像如图丙所示，落地瞬间速度恰
好减为零。假设工人在加速和减速过程的加速度大小相等，重力加速度 取10 / 2。下列说法正确的是( )
A. 0 2 内，工人处于失重状态 B. 工人整个下降过程所用的时间为4.6
C. 工人匀速下落的位移大小为5 D. 全程缓降器对工人做正功
9.“水上飞石”也叫“打水漂”，是一项有趣的体育运动。某水上飞石爱好者将扁平的石子向水面快速抛
出，石子在水面上连续跳跃飞向远方，形成如图所示的“水漂”效果。假设石子每次触水后，水平方向的
速度没有损失，竖直方向的速度变小，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 石子每一次触水点的相邻间距相同
B. 石子每一次触水反弹到最高点时，速度不变
C. 石子每一次触水后弹起的高度逐渐减小
D. 若两位水上飞石爱好者同时“打水漂”，将石子在同一竖直平面内，不同高度，以相同的水平方向同时
抛出，两块石子在第一次落水前可能相碰
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10.电磁制动是一种利用电磁感应产生的电磁力来制动的技术，广泛应用于各种机械设备中。为探究电磁制
动的效果，某同学设计了一款电磁阻尼器，其电磁制动系统核心部分简化原理图如图所示。该阻尼器由绝
缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠且绝缘的相同矩形线圈组成。每个矩形线圈匝数均为 ，电阻均为 ，
其中 边长为 1， 边长为 2。该阻尼器在光滑水平面上以初速度 0向右进入磁感应强度大小为 ，方向
垂直于纸面向外的匀强磁场中，阻尼器(含线圈)质量为 ，则( )
A. 第1个线圈右边框刚进入磁场时，线圈1中感应电流方向为
2 2
B. 第1个线圈右边框刚进入磁场时，阻尼器所受安培力大小为 1 0
C. 第1个线圈进入磁场的过程中，通过线圈1的电荷量为 1 2
2 2 2 2
D. 第2个线圈恰好完全进入磁场时，阻尼器的速度大小为 0
1 2
三、实验题：本大题共 2 小题，共 18 分。
11.下列是《普通高中物理课程标准》中列出的两个必做实验，请按要求作答；
(1)在“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中
①本实验所采用的主要探究方法与下列哪个实验是相同的_______；
A.探究弹簧弹力与形变量的关系
B.探究加速度与物体受力、物体质量的关系
C.探究两个互成角度的力的合成规律
D.卡文迪许的扭秤实验
②如图甲所示，在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此
时左右标尺露出的黑白相间等分标记的比值等于两个小球的_______之比。(选填“线速度大小”、“角速
度平方”或“周期平方”)
(2)在“用单摆测量重力加速度的大小”实验中，实验装置如图乙所示。
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①如图丙，用螺旋测微器测量摆球的直径，其读数为_______ ；
②实验操作过程中，改变摆长，测量出多组周期 、摆长 数值后，绘制出 2 图像；利用图丁所示的 2
图像可求得重力加速度 =_______ / 2。(取 = 3.14，保留3位有效数字)
12.某科技小组想通过实验探究热敏电阻的温度特性。如图甲所示， 1为滑动变阻器， 2为电阻箱，热敏电
阻 处在虚线所示的温控室中。
(1)实验前，开关 1、 2先断开，将滑动变阻器 1的滑片移到_______(填“ ”或“ ”端；实验时，记录温
控室的温度 0，将 2打到1，闭合 1，调节滑动变阻器的滑片 ，使电流表的示数为 0；然后保持滑动变阻器
的滑片 位置不变，再将 2打到2，调节电阻箱 2，使电流表的示数为_______，记录此时电阻箱的示数 ，
即为热敏电阻的阻值；
(2)多次改变温控室的温度，重复上述实验过程，测得多组热敏电阻在不同温度 下对应的电阻值 ，作出
图像，如图乙所示，由图像可知，该热敏电阻的阻值随温度的升高而_______(填“增大”或“减小”)；
(3)上述实验过程中，若电流表内阻不可忽略，则热敏电阻的测量值_______(填“大于”、“等于”或“小
于”)真实值；
(4)现将此热敏电阻接在电流恒定的电路中，当它产生的热量与向周围环境散热达到平衡时，热敏电阻的温
度稳定在某一值 ，且满足关系式 2 = ( 0)，其中 是散热系数， 是电阻的温度， 0是周围环境温度，
为电流。已知 = 40 ， 0 = 25 ， = 0.16 / ，结合乙图可知该热敏电阻的温度稳定在_______℃。
(保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共 3 小题，共 36 分。
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13.某游客在青藏高原海拔3800 处出现了高原反应，随即取出一种便携式加压舱使用，该加压舱主要由舱
体气源箱组成。加压舱刚取出时是真空折叠状态，只打开进气口，气源箱将周围环境中10 3的空气输入到
舱体中，充气后的加压舱舱体可视为长2 、底面积1.5 2的圆柱体。测得当地大气压强为 40 = 6.3 × 10 ，
环境气温为 3℃，充气过程中可视为温度保持不变。求：
(1)充气完毕后舱内的压强是多少？
(2)关闭阀门，开启加热装置(舱内体积不变)，使舱内气体温度达到27℃，此时舱内压强为多少？(保留两位
有效数字)
14.亥姆霍兹线圈是一对平行的完全相同的圆形线圈。如图所示，两线圈通入方向相同的恒定电流，线圈间
形成平行于中心轴线 1 2的匀强磁场．沿 1 2建立 轴，一圆形探测屏垂直于 轴放置，其圆心位于 轴上
的 点。在线圈间加上平行于 轴的匀强电场，粒子源从 轴上的 点以垂直于 轴的方向持续发射初速度大
小为 0的粒子。已知粒子质量为 ，电荷量为 ( > 0)，电场强度大小为 ，电场和磁场均沿 轴正方向，
探测屏半径为 ，不计粒子重力和粒子间相互作用。
(1)若未加电场，粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为 ，求磁感应强度大小；
2
(2)若线圈中不通电，粒子恰好打在探测屏边缘，求探测屏中心与粒子源间的距离 1；
(3)沿 轴调整探测屏的位置，使粒子恰好打在探测屏的中心，求探测屏中心与粒子源间的最小距离 2。
15.“鲁布·戈德堡”机械技巧是一款独具特色的益智休闲游戏，它通过连锁机械反应，以迂回曲折的方式完
成一些简单的动作。图为某兴趣小组设计的该类游戏装置：左侧有一固定的光滑圆弧轨道，其末端 水平；
在轨道末端等高处有一质量为 的“ ”形小盒 (可视为质点)，小盒 与质量为3 的物块 (可视为质点)通
过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒 之间的绳长为2 ；物块 压在质量为 的木板 左端，木板 上
表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦因数 = 0.5(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，木板 右端到桌子右边
缘固定挡板(厚度不计，带有光滑小孔)的距离为 ；质量为 且粗细均匀的细杆 通过桌子右边缘的光滑定
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滑轮用轻绳穿过小孔与木板 相连，木板 与定滑轮间轻绳水平，细杆 下端到地面的距离也为 ；质量为
0.25 的圆环(可视为质点)套在细杆 上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等。大小为0.5 。
开始时所有装置均静止，现将一质量为 的小球(可视为质点)从圆弧轨道某处由静止释放，小球进入小盒 时
刚好能被卡住(作用时间很短，可不计)，此时物块 对木板 的压力刚好为零。木板 与挡板相撞、细杆 与
地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部．不计空气阻力，重力加速度为 ，求：
(1)小球与小盒 相撞后瞬间，小盒 的速度；
(2)小球释放处与 点的高度差；
(3)细杆 的长度。
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答案和解析
1.【答案】
【解析】A.不同原子核的半衰期不同，A 正确；
B. 衰变释放电子，来源于原子核，B 错误；
C.钍的质子数为90，中子数为142，C 错误；
D.裂变方程应满足质子数和质量数守恒，该方程不满足，D 错误。
故选 A。
2.【答案】
【解析】A.由图可知，此阶段海盗船摆动的周期大约为 3.0 ，故 A 错误；
B.由于 、 两点在摆动的过程中属于同轴转动，故同一时刻座位上 、 两点的角速度大小相同，故 B 错
误；
C.由图可知，在最低点速度最大，加速度最大，故小华 4 末已通过最低点，速度开始减小，故 C 正确；
D.由图可知，加速度的峰值为
= 3.5 / 2
角速度的峰值为
= 0.7 /
根据 = 2 可得通过峰值平均数据可估算手机距离海盗船转轴约为
≈ 7
故 D 错误。
故选 C。
3.【答案】
【解析】A.原线圈中电压最大值为311 ，有效值是
311
1 = = 220
√ 2
选项 A 错误；
B.交流电的周期
= 0.02
频率
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1
= = 50
变压器不改变交流电的频率，则副线圈中交流电频率为 50 ，选项 B 错误；
C.电压表的示数约为
2
2 = 1 = 66 1
选项 C 正确；
D.电流表的示数约为
2
2 = = 2
选项 D 错误。
故选 C。
4.【答案】
【解析】A.导弹在飞行过程中只受地球引力作用，根据万有引力提供向心力
=
2
可得导弹的加速度变化，故做非匀变速曲线运动，故 A 错误；
B.由万有引力提供向心力
=
2
( + )
可得导弹在 点的加速度大小为
=
2
( + )
故 B 正确；
C.由万有引力提供向心力
2
=
2
( + ) +
可得
= √
+
由于导弹在 点做近心运动，故导弹在 点的速度小于 √ ，故 C 错误；
+
D.从 到 的飞行过程中，万有引力做正功，速度越来越大，由 = 可知导弹所受地球引力的功率一
直在增大，故 D 错误。
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故选 B。
5.【答案】
【解析】设光线由透明介质射向空气的入射角为 ′ ，则
√ 3
tan ′ = 2 =
√ 3 3
2
即
′ = 30
所以，透明介质的折射率为
sin sin45
= = = √ 2
sin ′ sin30
故选 B。
6.【答案】
【解析】A.匀速滑下的细沙受到重力、弹力和摩擦力作用，下滑力是重力的分力，故 A 错误；
B.匀速滑下的细沙受到的摩擦力大小为 = cos ，故 B 错误；
C.匀速滑下的细沙受到的弹力大小为 = cos ，故 C 错误；
D.匀速滑下的细沙由平衡可得 sin = cos 解得 = tan ，故 D 正确。
7.【答案】
【解析】A.由题意可知，带电小球所受电场力指向轨迹凹侧，即受到竖直向上的电场力，但由于带电小球的
电性未知，则匀强电场的方向未知，故 A 错误；
.小球从 到 的过程中，电场力做负功，故带电小球的机械能减小，电势能增大，故 BD 错误；
C.小球从 到 与从 到 ，根据 电 = 可得电场力做的负功相同，电势能增加量相同，根据能量守
恒定律可知其动能的变化量相同，故 C 正确。
故选 C。
8.【答案】
【解析】A.2 内工人向下加速，加速度向下，失重加速度向下，A 正确；
B. 图像的面积即为位移，所以则有
1
= 2 × × 10 × 2 + 10
2 0
可解得
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0 = 0.6
所以总时间为
= 0 + 2 + 2 = 4.6
B 正确；
C.工人匀速下落的位移为
= 10 0 = 6
C 错误；
D.工人向下运动，拉力向上，做负功，D 错误。
故选 AB。
9.【答案】
【解析】 .由于石子每一次触水后，水平方向的速度没有损失，竖直方向的速度变小，根据 = 1可知，
则每次触水后在空中运动的时间变短，石子每一次触水后弹起的高度逐渐减小，则石子每一次触水点的相
邻间距
= × 2 1
也变小，故 A 错误，C 正确；
B.石子每一次触水反弹到最高点时，竖直方向速度为零，水平方向速度均为 ，即速度不变，故 B 正确；
D.石子被水平抛出后，在竖直方向上做自由落体运动，故两块石子在第一次落水前不可能相碰，故 D错误。
故选 BC。
10.【答案】
【解析】 .第1个线圈右边框进入磁场时，由右手定则知，感应电流沿顺时针方向，感应电动势
0 = 1 0
感应电流
1 0
0 =
安培力
2 2 21 0
0 = 0 1 =
故 AB 错误。
C.第1个线圈进入磁场的过程中，某时刻速度为 ，在极短时间 内通过线圈1的电荷量
1 1
= = =
两边累加得
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1 2
=
故 C 正确。
D.前2个线圈进入磁场的过程中，某时刻速度为 ，在极短时间 内对阻尼器由动量定理有
2 2 21
=
两边累加得
2 2 21
2
2
= ( 1 0)
解得
2 2 2 21 2
1 = 0
故 D 正确。
故选 CD。
11.【答案】(1) 角速度平方
(2) 13.870 9.86
【解析】(1)①[1]探究向心力大小 与小球质量 、角速度 和半径 之间关系时，需要控制其中两个量不
变，从而研究另外两个量之间的关系，采用的物理研究方法为控制变量法。
A.探究弹簧弹力和形变量的关系，利用的是图像法。不符合题意，故 A 错误；
B.探究加速度与物体受力和物体质量的关系，利用的是控制变量法。符合题意，故 B 正确；
C.探究两个互成角度的力的合成规律，利用的是等效替代法。不符合题意，故 C 错误；
D.卡文迪许扭秤实验，利用的是放大的思维方法。不符合题意，故 D 错误。
故选 B。
②[2]根据
= 2
可知在小球质量和转动半径相同的情况下，有
∝ 2
即左右标尺露出的黑白相间等分标记的比值等于两个小球的角速度平方之比。
(2)①[1]如图丙，用螺旋测微器测量摆球的直径，其读数为
13.5 + 37.0 × 0.01 = 13.870
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②[2]根据
= 2 √
解得
4 2
2 =
结合 2 图像，可得
4 2 3.6
= = = 4
0.90
解得
= 9.86 / 2
12.【答案】(1) 0
(2)减小
(3)等于
(4)50
【解析】(1)[1]闭合电键 1 前，应将滑动变阻器 1 的滑片移动 端，使滑动变阻器接入电路的电阻最大。
[2]电流表前后两次一致，保证电路前后两次等效，所以调整电阻箱，使电流表的示数也为 0 。
(2)从图像可以看出，该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小。
(3)电流表内阻即使不可忽略，只要保证开关 2 打到1或2时电流表的读数一致，则热敏电阻的测量值等于
真实值。
(4)由题意可知，电阻的散热功率表示为
= ( ) = 2散 0
其中
= 40 = 0.04
则可解得
= 100( 25 )
在 图像中做出如图所示的图线。
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据其与理论图线的交点即可求得：该电阻的温度大约稳定在 50 。
13.【答案】(1)初始状态 40 = 6.3 × 10 ， 0 = 10
3 ，舱内体积
1 = = 3
3
由玻意耳尔定律
0 0 = 1 1
解得舱内气压
51 = 2.1 × 10
(2)关闭阀门，开启加热装置(舱内体积不变)，使舱内气体温度达到27℃，则
1 = 0 = 270 ， 2 = 300
由查理定律
1 = 2
1 2
解得
2 = 2.3 × 10
5
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
2
0 =
0
其中 = ，解得
2
2 0
=
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(2)粒子在电场中做类平抛运动，沿 轴方向有
1
1 =
2 ， =
2 1
垂直于 轴方向有
= 0 1
联立解得
2
1 =
2 20
(3)粒子回到 轴最短时间为
2
min = = 轴方向有
1
= 22 2 min ， =
联立解得
2 2
2 =
2 20
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)物块 对木板 的压力刚好为零，由平衡条件得
= 3
小球进入小盒 时刚好能被卡住，以整体由牛顿第二定律得
2
2 = 2 0
2
解得
0 = √
(2)小球进入小盒 的过程中，由动量守恒定律得
= 2 0
小球从圆弧下滑过程中，出动能定理得
1
= 2
2
解得
= 2
(3)当小球刚被小盒 卡住时，以木板、圆环和细杆三者为整体，由牛顿第二定律得
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( + 0.25 ) = ( + 0.25 + ) 1
由运动学规律得
21 = 2 1
第一次相撞后细杆 与圆环发生相对滑动，对木板 、细杆 整体由牛顿第二定律得
0.5 + + = ( + ) 3
由运动学规律得
21 = 2 3 1
解得
1
1 = 3
对圆环由牛顿第二定律得
0.5 0.25 = 0.25 2
由运动学规律得
21 = 2 2 1
第一次相撞后，圆环与细杆 的最大相对位移
1
1 = 1 + 1 = 2 × 3
同理可得第二次相撞后，圆环与细杆 的最大相对位移
1
2 = 2 ×
32
第 次相撞后，圆环与细杆 的最大相对位移
1
= 2 ×
3
则
1 1
1 1 1 (1 )3
+ + + = 2 × [ + + + ] = 2 × 31 2 3 32 3
1
1
3
当 → ∞ 时得细杆 的长度为
1
= 2 × 3 =
1
1
3
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
第 17 页，共 17 页
