2025届广东省部分学校高三上学期大联考模拟预测物理试题
1．（2024高三上·广东模拟）在房屋装修中经常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，有些含有铀、钍的花岗岩会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放出的射线会导致细胞发生癌变及引起呼吸道等方面的疾病，氡的一种衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A．X为质子 B．X为中子
C．该衰变为α衰变 D．该衰变为β衰变
2．（2024高三上·广东模拟）如图所示，手持较长软绳一端以周期T在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波，该波沿水平方向传播。绳上有一质点P（图中未画出），t=0时刻，质点P由平衡位置开始向上振动，此时手位于最高点，下列说法正确的是（ ）
A．手的起振方向向上
B．质点P的起振方向与手的起振方向相反
C．当手位于最低点时，质点P位于最高点
D．当手位于平衡位置向下振动时，质点P位于最低点
3．（2024高三上·广东模拟）蝴蝶的翅膀在阳光的照射下呈现出闪亮耀眼的蓝色光芒，这是因为光照射到蝴蝶翅膀的鳞片上发生了干涉。电子显微镜下的两片鳞片平行，厚度均匀，结构的示意图如图所示。一束蓝光以入射角i从a点入射，一部分光直接反射，另一部分光经过一系列折射、反射后从b点射出。下列说法正确的是（ ）
A．a点的反射光线与b点的折射光线平行
B．若入射角i变大，则入射点a与出射点b间的距离将变小
C．若仅将蓝光换为红光，则入射点a与出射点b间的距离不变
D．若仅将蓝光换为紫光，则入射点a与出射点b间的距离变大
4．（2024高三上·广东模拟）实验发现，“钇钡铜氧”合金在液氮温度下电阻几乎为零。在课堂上，物理老师把条形磁铁N极朝下竖直放在讲桌上，把从液氮中取出的“钇钡铜氧”合金圆环平放在条形磁铁S极正上方，发现“钇钡铜氧”合金圆环悬浮在磁铁的上方，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．“钇钡铜氧”合金圆环中产生顺时针（俯视）的感应电流
B．“钇钡铜氧”合金圆环中产生逆时针（俯视）的感应电流
C．“钇钡铜氧”合金圆环受到的安培力的合力大于所受重力
D．“钇钡铜氧”合金圆环受到的安培力的合力小于所受重力
5．（2024高三上·广东模拟）如图甲所示，可视为质点的小球，从固定在水平地面上的光滑斜面的正中间，以2m/s的初速度沿斜面向上运动，小球回到斜面底端时的速度大小为4m/s，此过程中小球的v-t图像如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球在斜面上运动时的加速度大小为5m/s2
B．小球在斜面上运动的时间为2s
C．斜面的长度为2.5m
D．斜面的高度为1.2m
6．（2024高三上·广东模拟）火星半径约为地球半径的一半，火星质量约为地球质量的。一位宇航员连同宇航服在火星表面受到的重力大小G火 = 400 N，地球表面的重力加速度大小g = 10 m/s2，忽略地球和火星的自转，则宇航员连同宇航服的质量为（ ）
A．70 kg B．80 kg C．90 kg D．100 kg
7．（2024高三上·广东模拟）如图所示，水平地面上高为h的平板车左端有一挡板，一根轻质弹簧左端固定在挡板上，可视为质点的小球压缩弹簧并锁定（小球与弹簧不拴接），开始均处于静止状态，突然解除锁定，小球离开平板车前弹簧已恢复原长，弹簧的弹性势能全部转化为平板车和小球的动能，当小球着地时距平板车右端抛出点的距离为5h（水平距离为），已知小球的质量为m，平板车的质量也为m，重力加速度大小为g，不计所有阻力，则弹簧锁定时具有的弹性势能为（ ）
A．mgh B．2mgh C．3mgh D．4mgh
8．（2024高三上·广东模拟）在探究变压器的线圈两端电压与匝数的关系时，某同学分别在可拆变压器的铁芯上绕制了两个线圈，制作了一个如图所示的降压变压器，线圈a连接到学生电源的交流输出端，线圈b与小灯泡相连接，两线圈的电阻均可忽略不计。闭合电源开关，发现小灯泡很亮，为了降低小灯泡的亮度，下列措施可行的是（ ）
A．适当减少线圈b的匝数 B．将交流输出电压适当减小
C．将线圈a、b增加相同匝数 D．将线圈a改接在直流输出端
9．（2024高三上·广东模拟）如图所示，均可视为质点的小球A、B通过跨过车厢顶部的光滑轻质定滑轮的轻绳连接，小球A用轻绳AC系于车厢侧壁，当小车在水平面上向左做匀加速直线运动时，定滑轮两侧的轻绳恰好垂直，轻绳AC恰好水平。已知A、B两小球的质量分别为0.4kg、0.3kg，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳AB中的张力大小为5N B．小车的加速度大小为
C．轻绳CA中的张力大小为3N D．轻绳对定滑轮的作用力小于7N
10．（2024高三上·广东模拟）由加速电场、静电分析器和磁分析器组成的质谱仪的构造示意图如图所示。静电分析器通道内分布有均匀辐射电场，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电压为U的电场加速后，沿辐射电场的中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。已知辐射电场中心线处的电场强度大小为E，粒子在磁分析器中运动轨迹的圆心与O点重合，不计粒子受到的重力和阻力，下列判断正确的是（ ）
A．粒子在磁分析器中运动的时间为
B．粒子在磁分析器中运动的时间为
C．粒子在静电分析器中运动的时间为
D．粒子在静电分析器中运动的时间为
11．（2024高三上·广东模拟）电流表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍。某同学利用这一事实测量电流表的内阻（半偏法），实验室提供的器材如下：
A.待测电流表A（量程为0.6A，内阻约为2Ω）；
B.电阻箱（最大阻值为999.9Ω）；
C.滑动变阻器（最大阻值为20Ω，允许通过的最大电流为2A）；
D.电源（电动势为3V，内阻不计）；
E.电源（电动势为6V，内阻不计）；
F.电源（电动势为15V，内阻不计）；
G.开关2个，导线若干。
按如图所示的电路进行实验，实验步骤如下：移动滑动变阻器的滑片，以保证通过电流表的电流最小；先闭合开关，调节，使电流表指针满偏；保持滑动变阻器的滑片的位置不变，闭合开关，调节电阻箱，使电流表的指针半偏；读取电阻箱的阻值，即为测得的电流表的内阻。回答下列问题：
（1）实验中应选用的电源为 。（填器材前面的序号）
（2）将用这种方法测出的电流表内阻记为，电流表内阻的真实值为，则 （填“”“”或“”）。
12．（2024高三上·广东模拟）某兴趣小组利用如图甲所示的实验装置测量滑块与长木板间的动摩擦因数。将滑块置于水平长木板上，再将遮光条安装在滑块上，用50分度的游标卡尺测出的遮光条宽度如图乙所示。实验时将滑块系在绕过光滑定滑轮并挂有钩码的细线上，将滑块由静止释放，数字计时器记录遮光条通过光电门1、2的时间分别为、，两次遮光的时间间隔记为。用天平测出遮光条和滑块的总质量为M，钩码的质量为m。
（1）遮光条的宽度 mm。
（2）滑块经过两光电门速度的变化量大小 。（用、、d表示）
（3）实验中多次改变光电门2的位置进行测量，得到多组和的数据，以为纵坐标，为横坐标，在坐标纸上描点，得到的图像为过原点、斜率为k的直线，已知当地的重力加速度大小为g，则滑块与长木板之间的动摩擦因数 。（用k、m、M、g表示）
13．（2024高三上·广东模拟）洗车所用的喷水壶的构造如图所示，水壶的容积为V，洗车前向壶内加入的洗涤剂并密封，然后用打气筒打气10次后开始喷水。已知外部大气压强恒为，打气筒每次打入压强为、体积为的空气，空气可视为理想气体，不计细管内液体的体积及压强，打气及喷水过程中封闭空气的温度始终不变。
（1）求喷水壶内封闭空气的最大压强p；
（2）喷水壶内洗涤剂能否全部从喷口喷出？若不能，最少还能剩余多少？
14．（2024高三上·广东模拟）1890年，英国物理学家J.J.汤姆孙对阴极射线进行了研究，打开了探究原子结构的大门，他的实验装置如图所示。真空玻璃管内阴极K发出的电子，由静止经A、K间的电压加速后，以平行于极板C、D的速度进入平行板电容器。若两极板C、D间无电压，则电子恰好打在荧光屏上的O点；若在两极板间施加图示的电压，则电子打在荧光屏上的P点。已知极板C、D的长度均为l，间距为，O、P间的距离为，电子的比荷为，偏转电压为U，加速电压为8U。求：
（1）电子进入极板C、D时的速度大小；
（2）两极板右端距荧光屏的距离x。
15．（2024高三上·广东模拟）如图所示，带孔物块A穿在竖直固定的细杆上，不可伸长的轻质柔软细绳一端连接物块A，另一端跨过轻质定滑轮连接物块B，用手将物块A向上移动到与定滑轮等高处由静止释放后，两物块开始在竖直方向上做往复运动。已知物块A的质量为m，物块B的质量为2m，定滑轮到细杆的距离为L，细绳的长度为2L，重力加速度大小为g，忽略一切阻力，定滑轮大小不计，两物块均可视为质点，求：
（1）物块A下降的最大高度h；
（2）物块A、B处于同一高度时物块B的动能EkB；
（3）物块A、B的总动能最大时物块A的动能EkA。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的人工转变；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】解决本题的关键知道在衰变过程中，电荷数守恒、质量数守恒，并掌握衰变的类型，及各自的区别。根据质量数守恒和电荷数守恒可得该衰变方程为
即为氦核，该衰变为α衰变。
故选C。
【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒得出衰变方程中的未知粒子；根据核反应方程的放射出的粒子，即可判断出衰变的类型，从而即可求解。
2．【答案】A
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】知道在波的传播方向上，介质当中的所有质点开始振动的方向都和波源开始起振的方向一致是解题的基础，能够分析出质点P和手之间的距离与波长的关系是解题的关键。AB．质点P的起振方向向上，是因为手的起振方向向上，故A正确，B错误；
C．当手位于最低点时，质点P位于平衡位置向下振动，故C错误；
D．当手位于平衡位置向下振动时，质点P位于最高点，故D错误。
故选A。
【分析】在波的传播方向上，介质当中的所有质点开始振动的方向都和波源开始起振的方向一致，据此分析AB；根据题给条件分析质点P和手之间的距离分析质点P的位置即可。
3．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题考查折射定律和反射定律的应用，要掌握平行玻璃砖的光学特性，熟练作出光路图，再进行分析。光的折射问题，解题的关键在于正确画出光路图、找出几何关系。 A．图中鳞片平行，厚度均匀，作出光路图，如图所示
由图可知，a点的反射光线与b点的折射光线平行，故A正确；
B．如图所示
由图可知，入射角i变大，则折射角变大，折射光线在下面鳞片的发生反射的位置右移，则b点的位置也右移，a、b两点间的距离变大，故B错误；
C．若仅将蓝光换为红光，入射光的折射率变小，根据折射定律可知，折射角变大，则入射点a与出射点b间的距离变大，故C错误；
D．若仅将蓝光换为紫光，入射光的折射率变大，根据折射定律可知，折射角变小，则入射点a与出射点b间的距离变小，故D错误。
故选A。
【分析】作出光路图，分析a点的反射光线与b点的折射光线是否平行；入射角i变大，则折射角变大，分析折射光线在下面鳞片的发生反射的位置变化，即可判断入射点a与出射点b间的距离变化情况；若仅将蓝光换为红光，入射光的折射率变小，根据折射定律分析折射角的变化，进而判断入射点a与出射点b间的距离变化情况；若仅将蓝光换为紫光，入射光的折射率变大，同理分析入射点a与出射点b间的距离变化情况。
4．【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】 感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。AB．“钇钡铜氧”合金圆环悬浮在磁铁的上方，说明受到斥力作用，即“钇钡铜氧”合金圆环中电流产生的磁场方向向上，由安培定则可判断出“钇钡铜氧”合金圆环中产生逆时针（俯视）的感应电流，故A错误，B正确；
CD．由于“钇钡铜氧”合金圆环悬浮在磁铁的上方，说明受力平衡，“钇钡铜氧”合金圆环受到的安培力的合力等于所受重力，故CD错误。
故选B。
【分析】 “亿钡铜氧”合金在液氨温度下接近超导体，电阻几乎为零，在磁场的相互作用力下“亿钡铜氧”能够悬浮在磁体的上方，处于平衡状态，再依据楞次定律来判定感应电流的方向。
5．【答案】D
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】图像类问题是从数学的角度描述了物体的运动规律，能够比较直观地反映位移、速度的大小和方向随时间的变化情况。v-t图像表示的是物体速度随时间变化的关系。 斜率：表示加速度；纵截距：表示初速度；交点：表示速度相等。A．由图可知，小球在斜面上运动时的加速度大小为
故A错误；
B．小球沿斜面向上运动的时间为0.5s，沿斜面向下运动的时间为1.0s，小球在斜面上运动的时间为1.5s，故B错误；
C．斜面的长度为
故C错误；
D．根据牛顿第二定律有
所以
斜面的高度为
故D正确。
故选D。
【分析】 由图乙可知，小球在0.5s时速度方向改变，此时小球运动到达斜面顶端，根据v-t图像求出小球的加速度，运动的时间和最大速度，运用运动学公式及牛顿第二定律解答。
6．【答案】C
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】 对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。在地球上有
在火星上有
可得
宇航员连同宇航服的质量
故选C。
【分析】根据星球表面的万有引力等于重力列出等式表示出重力加速度，根据重力定义求解。
7．【答案】C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题要理清物理过程，把握每个过程的物理规律，根据动量守恒定律、平抛运动的规律和机械能守恒定律解答。小球离开平板车后做平抛运动，小球在空中运动的时间
小球离开平板车时的相对速度
以向右为正方向，根据水平方向动量守恒可知
根据以上分析有
小球离开平板车时的小球速度大小和平板车速度大小分别为
弹簧锁定时具有的弹性势能
故选C。
【分析】解除锁定，小球被弹开的过程，对小球与平板车构成的系统，根据动量守恒定律列方程，结合平抛运动的规律求解。
8．【答案】A,B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查了变压器的构造和原理，知道匝数与电压的比例关系是解题的关键，明确变压器只能改变交流电，而不能改变恒定电流的电压。为了降低小灯泡的亮度，即减小变压器的副线圈的电压，设线圈的匝数为，电压为，线圈的匝数为，电压为，因为变压器的规律是
可得
A．减少线圈的匝数可行，选项A正确；
B．将交流输出电压U减小，小灯泡会变暗，选项B正确；
C．将线圈a、b增加相同匝数，小灯泡会更亮，选项C错误；
D．直流电不能在副线圈产生电流，选项D错误。
故选AB。
【分析】小灯泡发光很微弱，说明其电压低，应提高小灯泡的电压，根据变压器的变压规律分析。
9．【答案】A,B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】 对力的合成与力的分解的综合应用问题，要首先熟练掌握力的合成和力的分解的相关内容，再选择合适的合成和分解方法进行解题。
A． A、B两小球的质量分别为0.4kg、0.3kg， 设轻绳AB中的张力大小为T，OA与竖直方向的夹角为θ，则有
解得
故A正确；
B．小球B受到的合力为4N，其加速度大小为
故B正确；
C．设轻绳CA中的张力大小为T'，则有
解得
故C错误；
D．轻绳对定滑轮的作用力大小为，故D错误。
故选AB。
【分析】小车和小球具有相同的加速度，对小球A、B分别受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度和绳子的拉力。
10．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】 带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析运动性质。CD．粒子在加速电场中加速，由动能定理得
解得
粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力得
联立解得
粒子在静电分析器中粒子周期
故粒子在静电分析器中运动的时间为
故C错误，D正确；
AB．在磁分析器中，粒子做匀速圆周运动的速度为
粒子在磁分析器中运动轨迹的圆心与O点重合，由几何关系得
故在磁分析器中粒子的周期与静电分析器中粒子的周期相等，由P到Q，经过半个周期，故粒子在磁分析器中运动的时间为
故A错误，B正确。
故选BD。
【分析】 根据两个圆轨迹的关系判断电场力和洛伦兹力的大小关系，列式求解磁感应强度大小；根据带电粒子在电场和磁场中运动的轨迹，结合相应的周期公式，弧长和线速度的大小关系列式求解对应的时间。
11．【答案】（1）
（2）
【知识点】测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】（1） 为减小误差，应选用电动势较大的电源，若选用电源，由于滑动变阻器的阻值较小，电路中的电流超过0.6A，因此实验中应选用的电源为。
（2） 闭合开关S1，调节R1使电流表A的指针满偏；再闭合开关S2，调节电阻箱R2，使A的指针半偏，读出R0的值，则
闭合开关，调节电阻箱使电流表半偏，则电阻箱电阻为电流表内阻，电流表并联电阻箱后认为电流表两端电压不变，而实际上，电流表并联电阻箱后总电阻减小，电流表两端电压变小，滑动变阻器所分的电压变大，根据欧姆定律可知总电流变大，则电阻箱所在支路的电流大于电流表半偏电流，根据
可得
【分析】 （1）根据减小误差和安全分析判断；
（2）根据并联电路特点和欧姆定律分析判断。
（1）为减小误差，应选用电动势较大的电源，若选用电源，由于滑动变阻器的阻值较小，电路中的电流超过0.6A，因此实验中应选用的电源为。
（2）闭合开关，调节电阻箱使电流表半偏，则电阻箱电阻为电流表内阻，电流表并联电阻箱后认为电流表两端电压不变，而实际上，电流表并联电阻箱后总电阻减小，电流表两端电压变小，滑动变阻器所分的电压变大，根据欧姆定律可知总电流变大，则电阻箱所在支路的电流大于电流表半偏电流，根据可得
12．【答案】（1）15.20
（2）
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】 本题主要考查动摩擦因数的测量的实验，得到Δt-Δv关系结合图像斜率求解。
（1） 游标卡尺是50分度的，主尺读数为15mm，游标卡尺读数不用估读，所以遮光条的宽度
（2） 滑块经过光电门的时间极短，用经过光电门的平均速度代替瞬时速度， 数字计时器记录遮光条通过光电门1、2的时间分别为、，滑块经过光电门1、2的速度分别为
，
滑块经过两光电门速度的变化量大小
（3）根据
可得
即图像的斜率
由牛顿第二定律可得
，，
可得
解得
【分析】 （1）根据游标卡尺读数原理读取数据；
（2）滑块经过光电门的时间极短，通过光电门的平均速度近似等于瞬时速度，求解滑块经过光电门1、2的速度，进而得到速度变化量；
（3）根据Δv=aΔt得到Δt-Δv关系，结合Δt-Δv图像、牛顿第二定律求解滑块与长木板之间的动摩擦因数。
（1）遮光条的宽度
（2）滑块经过光电门的时间极短，用经过光电门的平均速度代替瞬时速度，滑块经过光电门1、2的速度分别为
，
滑块经过两光电门速度的变化量大小
（3）根据
可得
即图像的斜率
由牛顿第二定律可得
，，
可得
解得
13．【答案】（1）解：打气过程中，相当于把空气等温压缩，有
解得
（2）解：假设壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，当壶内空气的压强降到p0时，剩余洗涤剂的体积为V'，有
解得
故假设成立，即壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，剩余洗涤剂的体积为。
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】 （1）用打气筒打气20次后尚未喷水时壶内封闭空气的压强最大，打气过程中相当于把空气等温压缩，根据玻意耳定律解答。
（2）假设壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，根据玻意耳定律求解剩余洗涤剂的体积，判断假设是否成立。
（1）打气过程中，相当于把空气等温压缩，有
解得
（2）假设壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，当壶内空气的压强降到p0时，剩余洗涤剂的体积为V'，有
解得
故假设成立，即壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，剩余洗涤剂的体积为。
14．【答案】（1）解：根据动能定理
解得
（2）解：电子的运动轨迹如图所示
设电子在偏转电场中偏转的位移大小为，有
根据几何关系有
联立解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）根据动能定理求电子进入偏转电场时的速度；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，根据水平方向的匀速运动求电子在偏转电场中的运动时间；根据牛顿第二定律求竖直加速度，根据运动学公式求侧位移；根据类平抛运动的推论：电子离开偏转电场时速度的反向延长线通过水平位移的中点，再结合数学知识求解两极板右端距荧光屏的距离x。
（1）根据动能定理
解得
（2）电子的运动轨迹如图所示
设电子在偏转电场中偏转的位移大小为，有
根据几何关系有
联立解得
15．【答案】（1）解：释放瞬间系统总动能为零，物块A下降到最低点时，系统总动能又为零，因此物块A减少的重力势能等于物块B增加的重力势能，有
解得
（2）解：设物块A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为β，物块B的速度大小为vB，根据几何关系有
根据机械能守恒定律
解得
（3）解：设定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为θ时，物块A的速度大小为vA，物块A的动能为，则有
令，显然k为第一象限内单位圆上的点与定点（0，2）连线的斜率，如图所示
易得k的最大值为，此时
解得
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【分析】 （1）释放瞬间系统总动能为零，物块A下降到最低点时，系统总动能又为零，根据系统机械能守恒列方程求解；
（2）设物块A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为β，根据几何关系和机械能守恒定律相结合求解；
（3）设定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为θ时，根据机械能守恒定律列方程，再根据数学知识求解动能最大时的θ值，由此得到物块AB的总动能最大时物块B的动能。
（1）释放瞬间系统总动能为零，物块A下降到最低点时，系统总动能又为零，因此物块A减少的重力势能等于物块B增加的重力势能，有
解得
（2）设物块A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为β，物块B的速度大小为vB，根据几何关系有
根据机械能守恒定律
解得
（3）设定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为θ时，物块A的速度大小为vA，物块A的动能为，则有
令，显然k为第一象限内单位圆上的点与定点（0，2）连线的斜率，如图所示
易得k的最大值为，此时
解得
2025届广东省部分学校高三上学期大联考模拟预测物理试题
1．（2024高三上·广东模拟）在房屋装修中经常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，有些含有铀、钍的花岗岩会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放出的射线会导致细胞发生癌变及引起呼吸道等方面的疾病，氡的一种衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A．X为质子 B．X为中子
C．该衰变为α衰变 D．该衰变为β衰变
【答案】C
【知识点】原子核的人工转变；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】解决本题的关键知道在衰变过程中，电荷数守恒、质量数守恒，并掌握衰变的类型，及各自的区别。根据质量数守恒和电荷数守恒可得该衰变方程为
即为氦核，该衰变为α衰变。
故选C。
【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒得出衰变方程中的未知粒子；根据核反应方程的放射出的粒子，即可判断出衰变的类型，从而即可求解。
2．（2024高三上·广东模拟）如图所示，手持较长软绳一端以周期T在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波，该波沿水平方向传播。绳上有一质点P（图中未画出），t=0时刻，质点P由平衡位置开始向上振动，此时手位于最高点，下列说法正确的是（ ）
A．手的起振方向向上
B．质点P的起振方向与手的起振方向相反
C．当手位于最低点时，质点P位于最高点
D．当手位于平衡位置向下振动时，质点P位于最低点
【答案】A
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】知道在波的传播方向上，介质当中的所有质点开始振动的方向都和波源开始起振的方向一致是解题的基础，能够分析出质点P和手之间的距离与波长的关系是解题的关键。AB．质点P的起振方向向上，是因为手的起振方向向上，故A正确，B错误；
C．当手位于最低点时，质点P位于平衡位置向下振动，故C错误；
D．当手位于平衡位置向下振动时，质点P位于最高点，故D错误。
故选A。
【分析】在波的传播方向上，介质当中的所有质点开始振动的方向都和波源开始起振的方向一致，据此分析AB；根据题给条件分析质点P和手之间的距离分析质点P的位置即可。
3．（2024高三上·广东模拟）蝴蝶的翅膀在阳光的照射下呈现出闪亮耀眼的蓝色光芒，这是因为光照射到蝴蝶翅膀的鳞片上发生了干涉。电子显微镜下的两片鳞片平行，厚度均匀，结构的示意图如图所示。一束蓝光以入射角i从a点入射，一部分光直接反射，另一部分光经过一系列折射、反射后从b点射出。下列说法正确的是（ ）
A．a点的反射光线与b点的折射光线平行
B．若入射角i变大，则入射点a与出射点b间的距离将变小
C．若仅将蓝光换为红光，则入射点a与出射点b间的距离不变
D．若仅将蓝光换为紫光，则入射点a与出射点b间的距离变大
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题考查折射定律和反射定律的应用，要掌握平行玻璃砖的光学特性，熟练作出光路图，再进行分析。光的折射问题，解题的关键在于正确画出光路图、找出几何关系。 A．图中鳞片平行，厚度均匀，作出光路图，如图所示
由图可知，a点的反射光线与b点的折射光线平行，故A正确；
B．如图所示
由图可知，入射角i变大，则折射角变大，折射光线在下面鳞片的发生反射的位置右移，则b点的位置也右移，a、b两点间的距离变大，故B错误；
C．若仅将蓝光换为红光，入射光的折射率变小，根据折射定律可知，折射角变大，则入射点a与出射点b间的距离变大，故C错误；
D．若仅将蓝光换为紫光，入射光的折射率变大，根据折射定律可知，折射角变小，则入射点a与出射点b间的距离变小，故D错误。
故选A。
【分析】作出光路图，分析a点的反射光线与b点的折射光线是否平行；入射角i变大，则折射角变大，分析折射光线在下面鳞片的发生反射的位置变化，即可判断入射点a与出射点b间的距离变化情况；若仅将蓝光换为红光，入射光的折射率变小，根据折射定律分析折射角的变化，进而判断入射点a与出射点b间的距离变化情况；若仅将蓝光换为紫光，入射光的折射率变大，同理分析入射点a与出射点b间的距离变化情况。
4．（2024高三上·广东模拟）实验发现，“钇钡铜氧”合金在液氮温度下电阻几乎为零。在课堂上，物理老师把条形磁铁N极朝下竖直放在讲桌上，把从液氮中取出的“钇钡铜氧”合金圆环平放在条形磁铁S极正上方，发现“钇钡铜氧”合金圆环悬浮在磁铁的上方，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．“钇钡铜氧”合金圆环中产生顺时针（俯视）的感应电流
B．“钇钡铜氧”合金圆环中产生逆时针（俯视）的感应电流
C．“钇钡铜氧”合金圆环受到的安培力的合力大于所受重力
D．“钇钡铜氧”合金圆环受到的安培力的合力小于所受重力
【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】 感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。AB．“钇钡铜氧”合金圆环悬浮在磁铁的上方，说明受到斥力作用，即“钇钡铜氧”合金圆环中电流产生的磁场方向向上，由安培定则可判断出“钇钡铜氧”合金圆环中产生逆时针（俯视）的感应电流，故A错误，B正确；
CD．由于“钇钡铜氧”合金圆环悬浮在磁铁的上方，说明受力平衡，“钇钡铜氧”合金圆环受到的安培力的合力等于所受重力，故CD错误。
故选B。
【分析】 “亿钡铜氧”合金在液氨温度下接近超导体，电阻几乎为零，在磁场的相互作用力下“亿钡铜氧”能够悬浮在磁体的上方，处于平衡状态，再依据楞次定律来判定感应电流的方向。
5．（2024高三上·广东模拟）如图甲所示，可视为质点的小球，从固定在水平地面上的光滑斜面的正中间，以2m/s的初速度沿斜面向上运动，小球回到斜面底端时的速度大小为4m/s，此过程中小球的v-t图像如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球在斜面上运动时的加速度大小为5m/s2
B．小球在斜面上运动的时间为2s
C．斜面的长度为2.5m
D．斜面的高度为1.2m
【答案】D
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】图像类问题是从数学的角度描述了物体的运动规律，能够比较直观地反映位移、速度的大小和方向随时间的变化情况。v-t图像表示的是物体速度随时间变化的关系。 斜率：表示加速度；纵截距：表示初速度；交点：表示速度相等。A．由图可知，小球在斜面上运动时的加速度大小为
故A错误；
B．小球沿斜面向上运动的时间为0.5s，沿斜面向下运动的时间为1.0s，小球在斜面上运动的时间为1.5s，故B错误；
C．斜面的长度为
故C错误；
D．根据牛顿第二定律有
所以
斜面的高度为
故D正确。
故选D。
【分析】 由图乙可知，小球在0.5s时速度方向改变，此时小球运动到达斜面顶端，根据v-t图像求出小球的加速度，运动的时间和最大速度，运用运动学公式及牛顿第二定律解答。
6．（2024高三上·广东模拟）火星半径约为地球半径的一半，火星质量约为地球质量的。一位宇航员连同宇航服在火星表面受到的重力大小G火 = 400 N，地球表面的重力加速度大小g = 10 m/s2，忽略地球和火星的自转，则宇航员连同宇航服的质量为（ ）
A．70 kg B．80 kg C．90 kg D．100 kg
【答案】C
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】 对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。在地球上有
在火星上有
可得
宇航员连同宇航服的质量
故选C。
【分析】根据星球表面的万有引力等于重力列出等式表示出重力加速度，根据重力定义求解。
7．（2024高三上·广东模拟）如图所示，水平地面上高为h的平板车左端有一挡板，一根轻质弹簧左端固定在挡板上，可视为质点的小球压缩弹簧并锁定（小球与弹簧不拴接），开始均处于静止状态，突然解除锁定，小球离开平板车前弹簧已恢复原长，弹簧的弹性势能全部转化为平板车和小球的动能，当小球着地时距平板车右端抛出点的距离为5h（水平距离为），已知小球的质量为m，平板车的质量也为m，重力加速度大小为g，不计所有阻力，则弹簧锁定时具有的弹性势能为（ ）
A．mgh B．2mgh C．3mgh D．4mgh
【答案】C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题要理清物理过程，把握每个过程的物理规律，根据动量守恒定律、平抛运动的规律和机械能守恒定律解答。小球离开平板车后做平抛运动，小球在空中运动的时间
小球离开平板车时的相对速度
以向右为正方向，根据水平方向动量守恒可知
根据以上分析有
小球离开平板车时的小球速度大小和平板车速度大小分别为
弹簧锁定时具有的弹性势能
故选C。
【分析】解除锁定，小球被弹开的过程，对小球与平板车构成的系统，根据动量守恒定律列方程，结合平抛运动的规律求解。
8．（2024高三上·广东模拟）在探究变压器的线圈两端电压与匝数的关系时，某同学分别在可拆变压器的铁芯上绕制了两个线圈，制作了一个如图所示的降压变压器，线圈a连接到学生电源的交流输出端，线圈b与小灯泡相连接，两线圈的电阻均可忽略不计。闭合电源开关，发现小灯泡很亮，为了降低小灯泡的亮度，下列措施可行的是（ ）
A．适当减少线圈b的匝数 B．将交流输出电压适当减小
C．将线圈a、b增加相同匝数 D．将线圈a改接在直流输出端
【答案】A,B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查了变压器的构造和原理，知道匝数与电压的比例关系是解题的关键，明确变压器只能改变交流电，而不能改变恒定电流的电压。为了降低小灯泡的亮度，即减小变压器的副线圈的电压，设线圈的匝数为，电压为，线圈的匝数为，电压为，因为变压器的规律是
可得
A．减少线圈的匝数可行，选项A正确；
B．将交流输出电压U减小，小灯泡会变暗，选项B正确；
C．将线圈a、b增加相同匝数，小灯泡会更亮，选项C错误；
D．直流电不能在副线圈产生电流，选项D错误。
故选AB。
【分析】小灯泡发光很微弱，说明其电压低，应提高小灯泡的电压，根据变压器的变压规律分析。
9．（2024高三上·广东模拟）如图所示，均可视为质点的小球A、B通过跨过车厢顶部的光滑轻质定滑轮的轻绳连接，小球A用轻绳AC系于车厢侧壁，当小车在水平面上向左做匀加速直线运动时，定滑轮两侧的轻绳恰好垂直，轻绳AC恰好水平。已知A、B两小球的质量分别为0.4kg、0.3kg，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳AB中的张力大小为5N B．小车的加速度大小为
C．轻绳CA中的张力大小为3N D．轻绳对定滑轮的作用力小于7N
【答案】A,B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】 对力的合成与力的分解的综合应用问题，要首先熟练掌握力的合成和力的分解的相关内容，再选择合适的合成和分解方法进行解题。
A． A、B两小球的质量分别为0.4kg、0.3kg， 设轻绳AB中的张力大小为T，OA与竖直方向的夹角为θ，则有
解得
故A正确；
B．小球B受到的合力为4N，其加速度大小为
故B正确；
C．设轻绳CA中的张力大小为T'，则有
解得
故C错误；
D．轻绳对定滑轮的作用力大小为，故D错误。
故选AB。
【分析】小车和小球具有相同的加速度，对小球A、B分别受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度和绳子的拉力。
10．（2024高三上·广东模拟）由加速电场、静电分析器和磁分析器组成的质谱仪的构造示意图如图所示。静电分析器通道内分布有均匀辐射电场，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电压为U的电场加速后，沿辐射电场的中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。已知辐射电场中心线处的电场强度大小为E，粒子在磁分析器中运动轨迹的圆心与O点重合，不计粒子受到的重力和阻力，下列判断正确的是（ ）
A．粒子在磁分析器中运动的时间为
B．粒子在磁分析器中运动的时间为
C．粒子在静电分析器中运动的时间为
D．粒子在静电分析器中运动的时间为
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】 带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析运动性质。CD．粒子在加速电场中加速，由动能定理得
解得
粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力得
联立解得
粒子在静电分析器中粒子周期
故粒子在静电分析器中运动的时间为
故C错误，D正确；
AB．在磁分析器中，粒子做匀速圆周运动的速度为
粒子在磁分析器中运动轨迹的圆心与O点重合，由几何关系得
故在磁分析器中粒子的周期与静电分析器中粒子的周期相等，由P到Q，经过半个周期，故粒子在磁分析器中运动的时间为
故A错误，B正确。
故选BD。
【分析】 根据两个圆轨迹的关系判断电场力和洛伦兹力的大小关系，列式求解磁感应强度大小；根据带电粒子在电场和磁场中运动的轨迹，结合相应的周期公式，弧长和线速度的大小关系列式求解对应的时间。
11．（2024高三上·广东模拟）电流表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍。某同学利用这一事实测量电流表的内阻（半偏法），实验室提供的器材如下：
A.待测电流表A（量程为0.6A，内阻约为2Ω）；
B.电阻箱（最大阻值为999.9Ω）；
C.滑动变阻器（最大阻值为20Ω，允许通过的最大电流为2A）；
D.电源（电动势为3V，内阻不计）；
E.电源（电动势为6V，内阻不计）；
F.电源（电动势为15V，内阻不计）；
G.开关2个，导线若干。
按如图所示的电路进行实验，实验步骤如下：移动滑动变阻器的滑片，以保证通过电流表的电流最小；先闭合开关，调节，使电流表指针满偏；保持滑动变阻器的滑片的位置不变，闭合开关，调节电阻箱，使电流表的指针半偏；读取电阻箱的阻值，即为测得的电流表的内阻。回答下列问题：
（1）实验中应选用的电源为 。（填器材前面的序号）
（2）将用这种方法测出的电流表内阻记为，电流表内阻的真实值为，则 （填“”“”或“”）。
【答案】（1）
（2）
【知识点】测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】（1） 为减小误差，应选用电动势较大的电源，若选用电源，由于滑动变阻器的阻值较小，电路中的电流超过0.6A，因此实验中应选用的电源为。
（2） 闭合开关S1，调节R1使电流表A的指针满偏；再闭合开关S2，调节电阻箱R2，使A的指针半偏，读出R0的值，则
闭合开关，调节电阻箱使电流表半偏，则电阻箱电阻为电流表内阻，电流表并联电阻箱后认为电流表两端电压不变，而实际上，电流表并联电阻箱后总电阻减小，电流表两端电压变小，滑动变阻器所分的电压变大，根据欧姆定律可知总电流变大，则电阻箱所在支路的电流大于电流表半偏电流，根据
可得
【分析】 （1）根据减小误差和安全分析判断；
（2）根据并联电路特点和欧姆定律分析判断。
（1）为减小误差，应选用电动势较大的电源，若选用电源，由于滑动变阻器的阻值较小，电路中的电流超过0.6A，因此实验中应选用的电源为。
（2）闭合开关，调节电阻箱使电流表半偏，则电阻箱电阻为电流表内阻，电流表并联电阻箱后认为电流表两端电压不变，而实际上，电流表并联电阻箱后总电阻减小，电流表两端电压变小，滑动变阻器所分的电压变大，根据欧姆定律可知总电流变大，则电阻箱所在支路的电流大于电流表半偏电流，根据可得
12．（2024高三上·广东模拟）某兴趣小组利用如图甲所示的实验装置测量滑块与长木板间的动摩擦因数。将滑块置于水平长木板上，再将遮光条安装在滑块上，用50分度的游标卡尺测出的遮光条宽度如图乙所示。实验时将滑块系在绕过光滑定滑轮并挂有钩码的细线上，将滑块由静止释放，数字计时器记录遮光条通过光电门1、2的时间分别为、，两次遮光的时间间隔记为。用天平测出遮光条和滑块的总质量为M，钩码的质量为m。
（1）遮光条的宽度 mm。
（2）滑块经过两光电门速度的变化量大小 。（用、、d表示）
（3）实验中多次改变光电门2的位置进行测量，得到多组和的数据，以为纵坐标，为横坐标，在坐标纸上描点，得到的图像为过原点、斜率为k的直线，已知当地的重力加速度大小为g，则滑块与长木板之间的动摩擦因数 。（用k、m、M、g表示）
【答案】（1）15.20
（2）
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】 本题主要考查动摩擦因数的测量的实验，得到Δt-Δv关系结合图像斜率求解。
（1） 游标卡尺是50分度的，主尺读数为15mm，游标卡尺读数不用估读，所以遮光条的宽度
（2） 滑块经过光电门的时间极短，用经过光电门的平均速度代替瞬时速度， 数字计时器记录遮光条通过光电门1、2的时间分别为、，滑块经过光电门1、2的速度分别为
，
滑块经过两光电门速度的变化量大小
（3）根据
可得
即图像的斜率
由牛顿第二定律可得
，，
可得
解得
【分析】 （1）根据游标卡尺读数原理读取数据；
（2）滑块经过光电门的时间极短，通过光电门的平均速度近似等于瞬时速度，求解滑块经过光电门1、2的速度，进而得到速度变化量；
（3）根据Δv=aΔt得到Δt-Δv关系，结合Δt-Δv图像、牛顿第二定律求解滑块与长木板之间的动摩擦因数。
（1）遮光条的宽度
（2）滑块经过光电门的时间极短，用经过光电门的平均速度代替瞬时速度，滑块经过光电门1、2的速度分别为
，
滑块经过两光电门速度的变化量大小
（3）根据
可得
即图像的斜率
由牛顿第二定律可得
，，
可得
解得
13．（2024高三上·广东模拟）洗车所用的喷水壶的构造如图所示，水壶的容积为V，洗车前向壶内加入的洗涤剂并密封，然后用打气筒打气10次后开始喷水。已知外部大气压强恒为，打气筒每次打入压强为、体积为的空气，空气可视为理想气体，不计细管内液体的体积及压强，打气及喷水过程中封闭空气的温度始终不变。
（1）求喷水壶内封闭空气的最大压强p；
（2）喷水壶内洗涤剂能否全部从喷口喷出？若不能，最少还能剩余多少？
【答案】（1）解：打气过程中，相当于把空气等温压缩，有
解得
（2）解：假设壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，当壶内空气的压强降到p0时，剩余洗涤剂的体积为V'，有
解得
故假设成立，即壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，剩余洗涤剂的体积为。
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】 （1）用打气筒打气20次后尚未喷水时壶内封闭空气的压强最大，打气过程中相当于把空气等温压缩，根据玻意耳定律解答。
（2）假设壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，根据玻意耳定律求解剩余洗涤剂的体积，判断假设是否成立。
（1）打气过程中，相当于把空气等温压缩，有
解得
（2）假设壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，当壶内空气的压强降到p0时，剩余洗涤剂的体积为V'，有
解得
故假设成立，即壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，剩余洗涤剂的体积为。
14．（2024高三上·广东模拟）1890年，英国物理学家J.J.汤姆孙对阴极射线进行了研究，打开了探究原子结构的大门，他的实验装置如图所示。真空玻璃管内阴极K发出的电子，由静止经A、K间的电压加速后，以平行于极板C、D的速度进入平行板电容器。若两极板C、D间无电压，则电子恰好打在荧光屏上的O点；若在两极板间施加图示的电压，则电子打在荧光屏上的P点。已知极板C、D的长度均为l，间距为，O、P间的距离为，电子的比荷为，偏转电压为U，加速电压为8U。求：
（1）电子进入极板C、D时的速度大小；
（2）两极板右端距荧光屏的距离x。
【答案】（1）解：根据动能定理
解得
（2）解：电子的运动轨迹如图所示
设电子在偏转电场中偏转的位移大小为，有
根据几何关系有
联立解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）根据动能定理求电子进入偏转电场时的速度；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，根据水平方向的匀速运动求电子在偏转电场中的运动时间；根据牛顿第二定律求竖直加速度，根据运动学公式求侧位移；根据类平抛运动的推论：电子离开偏转电场时速度的反向延长线通过水平位移的中点，再结合数学知识求解两极板右端距荧光屏的距离x。
（1）根据动能定理
解得
（2）电子的运动轨迹如图所示
设电子在偏转电场中偏转的位移大小为，有
根据几何关系有
联立解得
15．（2024高三上·广东模拟）如图所示，带孔物块A穿在竖直固定的细杆上，不可伸长的轻质柔软细绳一端连接物块A，另一端跨过轻质定滑轮连接物块B，用手将物块A向上移动到与定滑轮等高处由静止释放后，两物块开始在竖直方向上做往复运动。已知物块A的质量为m，物块B的质量为2m，定滑轮到细杆的距离为L，细绳的长度为2L，重力加速度大小为g，忽略一切阻力，定滑轮大小不计，两物块均可视为质点，求：
（1）物块A下降的最大高度h；
（2）物块A、B处于同一高度时物块B的动能EkB；
（3）物块A、B的总动能最大时物块A的动能EkA。
【答案】（1）解：释放瞬间系统总动能为零，物块A下降到最低点时，系统总动能又为零，因此物块A减少的重力势能等于物块B增加的重力势能，有
解得
（2）解：设物块A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为β，物块B的速度大小为vB，根据几何关系有
根据机械能守恒定律
解得
（3）解：设定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为θ时，物块A的速度大小为vA，物块A的动能为，则有
令，显然k为第一象限内单位圆上的点与定点（0，2）连线的斜率，如图所示
易得k的最大值为，此时
解得
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【分析】 （1）释放瞬间系统总动能为零，物块A下降到最低点时，系统总动能又为零，根据系统机械能守恒列方程求解；
（2）设物块A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为β，根据几何关系和机械能守恒定律相结合求解；
（3）设定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为θ时，根据机械能守恒定律列方程，再根据数学知识求解动能最大时的θ值，由此得到物块AB的总动能最大时物块B的动能。
（1）释放瞬间系统总动能为零，物块A下降到最低点时，系统总动能又为零，因此物块A减少的重力势能等于物块B增加的重力势能，有
解得
（2）设物块A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为β，物块B的速度大小为vB，根据几何关系有
根据机械能守恒定律
解得
（3）设定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为θ时，物块A的速度大小为vA，物块A的动能为，则有
令，显然k为第一象限内单位圆上的点与定点（0，2）连线的斜率，如图所示
易得k的最大值为，此时
解得
