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2025届广东省湛江市高三下学期普通高考测试（一）物理试卷及答案
1．（2025·湛江模拟）离子烟雾报警器是一种常见且广泛使用的火灾报警设备。某离子烟雾报警器中装有放射性元素镅（），其半衰期为432.2年，衰变方程为。下列说法正确的是（　　）
A．镎核（）比镅核（）少了2个中子
B．X是β粒子，具有很强的电离本领
C．镅核（）的比结合能比镎核（）的比结合能大
D．100个镅核（）经过432.2年后一定还剩余50个
2．（2025·湛江模拟）一只质量为m的蚂蚁（可视为质点）在半球形碗内从底部缓慢向上爬，某时刻处在如图所示位置，此时蚂蚁和球心的连线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．蚂蚁受到4个力的作用
B．碗受到蚂蚁的摩擦力大小为mgsinθ
C．蚂蚁受到碗的支持力大小为mgtanθ
D．蚂蚁继续缓慢上爬过程中受到碗的作用力逐渐增大
3．（2025·湛江模拟）图甲是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站。白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图乙所示。如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，r表示输电线总电阻，下列说法正确的是（　　）
A．若，则用户获得的电压U4＝U1
B．若用户开启的用电器减少，则升压变压器输出的电压U2减小
C．若用户开启的用电器减少，则降压变压器输入的电压U3减小
D．若用户开启的用电器减少，则输电线消耗的功率减小
4．（2025·湛江模拟）水袖是对我国古代服饰衣袖的夸张展现，是戏装的重要组成部分。戏曲演员通过技法和身体的表现力，体现出“行云流水”般的美感。如果某段时间里水袖波形可视为简谐波，如图甲所示为演员水袖表演过程中t＝0时刻的波形图，P是平衡位置x＝4m处的质点，图乙为质点P的振动图像，则（　　）
A．该简谐波的传播速度为0.5m/s
B．该简谐波沿x轴正方向传播
C．x＝3m处的质点在t＝7s时位于平衡位置
D．质点P在0~7s时间内运动的路程为140cm
5．（2025·湛江模拟）静电透镜是由带电导体所产生的静电场来使电子束聚焦和成像的装置，它广泛应用于电子器件（如阴极射线示波管）和电子显微镜中。如图所示是阴极射线示波管的聚焦电场，其中虚线为等势线，任意两条相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线。一电子从其左侧以某一初速度进入聚焦电场，仅在电场力作用下运动，实线为电子运动的轨迹，A、B、C为其轨迹上的三点。下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点的电场强度相同
B．各点电势高低的关系为φA＜φB＜φC
C．该电子从A点到B点过程中动能先增大后减小
D．该电子从A点到B点过程中电势能一直增大
6．（2025·湛江模拟）体育课上某同学将沙包以初速度v0竖直向上抛出。假设沙包在运动过程中受到的空气阻力恒定，以t表示沙包运动的时间，h表示沙包距抛出点的高度。某时刻沙包的速度为v、加速度为a、动能为Ek、机械能为E，取竖直向上为正方向，则沙包从开始上抛到落回抛出点的过程中，下列关系图像可能正确的（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025·湛江模拟）北京时间2024年12月3日，我国在西昌卫星发射中心使用“长征三号”乙运载火箭，成功将通信技术试验卫星十三号发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。假设通信技术试验卫星十三号、同步卫星围绕地球均做匀速圆周运动，通信技术试验卫星十三号运行的周期为T1、轨道半径为r1，同步卫星运行的周期为T2，且T1＜T2，地球半径为R，引力常量为G。下列说法正确的是（　　）
A．它们的运行速度均大于7.9km/s
B．同步卫星的轨道半径为
C．由题目条件可知地球的平均密度为
D．某时刻通信技术试验卫星十三号、同步卫星在轨道上相距最远，再经过时间，它们再次相距最远
8．（2025·湛江模拟）某同学从商场购买了一个质量分布均匀的透明“水晶球”，如图甲所示。该同学先测出了“水晶球”的直径为15cm，并标记了其中一条水平直径对应的两端点A、B。该同学用激光沿平行直径AOB方向照射“水晶球”，发现当激光射到“水晶球”上的C点且入射角i＝60°时，激光在球内经过一次反射后恰能从D点再次平行直径AOB从“水晶球”射出。已知光在真空中的传播速度为3×108m/s。下列说法正确的是（　　）
A．该“水晶球”的折射率为
B．光线经过一次折射对应的折射角为45°
C．光在“水晶球”中的传播时间为
D．若仅换用波长较短的入射光，则光在“水晶球”中的传播速度变小
9．（2025·湛江模拟）明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧。如图所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为Ra，辘轴边缘b点到转轴的距离为Rb，且Ra＞Rb。人甲转动把手，把井底的人乙加速拉起来（人未接触井壁），不计空气阻力，则（　　）
A．a点的向心加速度大于b点的向心加速度
B．绳对乙拉力的冲量等于乙动量的增加量
C．绳对乙拉力做的功等于乙机械能的增加量
D．绳对乙拉力的平均功率等于乙克服重力做功的平均功率
10．（2025·湛江模拟）如图所示，间距为L、电阻不计的足够长双斜面型光滑平行金属导轨，分别与水平面成α、β角，磁感应强度分别为的匀强磁场斜向上分别垂直于两导轨所在的斜面。质量分别为、，电阻均为r的金属棒ab、cd与两平行导轨垂直放置且接触良好。当金属棒ab匀速下滑时，金属棒cd恰好静止不动，重力加速度为g，则（　　）
A．流过金属棒cd的电流方向为从d到c
B．
C．金属棒ab匀速下滑的速度大小为
D．金属棒cd消耗的电功率为
11．（2025·湛江模拟）如图是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤，请按要求完成实验内容。
（1）在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，某同学用如图甲所示的装置，打出的一条纸带如图乙所示，其中A、B、C、D、E为计数点，相邻两个计数点之间还有4个点未画出。已知打点计时器所接电源频率是50Hz。实验时该纸带的　 　（选填“左”或“右”）端是和小车相连的，由纸带上所示数据可算得小车运动的加速度大小为　 　m/s2（结果保留三位有效数字）。
（2）在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，某同学用螺旋测微器测量某金属丝的直径d。某次测量结果如图丙所示，则这次测量的读数d＝　 　 mm。
（3）在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中，实验时，由静止释放摆球，从摆球摆至最低处时开始用秒表计时，当摆球第N次（开始计时时记为第1次）通过最低处时，停止计时，显示时间为t，则周期T＝　 　。若根据测出的一系列摆长L和对应的周期T，作出的图像，测得图线斜率为k，则当地重力加速度大小g＝　 　（用k表示）。
12．（2025·湛江模拟）广东某学校实验小组发现一款智能手机内部使用的电池是一块扁平电池，如图甲所示，外壳上标有电动势4.50V，为了测定该电池的实际电动势和内阻，该小组成员利用身边的仪器，设计方案对其进行测量。
A.待测手机电池
B.电压表（量程0~3.00V，内阻约3000Ω）
C.电阻箱（阻值范围0~999.9Ω）
D.电阻箱（阻值范围0~9999.9Ω）
E.定值电阻R0＝5.0Ω
F.开关、导线若干
（1）实验室提供的电压表的量程不够用，需要对电压表进行改装。
①为将电压表的量程扩大为0~4.50V，小组成员采用了以下的操作：按图乙所示电路连接好实验器材，检查电路无误后，将电阻箱R2的阻值调到　 　（选填“最大”或“最小”），将电阻箱R1的阻值调为零。闭合开关S，调节电阻箱R2的阻值，使电压表示数为3.00V，保持电阻箱R2的阻值不变，改变电阻箱R1的阻值，当电压表示数为　 　V时，改装后的电压表量程为4.50V，完成了扩大量程，而后断开开关S。
②小组成员按照图乙所示的实验电路图完成了该实验。电阻箱R1应选　 　（填写器材前面的字母标号）。
（2）用改装好的电表测量该电池的电动势和内阻，步骤如下：保持电阻箱R1的阻值不变，闭合开关S，多次调节电阻箱R2的阻值，记录下阻值R2和电压表的相应读数U，作出图像如图丙所示，可得该电池的电动势为　 　V，内阻为　 　Ω。（结果均保留两位小数）
13．（2025·湛江模拟）瓷器是中国古代劳动人民的重要创造，被誉为中华文明的瑰宝。如图所示，气窑是对陶瓷泥坯进行升温烧结的一种设备。某次烧制前，封闭在窑内的气体温度为27℃，压强为1.0×105Pa，升高温度，当窑内气压达到3.0×105Pa时，气窑上方的单向排气阀开始排气，之后使气窑内气体压强保持3.0×105Pa不变，继续升温，当窑内气体温度逐渐升高至1327℃后保持不变，连续烧制8~10小时完成烧制。已知气体内能U与温度的关系为U＝αT，α为已知正常数。求：
（1）单向排气阀开始排气时，窑内气体温度t为多少摄氏度；
（2）封闭在窑内的气体从烧制前到窑内气压刚达到3.0×105Pa的过程中吸收的热量Q；
（3）此次烧制排出气体的质量与原来气体质量之比。
14．（2025·湛江模拟）如图所示，半径为r的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，其右侧空间一棱长为l的正方体abcd﹣a'b'c'd'区域内存在竖直向上的匀强电场。一电荷量为q、质量为m的带正电的离子（初速度为零，重力不计）经磁场下方电势差为U的电场加速后，由竖直向上指向圆心O的方向射入磁场，经磁场偏转并从圆周上的O1点水平射出后，从正方形add'a'的中心垂直电场方向进入匀强电场区域，最后恰好从b'c'边的中点飞出电场区域。求：
（1）离子进入圆形磁场时的速度v的大小；
（2）圆形磁场的磁感应强度B的大小；
（3）正方体abcd﹣a'b'c'd'内匀强电场场强E的大小。
15．（2025·湛江模拟）如图甲所示，半径R＝0.9m的光滑半圆弧轨道COD固定在竖直平面内，端点D为轨道的最低点，过D点的轨道切线水平。在圆弧轨道圆心O的正上方F点右侧有一固定的水平轨道，水平轨道与倾角θ＝37°的固定粗糙斜面轨道平滑相接（物体通过时没有能量损失），斜面上E点距斜面底端的距离s0＝3.2m。现有质量分别为mA＝1kg，mB＝0.5kg的物块A、B静置于水平轨道上，且物块B的右侧水平轨道光滑，左侧水平轨道粗糙。物块A、B中间夹有少量炸药，炸药突然爆炸，爆炸后物块A在水平轨道上运动的速度v与时间t的关系图像如图乙所示，物块A从F点离开轨道，刚好能从C点切入圆弧轨道做圆周运动。已知物块A与左侧水平轨道和物块B与斜面轨道间的动摩擦因数相同，A、B均可视为质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，1.34。求：
（1）物块A经过D点时受到圆弧轨道的支持力FN的大小；
（2）物块A与左侧水平轨道间的动摩擦因数μ；
（3）若从物块B运动到斜面轨道底端时开始计时，经多长时间通过E点。（计算结果保留三位有效数字）
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查核子的计算方法、核反应方程的书写规则，比结合能知识和半衰期规律，会根据题意进行准确分析解答。A．镎核（）比镅核（）少的中子个数为
故A正确；
B．根据核反应方程中质量数守恒和电荷数守恒，可知X粒子的电荷数为2，质量数为4，则X是氦核（），即粒子，故B错误；
C．自发的衰变过程中释放能量，原子核的比结合能增大，即镎核（）的比结合能比镅核（）的比结合能大，故C错误；
D．半衰期是大量统计规律，所以100个镅核（）不满足统计规律，故D错误。
故选A。
【分析】根据核子的计算方法、核反应方程的书写规则，比结合能知识和半衰期规律进行分析解答。
2．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。A．蚂蚁受到重力、碗对蚂蚁的支持力和摩擦力，共3个力的作用，故A错误；
BC．以蚂蚁为对象，根据平衡条件可得
，
根据牛顿第三定律可知碗受到蚂蚁的摩擦力大小为
故B正确，C错误；
D．由平衡条件可知蚂蚁受到碗的作用力与重力等大反向，因此蚂蚁继续缓慢上爬过程中受到碗的作用力不变，故D错误。
故选B。
【分析】对蚂蚁受力分析判断蚂蚁受到力的数量；由平衡条件和牛顿第三定律求碗受到蚂蚁的摩擦力大小和蚂蚁受到碗的支持力大小；由平衡条件判断蚂蚁继续缓慢上爬过程中受到碗的作用力的变化。
3．【答案】D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题主要是考查远距离高压输电问题，关键是弄清楚电路的连接情况，根据功率的变化结合输电电路进行分析。A．根据变压器原理可得
，
若，则有
由于输电线上电阻分压作用，则
，
故A错误；
B．升压变压器输入电压恒定，升压变压器的原、副线圈匝数比恒定，则升压变压器输出的电压不变，故B错误；
CD．若用户开启的用电器减少，则用户总电阻增大，将降压变压器和用户看成一等效电阻，则有
则输电线上的电流为
可知输电线上的电流减小，则输电线上消耗的功率减小，输电线的损失电压减小，根据
可知降压变压器输入的电压增大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】由变压器的变压原理结合题意排气U4和U1的关系；由升压变压器的特点，升压变压器的输出电压与用户开启的用电器的数量无关；由输电线路的功率关系，电压关系可以判断用户开启的用电器减小时降压变压器输入的电压和输电线消耗的功率的变化情况。
4．【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题考查识别、理解振动图像和波动图像的能力，以及把握两种图像联系的能力。对于波的图像，往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。A．由甲图可知，该波的波长
由乙图可知，该波的周期为
故该波的波速
A错误；
B．由乙图可知，t＝0时刻P点向下振动，根据“上、下坡”法可知，该波沿x正方向传播，B正确；
C．时，结合甲图可知，时，处的质点位于波谷，经过半个周期，其应位于波峰，故x＝3m处的质点在t＝7s时位于波峰，C错误；
D．由乙图可知，质点的振幅为
质点P经过
通过的路程应为
D错误。
故选B。
【分析】根据图甲求出波长，根据图乙求出周期，然后求出波速；根据图乙判断质点的振动方向，然后判断波的传播方向；根据波的传播过程与质点的振动过程分析答题。
5．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】知道电场线与等势线垂直，做曲线运动的物体受力方向指向轨迹的凹侧是解题的基础。A．根据等势线与电场线垂直，可知A、B两点的电场强度方向不同，故A、B两点的电场强度不同，故A错误；
B．电子仅在电场力作用下从A点运动到C点，由于合力方向指向轨迹的内侧，电子带负电，所受电场力方向与电场方向相反，电场力方向与等势线垂直可知，电场线方向整体从右侧指向左侧，又由于沿电场线方向电势降低，可知各点电势高低关系为
故B正确；
CD．结合上述可知，从A到B的运动过程中，电子所受电场力做正功，电子的电势能一直减小，电子的动能一直增大，故CD错误。
故选B。
【分析】电场强度是矢量，根据等势线与电场线垂直分析；根据电子的运动轨迹分析出电场线的方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低分析；根据电场力做功情况分析。
6．【答案】C
【知识点】功能关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题是一道综合性题，考查了运动学公式、牛顿第二定律、动能定理和功能关系，列出表达式并转化为图像问题，对学生要求较高。AB．上升阶段，由牛顿第二定律得
解得
方向竖直向下，沙包做匀减速直线运动；下降阶段，由牛顿第二定律得
解得
方向竖直向下，沙包做匀加速直线运动，故AB错误；
C．由动能定理得
可知图像的斜率绝对值为ma，故C正确，D错误；
D．由功能关系可知
可知图像的斜率绝对值为f，故D错误。
故选C。
【分析】由牛顿第二定律判断a-t图像；根据运动学公判断v-t图像；根据由动能定理判断Ek-h图像；由功能关系判断E-h图像。
7．【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。A．卫星绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力得
解得
第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，所以它们的运行速度均小于7.9km/s，故A错误；
B．由开普勒第三定律可得
可得同步卫星的轨道半径为
故B错误；
C．对通信技术试验卫星十三号有
则地球的平均密度为
故C正确；
D．某时刻通信技术试验卫星十三号、同步卫星在轨道上相距最远，到它们再次相距最远，则有
解得
故D错误。
故选C。
【分析】由万有引力提供向心力得到线速度表达式进行分析；根据开普勒第三定律进行解答；根据万有引力和重力的关系、密度计算公式进行解答；根据追及相遇问题的处理方法进行分析。
8．【答案】A,C,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题考查光的折射定律，解题时需注意：根据题意正确画出光路图，根据几何知识正确找出角度关系，依光的折射定律列式求解。AB．根据对称性和光路可逆性作出光路图如图所示
根据几何关系可知
，
则该“水晶球”的折射率为
故A正确，B错误；
C．由几何关系得
光在“水晶球”中的传播速度为
光在“水晶球”中的传播时间为
故C正确；
D．当换用入射光的波长较短时，则光的频率较大，光的折射率较大，由可知，光在“水晶球”中的传播速度变小，故D正确。
故选ACD。
【分析】由题意，作出光路图，由对称性、几何关系、光的折射定律分别列式，即可分析判断；结合前面分析，由几何关系、折射率与光速的关系、速度与时间的关系分别列式，即可分析判断；结合题意，由折射率与光速的关系，即可分析判断。
9．【答案】A,C
【知识点】功能关系；动量定理；向心加速度；功率及其计算
【解析】【解答】本题考查动量定理的应用、平均功率的计算、向心加速度的表达式，属于基础题。A．因a、b两点同轴转动，则a点的角速度等于b点的角速度，根据
因， 可知a点的向心加速度大于b点的向心加速度，故A正确；
B．乙被加速拉起来，由动量定理
可知，绳对乙的拉力的冲量大于乙的动量的增加量，故B错误；
C．乙被加速拉起来， 由功能关系可知，绳对乙的拉力做的功等于乙的机械能的增加量，故C正确；
D．乙被加速拉起来， 由于绳对乙拉力做的功大于乙克服重力做的功，而时间相等，所以绳对乙拉力的平均功率大于乙克服重力做功的平均功率，故D错误。
故选AC。
【分析】根据向心加速度分析.根据动量定理分析；根据W外=ΔE分析；根据牛顿第二定律可知拉力大于重力，再由P=分析。
10．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，在分析中要注意物体运动状态（加速、匀速或平衡），由平衡条件分析和求解杆的受力情况。A．根据题意，由右手定则可知，当金属棒ab匀速下滑时，感应电流从到，则流过金属棒cd的电流方向为从c到d，故A错误；
B．根据题意，由平衡条件，对金属棒有
对金属棒有
联立解得
故B正确；
C．根据题意，设金属棒ab匀速下滑的速度大小为，感应电动势为
感应电流为
对金属棒有
联立解得
故C错误；
D．金属棒cd消耗的电功率为
对金属棒有
联立解得
故D正确。
故选BD。
【分析】由右手定则判断流过金属棒cd的电流方向；根据力的平衡关系求两个磁感应强度的关系；由闭合电路欧姆定律结合平衡关系求金属棒ab匀速下滑的速度大小；根据功率公式求金属棒cd消耗的电功率。
11．【答案】（1）左；1.48
（2）0.517（0.514~0.519）
（3）；
【知识点】加速度；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题考查了重力加速度的测量，用单摆测量重力加速度的方法，和打点计时器的原理，明确这些实验的实验原理，以及实验器材的安装要求和实验注意事项是解题的基础。
（1）由图乙所示纸带可知，纸带的左端与小车相连；
相邻两个计数点之间还有4个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得，小车的加速度大小为
（2）螺旋测微器的精确值为，由图丙可得这次测量的读数为
（3）当摆球第N次（开始计时时记为第1次）通过最低处时，停止计时，显示时间为t，则单摆全振动次数为
周期为
由单摆周期公式
可得
可知图像的斜率为
可得重力加速度大小为
【分析】（1）根据打点计时器使用原理及逐差法计算加速度；
（2）根据螺旋测微器精确度读数，螺旋测微器估读到千分之一毫米；
（3）计算单摆的周期，根据单摆周期公式计算。
（1）[1]由图乙所示纸带可知，纸带的左端与小车相连；
[2]相邻两个计数点之间还有4个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得，小车的加速度大小为
（2）螺旋测微器的精确值为，由图丙可得这次测量的读数为
（3）[1]当摆球第N次（开始计时时记为第1次）通过最低处时，停止计时，显示时间为t，则单摆全振动次数为
周期为
[2]由单摆周期公式
可得
可知图像的斜率为
可得重力加速度大小为
12．【答案】（1）最小；2.00；D
（2）4.29（4.17~4.41）；1.43（1.25~1.62）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查了电压表与电流表改装、实验器材选择与实验数据处理等问题；应用闭合电路的欧姆定律求出图示的函数表达式，根据图示图像可以求出电源电动势与内阻。
（1）①为了保证电压表读数从零开始调节，应将电阻箱R2的阻值调到最小；电压表示数为3.00V且保持电阻箱R2的阻值不变时，电压表和电阻箱R1的电压之和可认为始终等于3.00V，当电压表示数为2.00V时，说明电阻箱R1两端电压为1.00V，由串联电路分压原理可知，此时R1的阻值为电压表内阻的一半，电压表的量程被扩大1.5倍，即量程为。
②由实验步骤可知电压表要扩大量程为，则串联的电阻箱R1的阻值应能调节为电压表内阻的一半，即电阻箱能调节到，故电阻箱R1应选D。
（2）根据闭合电路欧姆定律可得
整理可得
根据图像的斜率和纵轴截距可得
，
解得
，
【分析】（1）根据串联电路特点结合电压规律分析解答。
（2）根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数表达式，然后根据图示图像求出电源电动势与内阻。
（1）①[1]为了保证电压表读数从零开始调节，应将电阻箱R2的阻值调到最小；
[2]电压表示数为3.00V且保持电阻箱R2的阻值不变时，电压表和电阻箱R1的电压之和可认为始终等于3.00V，当电压表示数为2.00V时，说明电阻箱R1两端电压为1.00V，由串联电路分压原理可知，此时R1的阻值为电压表内阻的一半，电压表的量程被扩大1.5倍，即量程为。
②[3]由实验步骤可知电压表要扩大量程为，则串联的电阻箱R1的阻值应能调节为电压表内阻的一半，即电阻箱能调节到，故电阻箱R1应选D。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
整理可得
根据图像的斜率和纵轴截距可得，
解得，
13．【答案】（1）解：对封闭在窑内的气体，由查理定律可得
其中
，，
解得
则单向排气阀开始排气时，窑内气体温度为
（2）解：根据热力学第一定律有
由于气体体积不变，所以
气体增加的内能
解得
（3）解：排气后窑内气体压强保持不变，根据盖-吕萨克定律有
其中
，
由于密度相同，则此次烧制排出气体的质量与原来气体质量之比为
联立解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）发生等容变化，根据查理定律列式解答；
（2）根据热力学第一定律结合相应公式求解；
（3）排气后窑内气体压强保持不变，根据盖-吕萨克定律进行列式求解。
（1）对封闭在窑内的气体，由查理定律可得
其中，，
解得
则单向排气阀开始排气时，窑内气体温度为
（2）根据热力学第一定律有
由于气体体积不变，所以
气体增加的内能
解得
（3）排气后窑内气体压强保持不变，根据盖-吕萨克定律有
其中，
由于密度相同，则此次烧制排出气体的质量与原来气体质量之比为
联立解得
14．【答案】（1）解：离子在加速电场中，由动能定理可得
解得
（2）解：离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
由几何关系可知
联立解得
（3）解：离子进入正方体abcd﹣a'b'c'd'匀强电场区域做类平抛运动，垂直电场方向有
沿电场方向有
，
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）电场力做功，由动能定理求离子进入圆形磁场时的速度v的大小；
（2）离子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求圆形磁场的磁感应强度B的大小；
（3）根据类平抛运动的规律求匀强电场场强E的大小。
（1）离子在加速电场中，由动能定理可得
解得
（2）离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
由几何关系可知
联立解得
（3）离子进入正方体abcd﹣a'b'c'd'匀强电场区域做类平抛运动，垂直电场方向有
沿电场方向有，
联立解得
15．【答案】（1）解：小物块A离开水平轨道后刚好能从C点切人圆弧轨道做圆周运动有
物块A从C到D过程机械能守恒有
物块A在 D点处由牛顿第二定律
联立解得
（2）解：由 v-t 图像可知：爆炸后瞬间物块 A 的速度大小为，物块A在水平轨道上运动的时间为
爆炸后物块A在水平轨道上运动过程由运动学公式及牛顿第二定律有
解得
（3）解：物块A、B爆炸过程，由动量守恒有
解得
物块B在斜面轨道向上运动过程有
解得
物块B沿斜面上升的最大距离
故物块B通过E点有两种情况：
情况1：物块B沿斜面上升阶段通过E点时，有
解得
情况2：物块B沿斜面下降阶段通过E点时，上升阶段的时间
下降阶段
因为
联立解得
【知识点】爆炸；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】 （1） 物体在光滑半圆弧轨道运动 ，根据机械能守恒和圆周运动公式求物块A经过D点时受到圆弧轨道的支持力FN的大小；
（2）求出爆炸后瞬间物块 A 的速度大小以及运动时间，由运动学公式求物块A与左侧水平轨道间的动摩擦因数μ；
（3）物块A、B爆炸过程动量守恒定律，求解加速度大小，根据运动学公式求从物块B运动到斜面轨道底端时开始计时，经多长时间通过E点。
（1）小物块A离开水平轨道后刚好能从C点切人圆弧轨道做圆周运动有
物块A从C到D过程机械能守恒有
物块A在 D点处由牛顿第二定律
联立解得
（2）由 v-t 图像可知：爆炸后瞬间物块 A 的速度大小为，物块A在水平轨道上运动的时间为
爆炸后物块A在水平轨道上运动过程由运动学公式及牛顿第二定律有
解得
（3）物块A、B爆炸过程，由动量守恒有
解得
物块B在斜面轨道向上运动过程有
解得
物块B沿斜面上升的最大距离
故物块B通过E点有两种情况：
情况1：物块B沿斜面上升阶段通过E点时，有
解得
情况2：物块B沿斜面下降阶段通过E点时，上升阶段的时间
下降阶段
因为
联立解得
1 / 12025届广东省湛江市高三下学期普通高考测试（一）物理试卷及答案
1．（2025·湛江模拟）离子烟雾报警器是一种常见且广泛使用的火灾报警设备。某离子烟雾报警器中装有放射性元素镅（），其半衰期为432.2年，衰变方程为。下列说法正确的是（　　）
A．镎核（）比镅核（）少了2个中子
B．X是β粒子，具有很强的电离本领
C．镅核（）的比结合能比镎核（）的比结合能大
D．100个镅核（）经过432.2年后一定还剩余50个
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查核子的计算方法、核反应方程的书写规则，比结合能知识和半衰期规律，会根据题意进行准确分析解答。A．镎核（）比镅核（）少的中子个数为
故A正确；
B．根据核反应方程中质量数守恒和电荷数守恒，可知X粒子的电荷数为2，质量数为4，则X是氦核（），即粒子，故B错误；
C．自发的衰变过程中释放能量，原子核的比结合能增大，即镎核（）的比结合能比镅核（）的比结合能大，故C错误；
D．半衰期是大量统计规律，所以100个镅核（）不满足统计规律，故D错误。
故选A。
【分析】根据核子的计算方法、核反应方程的书写规则，比结合能知识和半衰期规律进行分析解答。
2．（2025·湛江模拟）一只质量为m的蚂蚁（可视为质点）在半球形碗内从底部缓慢向上爬，某时刻处在如图所示位置，此时蚂蚁和球心的连线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．蚂蚁受到4个力的作用
B．碗受到蚂蚁的摩擦力大小为mgsinθ
C．蚂蚁受到碗的支持力大小为mgtanθ
D．蚂蚁继续缓慢上爬过程中受到碗的作用力逐渐增大
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。A．蚂蚁受到重力、碗对蚂蚁的支持力和摩擦力，共3个力的作用，故A错误；
BC．以蚂蚁为对象，根据平衡条件可得
，
根据牛顿第三定律可知碗受到蚂蚁的摩擦力大小为
故B正确，C错误；
D．由平衡条件可知蚂蚁受到碗的作用力与重力等大反向，因此蚂蚁继续缓慢上爬过程中受到碗的作用力不变，故D错误。
故选B。
【分析】对蚂蚁受力分析判断蚂蚁受到力的数量；由平衡条件和牛顿第三定律求碗受到蚂蚁的摩擦力大小和蚂蚁受到碗的支持力大小；由平衡条件判断蚂蚁继续缓慢上爬过程中受到碗的作用力的变化。
3．（2025·湛江模拟）图甲是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站。白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图乙所示。如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，r表示输电线总电阻，下列说法正确的是（　　）
A．若，则用户获得的电压U4＝U1
B．若用户开启的用电器减少，则升压变压器输出的电压U2减小
C．若用户开启的用电器减少，则降压变压器输入的电压U3减小
D．若用户开启的用电器减少，则输电线消耗的功率减小
【答案】D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题主要是考查远距离高压输电问题，关键是弄清楚电路的连接情况，根据功率的变化结合输电电路进行分析。A．根据变压器原理可得
，
若，则有
由于输电线上电阻分压作用，则
，
故A错误；
B．升压变压器输入电压恒定，升压变压器的原、副线圈匝数比恒定，则升压变压器输出的电压不变，故B错误；
CD．若用户开启的用电器减少，则用户总电阻增大，将降压变压器和用户看成一等效电阻，则有
则输电线上的电流为
可知输电线上的电流减小，则输电线上消耗的功率减小，输电线的损失电压减小，根据
可知降压变压器输入的电压增大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】由变压器的变压原理结合题意排气U4和U1的关系；由升压变压器的特点，升压变压器的输出电压与用户开启的用电器的数量无关；由输电线路的功率关系，电压关系可以判断用户开启的用电器减小时降压变压器输入的电压和输电线消耗的功率的变化情况。
4．（2025·湛江模拟）水袖是对我国古代服饰衣袖的夸张展现，是戏装的重要组成部分。戏曲演员通过技法和身体的表现力，体现出“行云流水”般的美感。如果某段时间里水袖波形可视为简谐波，如图甲所示为演员水袖表演过程中t＝0时刻的波形图，P是平衡位置x＝4m处的质点，图乙为质点P的振动图像，则（　　）
A．该简谐波的传播速度为0.5m/s
B．该简谐波沿x轴正方向传播
C．x＝3m处的质点在t＝7s时位于平衡位置
D．质点P在0~7s时间内运动的路程为140cm
【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题考查识别、理解振动图像和波动图像的能力，以及把握两种图像联系的能力。对于波的图像，往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。A．由甲图可知，该波的波长
由乙图可知，该波的周期为
故该波的波速
A错误；
B．由乙图可知，t＝0时刻P点向下振动，根据“上、下坡”法可知，该波沿x正方向传播，B正确；
C．时，结合甲图可知，时，处的质点位于波谷，经过半个周期，其应位于波峰，故x＝3m处的质点在t＝7s时位于波峰，C错误；
D．由乙图可知，质点的振幅为
质点P经过
通过的路程应为
D错误。
故选B。
【分析】根据图甲求出波长，根据图乙求出周期，然后求出波速；根据图乙判断质点的振动方向，然后判断波的传播方向；根据波的传播过程与质点的振动过程分析答题。
5．（2025·湛江模拟）静电透镜是由带电导体所产生的静电场来使电子束聚焦和成像的装置，它广泛应用于电子器件（如阴极射线示波管）和电子显微镜中。如图所示是阴极射线示波管的聚焦电场，其中虚线为等势线，任意两条相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线。一电子从其左侧以某一初速度进入聚焦电场，仅在电场力作用下运动，实线为电子运动的轨迹，A、B、C为其轨迹上的三点。下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点的电场强度相同
B．各点电势高低的关系为φA＜φB＜φC
C．该电子从A点到B点过程中动能先增大后减小
D．该电子从A点到B点过程中电势能一直增大
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】知道电场线与等势线垂直，做曲线运动的物体受力方向指向轨迹的凹侧是解题的基础。A．根据等势线与电场线垂直，可知A、B两点的电场强度方向不同，故A、B两点的电场强度不同，故A错误；
B．电子仅在电场力作用下从A点运动到C点，由于合力方向指向轨迹的内侧，电子带负电，所受电场力方向与电场方向相反，电场力方向与等势线垂直可知，电场线方向整体从右侧指向左侧，又由于沿电场线方向电势降低，可知各点电势高低关系为
故B正确；
CD．结合上述可知，从A到B的运动过程中，电子所受电场力做正功，电子的电势能一直减小，电子的动能一直增大，故CD错误。
故选B。
【分析】电场强度是矢量，根据等势线与电场线垂直分析；根据电子的运动轨迹分析出电场线的方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低分析；根据电场力做功情况分析。
6．（2025·湛江模拟）体育课上某同学将沙包以初速度v0竖直向上抛出。假设沙包在运动过程中受到的空气阻力恒定，以t表示沙包运动的时间，h表示沙包距抛出点的高度。某时刻沙包的速度为v、加速度为a、动能为Ek、机械能为E，取竖直向上为正方向，则沙包从开始上抛到落回抛出点的过程中，下列关系图像可能正确的（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】功能关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题是一道综合性题，考查了运动学公式、牛顿第二定律、动能定理和功能关系，列出表达式并转化为图像问题，对学生要求较高。AB．上升阶段，由牛顿第二定律得
解得
方向竖直向下，沙包做匀减速直线运动；下降阶段，由牛顿第二定律得
解得
方向竖直向下，沙包做匀加速直线运动，故AB错误；
C．由动能定理得
可知图像的斜率绝对值为ma，故C正确，D错误；
D．由功能关系可知
可知图像的斜率绝对值为f，故D错误。
故选C。
【分析】由牛顿第二定律判断a-t图像；根据运动学公判断v-t图像；根据由动能定理判断Ek-h图像；由功能关系判断E-h图像。
7．（2025·湛江模拟）北京时间2024年12月3日，我国在西昌卫星发射中心使用“长征三号”乙运载火箭，成功将通信技术试验卫星十三号发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。假设通信技术试验卫星十三号、同步卫星围绕地球均做匀速圆周运动，通信技术试验卫星十三号运行的周期为T1、轨道半径为r1，同步卫星运行的周期为T2，且T1＜T2，地球半径为R，引力常量为G。下列说法正确的是（　　）
A．它们的运行速度均大于7.9km/s
B．同步卫星的轨道半径为
C．由题目条件可知地球的平均密度为
D．某时刻通信技术试验卫星十三号、同步卫星在轨道上相距最远，再经过时间，它们再次相距最远
【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。A．卫星绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力得
解得
第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，所以它们的运行速度均小于7.9km/s，故A错误；
B．由开普勒第三定律可得
可得同步卫星的轨道半径为
故B错误；
C．对通信技术试验卫星十三号有
则地球的平均密度为
故C正确；
D．某时刻通信技术试验卫星十三号、同步卫星在轨道上相距最远，到它们再次相距最远，则有
解得
故D错误。
故选C。
【分析】由万有引力提供向心力得到线速度表达式进行分析；根据开普勒第三定律进行解答；根据万有引力和重力的关系、密度计算公式进行解答；根据追及相遇问题的处理方法进行分析。
8．（2025·湛江模拟）某同学从商场购买了一个质量分布均匀的透明“水晶球”，如图甲所示。该同学先测出了“水晶球”的直径为15cm，并标记了其中一条水平直径对应的两端点A、B。该同学用激光沿平行直径AOB方向照射“水晶球”，发现当激光射到“水晶球”上的C点且入射角i＝60°时，激光在球内经过一次反射后恰能从D点再次平行直径AOB从“水晶球”射出。已知光在真空中的传播速度为3×108m/s。下列说法正确的是（　　）
A．该“水晶球”的折射率为
B．光线经过一次折射对应的折射角为45°
C．光在“水晶球”中的传播时间为
D．若仅换用波长较短的入射光，则光在“水晶球”中的传播速度变小
【答案】A,C,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题考查光的折射定律，解题时需注意：根据题意正确画出光路图，根据几何知识正确找出角度关系，依光的折射定律列式求解。AB．根据对称性和光路可逆性作出光路图如图所示
根据几何关系可知
，
则该“水晶球”的折射率为
故A正确，B错误；
C．由几何关系得
光在“水晶球”中的传播速度为
光在“水晶球”中的传播时间为
故C正确；
D．当换用入射光的波长较短时，则光的频率较大，光的折射率较大，由可知，光在“水晶球”中的传播速度变小，故D正确。
故选ACD。
【分析】由题意，作出光路图，由对称性、几何关系、光的折射定律分别列式，即可分析判断；结合前面分析，由几何关系、折射率与光速的关系、速度与时间的关系分别列式，即可分析判断；结合题意，由折射率与光速的关系，即可分析判断。
9．（2025·湛江模拟）明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧。如图所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为Ra，辘轴边缘b点到转轴的距离为Rb，且Ra＞Rb。人甲转动把手，把井底的人乙加速拉起来（人未接触井壁），不计空气阻力，则（　　）
A．a点的向心加速度大于b点的向心加速度
B．绳对乙拉力的冲量等于乙动量的增加量
C．绳对乙拉力做的功等于乙机械能的增加量
D．绳对乙拉力的平均功率等于乙克服重力做功的平均功率
【答案】A,C
【知识点】功能关系；动量定理；向心加速度；功率及其计算
【解析】【解答】本题考查动量定理的应用、平均功率的计算、向心加速度的表达式，属于基础题。A．因a、b两点同轴转动，则a点的角速度等于b点的角速度，根据
因， 可知a点的向心加速度大于b点的向心加速度，故A正确；
B．乙被加速拉起来，由动量定理
可知，绳对乙的拉力的冲量大于乙的动量的增加量，故B错误；
C．乙被加速拉起来， 由功能关系可知，绳对乙的拉力做的功等于乙的机械能的增加量，故C正确；
D．乙被加速拉起来， 由于绳对乙拉力做的功大于乙克服重力做的功，而时间相等，所以绳对乙拉力的平均功率大于乙克服重力做功的平均功率，故D错误。
故选AC。
【分析】根据向心加速度分析.根据动量定理分析；根据W外=ΔE分析；根据牛顿第二定律可知拉力大于重力，再由P=分析。
10．（2025·湛江模拟）如图所示，间距为L、电阻不计的足够长双斜面型光滑平行金属导轨，分别与水平面成α、β角，磁感应强度分别为的匀强磁场斜向上分别垂直于两导轨所在的斜面。质量分别为、，电阻均为r的金属棒ab、cd与两平行导轨垂直放置且接触良好。当金属棒ab匀速下滑时，金属棒cd恰好静止不动，重力加速度为g，则（　　）
A．流过金属棒cd的电流方向为从d到c
B．
C．金属棒ab匀速下滑的速度大小为
D．金属棒cd消耗的电功率为
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，在分析中要注意物体运动状态（加速、匀速或平衡），由平衡条件分析和求解杆的受力情况。A．根据题意，由右手定则可知，当金属棒ab匀速下滑时，感应电流从到，则流过金属棒cd的电流方向为从c到d，故A错误；
B．根据题意，由平衡条件，对金属棒有
对金属棒有
联立解得
故B正确；
C．根据题意，设金属棒ab匀速下滑的速度大小为，感应电动势为
感应电流为
对金属棒有
联立解得
故C错误；
D．金属棒cd消耗的电功率为
对金属棒有
联立解得
故D正确。
故选BD。
【分析】由右手定则判断流过金属棒cd的电流方向；根据力的平衡关系求两个磁感应强度的关系；由闭合电路欧姆定律结合平衡关系求金属棒ab匀速下滑的速度大小；根据功率公式求金属棒cd消耗的电功率。
11．（2025·湛江模拟）如图是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤，请按要求完成实验内容。
（1）在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，某同学用如图甲所示的装置，打出的一条纸带如图乙所示，其中A、B、C、D、E为计数点，相邻两个计数点之间还有4个点未画出。已知打点计时器所接电源频率是50Hz。实验时该纸带的　 　（选填“左”或“右”）端是和小车相连的，由纸带上所示数据可算得小车运动的加速度大小为　 　m/s2（结果保留三位有效数字）。
（2）在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，某同学用螺旋测微器测量某金属丝的直径d。某次测量结果如图丙所示，则这次测量的读数d＝　 　 mm。
（3）在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中，实验时，由静止释放摆球，从摆球摆至最低处时开始用秒表计时，当摆球第N次（开始计时时记为第1次）通过最低处时，停止计时，显示时间为t，则周期T＝　 　。若根据测出的一系列摆长L和对应的周期T，作出的图像，测得图线斜率为k，则当地重力加速度大小g＝　 　（用k表示）。
【答案】（1）左；1.48
（2）0.517（0.514~0.519）
（3）；
【知识点】加速度；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题考查了重力加速度的测量，用单摆测量重力加速度的方法，和打点计时器的原理，明确这些实验的实验原理，以及实验器材的安装要求和实验注意事项是解题的基础。
（1）由图乙所示纸带可知，纸带的左端与小车相连；
相邻两个计数点之间还有4个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得，小车的加速度大小为
（2）螺旋测微器的精确值为，由图丙可得这次测量的读数为
（3）当摆球第N次（开始计时时记为第1次）通过最低处时，停止计时，显示时间为t，则单摆全振动次数为
周期为
由单摆周期公式
可得
可知图像的斜率为
可得重力加速度大小为
【分析】（1）根据打点计时器使用原理及逐差法计算加速度；
（2）根据螺旋测微器精确度读数，螺旋测微器估读到千分之一毫米；
（3）计算单摆的周期，根据单摆周期公式计算。
（1）[1]由图乙所示纸带可知，纸带的左端与小车相连；
[2]相邻两个计数点之间还有4个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得，小车的加速度大小为
（2）螺旋测微器的精确值为，由图丙可得这次测量的读数为
（3）[1]当摆球第N次（开始计时时记为第1次）通过最低处时，停止计时，显示时间为t，则单摆全振动次数为
周期为
[2]由单摆周期公式
可得
可知图像的斜率为
可得重力加速度大小为
12．（2025·湛江模拟）广东某学校实验小组发现一款智能手机内部使用的电池是一块扁平电池，如图甲所示，外壳上标有电动势4.50V，为了测定该电池的实际电动势和内阻，该小组成员利用身边的仪器，设计方案对其进行测量。
A.待测手机电池
B.电压表（量程0~3.00V，内阻约3000Ω）
C.电阻箱（阻值范围0~999.9Ω）
D.电阻箱（阻值范围0~9999.9Ω）
E.定值电阻R0＝5.0Ω
F.开关、导线若干
（1）实验室提供的电压表的量程不够用，需要对电压表进行改装。
①为将电压表的量程扩大为0~4.50V，小组成员采用了以下的操作：按图乙所示电路连接好实验器材，检查电路无误后，将电阻箱R2的阻值调到　 　（选填“最大”或“最小”），将电阻箱R1的阻值调为零。闭合开关S，调节电阻箱R2的阻值，使电压表示数为3.00V，保持电阻箱R2的阻值不变，改变电阻箱R1的阻值，当电压表示数为　 　V时，改装后的电压表量程为4.50V，完成了扩大量程，而后断开开关S。
②小组成员按照图乙所示的实验电路图完成了该实验。电阻箱R1应选　 　（填写器材前面的字母标号）。
（2）用改装好的电表测量该电池的电动势和内阻，步骤如下：保持电阻箱R1的阻值不变，闭合开关S，多次调节电阻箱R2的阻值，记录下阻值R2和电压表的相应读数U，作出图像如图丙所示，可得该电池的电动势为　 　V，内阻为　 　Ω。（结果均保留两位小数）
【答案】（1）最小；2.00；D
（2）4.29（4.17~4.41）；1.43（1.25~1.62）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查了电压表与电流表改装、实验器材选择与实验数据处理等问题；应用闭合电路的欧姆定律求出图示的函数表达式，根据图示图像可以求出电源电动势与内阻。
（1）①为了保证电压表读数从零开始调节，应将电阻箱R2的阻值调到最小；电压表示数为3.00V且保持电阻箱R2的阻值不变时，电压表和电阻箱R1的电压之和可认为始终等于3.00V，当电压表示数为2.00V时，说明电阻箱R1两端电压为1.00V，由串联电路分压原理可知，此时R1的阻值为电压表内阻的一半，电压表的量程被扩大1.5倍，即量程为。
②由实验步骤可知电压表要扩大量程为，则串联的电阻箱R1的阻值应能调节为电压表内阻的一半，即电阻箱能调节到，故电阻箱R1应选D。
（2）根据闭合电路欧姆定律可得
整理可得
根据图像的斜率和纵轴截距可得
，
解得
，
【分析】（1）根据串联电路特点结合电压规律分析解答。
（2）根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数表达式，然后根据图示图像求出电源电动势与内阻。
（1）①[1]为了保证电压表读数从零开始调节，应将电阻箱R2的阻值调到最小；
[2]电压表示数为3.00V且保持电阻箱R2的阻值不变时，电压表和电阻箱R1的电压之和可认为始终等于3.00V，当电压表示数为2.00V时，说明电阻箱R1两端电压为1.00V，由串联电路分压原理可知，此时R1的阻值为电压表内阻的一半，电压表的量程被扩大1.5倍，即量程为。
②[3]由实验步骤可知电压表要扩大量程为，则串联的电阻箱R1的阻值应能调节为电压表内阻的一半，即电阻箱能调节到，故电阻箱R1应选D。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
整理可得
根据图像的斜率和纵轴截距可得，
解得，
13．（2025·湛江模拟）瓷器是中国古代劳动人民的重要创造，被誉为中华文明的瑰宝。如图所示，气窑是对陶瓷泥坯进行升温烧结的一种设备。某次烧制前，封闭在窑内的气体温度为27℃，压强为1.0×105Pa，升高温度，当窑内气压达到3.0×105Pa时，气窑上方的单向排气阀开始排气，之后使气窑内气体压强保持3.0×105Pa不变，继续升温，当窑内气体温度逐渐升高至1327℃后保持不变，连续烧制8~10小时完成烧制。已知气体内能U与温度的关系为U＝αT，α为已知正常数。求：
（1）单向排气阀开始排气时，窑内气体温度t为多少摄氏度；
（2）封闭在窑内的气体从烧制前到窑内气压刚达到3.0×105Pa的过程中吸收的热量Q；
（3）此次烧制排出气体的质量与原来气体质量之比。
【答案】（1）解：对封闭在窑内的气体，由查理定律可得
其中
，，
解得
则单向排气阀开始排气时，窑内气体温度为
（2）解：根据热力学第一定律有
由于气体体积不变，所以
气体增加的内能
解得
（3）解：排气后窑内气体压强保持不变，根据盖-吕萨克定律有
其中
，
由于密度相同，则此次烧制排出气体的质量与原来气体质量之比为
联立解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）发生等容变化，根据查理定律列式解答；
（2）根据热力学第一定律结合相应公式求解；
（3）排气后窑内气体压强保持不变，根据盖-吕萨克定律进行列式求解。
（1）对封闭在窑内的气体，由查理定律可得
其中，，
解得
则单向排气阀开始排气时，窑内气体温度为
（2）根据热力学第一定律有
由于气体体积不变，所以
气体增加的内能
解得
（3）排气后窑内气体压强保持不变，根据盖-吕萨克定律有
其中，
由于密度相同，则此次烧制排出气体的质量与原来气体质量之比为
联立解得
14．（2025·湛江模拟）如图所示，半径为r的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，其右侧空间一棱长为l的正方体abcd﹣a'b'c'd'区域内存在竖直向上的匀强电场。一电荷量为q、质量为m的带正电的离子（初速度为零，重力不计）经磁场下方电势差为U的电场加速后，由竖直向上指向圆心O的方向射入磁场，经磁场偏转并从圆周上的O1点水平射出后，从正方形add'a'的中心垂直电场方向进入匀强电场区域，最后恰好从b'c'边的中点飞出电场区域。求：
（1）离子进入圆形磁场时的速度v的大小；
（2）圆形磁场的磁感应强度B的大小；
（3）正方体abcd﹣a'b'c'd'内匀强电场场强E的大小。
【答案】（1）解：离子在加速电场中，由动能定理可得
解得
（2）解：离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
由几何关系可知
联立解得
（3）解：离子进入正方体abcd﹣a'b'c'd'匀强电场区域做类平抛运动，垂直电场方向有
沿电场方向有
，
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）电场力做功，由动能定理求离子进入圆形磁场时的速度v的大小；
（2）离子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求圆形磁场的磁感应强度B的大小；
（3）根据类平抛运动的规律求匀强电场场强E的大小。
（1）离子在加速电场中，由动能定理可得
解得
（2）离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
由几何关系可知
联立解得
（3）离子进入正方体abcd﹣a'b'c'd'匀强电场区域做类平抛运动，垂直电场方向有
沿电场方向有，
联立解得
15．（2025·湛江模拟）如图甲所示，半径R＝0.9m的光滑半圆弧轨道COD固定在竖直平面内，端点D为轨道的最低点，过D点的轨道切线水平。在圆弧轨道圆心O的正上方F点右侧有一固定的水平轨道，水平轨道与倾角θ＝37°的固定粗糙斜面轨道平滑相接（物体通过时没有能量损失），斜面上E点距斜面底端的距离s0＝3.2m。现有质量分别为mA＝1kg，mB＝0.5kg的物块A、B静置于水平轨道上，且物块B的右侧水平轨道光滑，左侧水平轨道粗糙。物块A、B中间夹有少量炸药，炸药突然爆炸，爆炸后物块A在水平轨道上运动的速度v与时间t的关系图像如图乙所示，物块A从F点离开轨道，刚好能从C点切入圆弧轨道做圆周运动。已知物块A与左侧水平轨道和物块B与斜面轨道间的动摩擦因数相同，A、B均可视为质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，1.34。求：
（1）物块A经过D点时受到圆弧轨道的支持力FN的大小；
（2）物块A与左侧水平轨道间的动摩擦因数μ；
（3）若从物块B运动到斜面轨道底端时开始计时，经多长时间通过E点。（计算结果保留三位有效数字）
【答案】（1）解：小物块A离开水平轨道后刚好能从C点切人圆弧轨道做圆周运动有
物块A从C到D过程机械能守恒有
物块A在 D点处由牛顿第二定律
联立解得
（2）解：由 v-t 图像可知：爆炸后瞬间物块 A 的速度大小为，物块A在水平轨道上运动的时间为
爆炸后物块A在水平轨道上运动过程由运动学公式及牛顿第二定律有
解得
（3）解：物块A、B爆炸过程，由动量守恒有
解得
物块B在斜面轨道向上运动过程有
解得
物块B沿斜面上升的最大距离
故物块B通过E点有两种情况：
情况1：物块B沿斜面上升阶段通过E点时，有
解得
情况2：物块B沿斜面下降阶段通过E点时，上升阶段的时间
下降阶段
因为
联立解得
【知识点】爆炸；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】 （1） 物体在光滑半圆弧轨道运动 ，根据机械能守恒和圆周运动公式求物块A经过D点时受到圆弧轨道的支持力FN的大小；
（2）求出爆炸后瞬间物块 A 的速度大小以及运动时间，由运动学公式求物块A与左侧水平轨道间的动摩擦因数μ；
（3）物块A、B爆炸过程动量守恒定律，求解加速度大小，根据运动学公式求从物块B运动到斜面轨道底端时开始计时，经多长时间通过E点。
（1）小物块A离开水平轨道后刚好能从C点切人圆弧轨道做圆周运动有
物块A从C到D过程机械能守恒有
物块A在 D点处由牛顿第二定律
联立解得
（2）由 v-t 图像可知：爆炸后瞬间物块 A 的速度大小为，物块A在水平轨道上运动的时间为
爆炸后物块A在水平轨道上运动过程由运动学公式及牛顿第二定律有
解得
（3）物块A、B爆炸过程，由动量守恒有
解得
物块B在斜面轨道向上运动过程有
解得
物块B沿斜面上升的最大距离
故物块B通过E点有两种情况：
情况1：物块B沿斜面上升阶段通过E点时，有
解得
情况2：物块B沿斜面下降阶段通过E点时，上升阶段的时间
下降阶段
因为
联立解得
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