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2025届广东省佛山市禅城区高三下学期统一调研测试（二）物理试卷
1．（2025·禅城模拟）如图所示是一儿童游戏的图片，儿童站在固定竖直圆轨道的最低点，用力将一足球由静止踢出，发现足球能够沿着圆轨道通过最高点，已知轨道半径为R，足球的质量为m，重力加速度为g，不考虑摩擦和空气阻力作用，由此可判断儿童对小球做的功（　　）
A．可能等于 B．可能等于
C．可能等于 D．可能等于
2．（2025·禅城模拟）如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，由二种单色光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃。分别沿OB、OC在玻璃中传播。则下列说法正确的是（　　）
A．沿OB传播的色光在该玻璃中的折射率较小
B．沿OB传播的色光波长较长
C．沿OB传播的色光光子能量较大
D．沿OB传播的色光更容易发生衍射现象
3．（2025·禅城模拟）如图所示，把一块锌板连接在验电器上，验电器指针张开且张角稳定。现在用甲光照射锌板，发现指针保持不动。换用乙光照射锌板，发现指针张角不断减小。由此可以判断（　　）
A．锌板开始时一定带正电
B．甲光的频率一定小于乙光的频率
C．甲光的强度一定小于乙光的强度
D．甲光一定比乙光照射的时间长
4．（2025·禅城模拟）某同学用两根不同材质的绳a、b系在一起演示机械波，他在绳子左端O有规律地上下抖动绳子，时刻的绳上呈现波形如图所示，机械波在绳a上的传播速度为，P为绳a上的一个质点，则由此可以判断（　　）
A．时绳a的最左端振动方向沿y轴正方向
B．绳a中的机械波周期小于绳b中的机械波周期
C．绳a中机械波的传播速度小于在绳b中的传播速度
D．时，P相对平衡位置的位移为
5．（2025·禅城模拟）细胞电转染的原理简化如图所示，两带电的平行金属板间，由于细胞的存在形成如图所示的电场。其中实线为电场线，关于y轴对称分布。虚线为带电的外源DNA进入细胞膜的轨迹，M、N为轨迹上的两点，P点与N关于y轴对称，下列说法正确的是（　　）
A．N、P两点的电场强度相同
B．M点的电势与N点的电势相等
C．DNA分子在M点的加速度比在N点大
D．DNA分子在M点的电势能比在N点大
6．（2025·禅城模拟）地质勘探人员利用重力加速度反常（如地面下方有重金属矿时，重力加速度值比正常值大）可探测地面下的物质分布情况。在地面下某处（远小于地球半径）有一区域内有一重金属矿，探测人员从地面上O点出发，沿水平地面上相互垂直的x、y轴两个方向，测量不同位置的重力加速度值，得到重力加速度值随位置变化如图甲、乙所示，图像的峰值坐标为别为和。由此可初步判断（　　）
A．重金属矿的地面位置坐标约为，且图像中
B．重金属矿的地面位置坐标约为，且图像中
C．重金属矿的地面位置坐标约为，且图像中
D．重金属矿的地面位置坐标约为，且图像中
7．（2025·禅城模拟）如图甲所示，一名消防员在演习训练中，沿着竖直固定钢管往下滑。图乙所示的速度-时间图像记录了他两次从同一位置下滑的运动情况。则消防员在（　　）
A．过程，两次下滑的高度相同
B．过程，克服摩擦力做功相等
C．过程，所受摩擦力的冲量相等
D．过程所受摩擦力的冲量大小均为mgT
8．（2025·禅城模拟）有一个电热水壶，工作时的电阻为，接在电压随时间做如图所示变化的交流电源上。则下列说法中正确的是（　　）
A．该交流电源的频率为100Hz
B．通过电热水壶的最大电流约为
C．该电热水壶的工作功率约为480W
D．该电热水壶每小时约耗1度电
9．（2025·禅城模拟）图甲为一种常见的3D打印机的实物图，打印喷头做x轴、y轴和z轴方向的运动，时，打印喷头从打印平台的中心开始运动，在x轴方向的位移-时间图像和y轴方向的速度-时间图像如图乙、丙所示，下列说法正确的是（　　）
A．末喷头的速度大小为
B．喷头运动轨迹可能是图丁中的轨迹P
C．末喷头速度方向与x轴正方向的夹角为
D．末喷头离打印平台中心的距离为
10．（2025·禅城模拟）如图，空间存在磁感应强度大小为B。方向垂直纸面向外的匀强磁场，OA距离为2L，OP是一足够大的荧光屏，粒子打在荧光屏上均被吸收，在O、A之间有大量质量为m、电荷量为的粒子，以相同的速度沿纸面垂直于OA开始运动。其中从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上不计粒子重力及其相互作用。图中，则可判断带电粒子（　　）
A．运动速度大小为
B．在磁场中运动的最长时间
C．打在荧光屏上的位置距离O点最远为L
D．打在荧光屏上的位置距离O点最远为
11．（2025·禅城模拟）某同学在“测量弹簧的劲度系数”的实验中进行了如下操作：
（1）把弹簧上端固定在铁架台的横杆上，弹簧自由下垂，此时弹簧下端对应的标尺刻度为　 　cm；
（2）在弹簧下端悬挂不同质量的钩码，设计表格记录实验数据如下：
组别 1 2 3 4 5
钩码质量 50 100 150 200 250
标尺刻度
（3）根据该同学的数据，请在图乙中描点、作出弹簧弹力F与伸长量x之间的关系图线　 　，并得到该弹簧的劲度系数　 　。保留三位有效数字，g取
12．（2025·禅城模拟）人体脂肪测量仪是通过测量人体电阻来判断脂肪所占比重。某同学想在实验室测量人体电阻。
（1）该同学先用单手紧捏红黑表笔的金属部分进行欧姆调零（如图a所示），然后用两手分别紧捏红黑表笔（如图b所示）测自己的阻值，下列说法正确的是______。
A．图a的操作会影响测量结果
B．图b的操作会影响测量结果
C．两图的操作均不会影响测量结果
D．两图的操作都会影响到测量结果
（2）该同学设计电路更精确地测量人体电阻。实验室提供的器材如下：电压表（量程5V，内阻）电压表（量程3V，内阻）电流表（量程，内阻），滑动变阻器（额定电流，最大阻值），电源（电动势，内阻不计）开关S，导线若干，请完成下列实验步骤：
①根据测量要求，请你选择合适的电表，并在图c中将电路图连线补充完整　 　 ，其中表1为　 　，表2为　 　。（选填，或）
②选择合适的电表后，按图c连接电路进行实验。若选择的电表为，或A，相应的电表测量值分别记为、和，则测得的人体电阻　 　。（用本题给出的物理量符号表达）
13．（2025·禅城模拟）佛山陶瓷名扬天下，如图所示为某陶瓷窑结构的示意图。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为，温度为室温。烧制时为避免窑内气压过高，窑上有一个单向排气阀，已知当窑内气体温度为时，单向排气阀开始排气，此后窑内气体压强保持不变，温度逐渐升高至烧制温度。气体可视为理想气体。求：
（1）排气阀开始排气时窑内气体的压强；
（2）本次烧制排出的气体占原有气体质量的比例。
14．（2025·禅城模拟）一个同学质量为，站立时手能摸到的最大高度为。该同学身体下蹲后由静止开始用力蹬地，经过时间沿竖直方向跳起，手能摸到的最大高度为。人在空中运动时身体伸直，忽略踮脚带来的高度变化，空气阻力不计，重力加速度。
（1）假定他蹬地的力为恒力，求的大小；
（2）然后该同学落回地面，脚接触地面后经过时间重心降至最低该过程可等效为匀减速直线运动，接着他用恒力蹬地跳起，手能摸到的最大高度为求该同学蹬地的作用力。
15．（2025·禅城模拟）如图所示，光滑平行导轨MNPQ固定在水平桌面上，形状如图所示，平行导轨间距，质量、长度也为d的金属棒cd静止在水平导轨上，与桌面边缘的距离，空间分布有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度。现有一质量的绝缘棒ab从距桌面高处沿导轨由静止滑下，与金属棒cd发生弹性碰撞。金属棒cd从桌面滑出后落在水平地面上，落点到桌边缘的水平距离。已知金属棒cd的电阻，桌面离地面的高度，设两棒落地均不反弹，离开桌面前导轨与两棒端点始终接触，导轨电阻不计，重力加速度。求：
（1）金属棒cd离开桌面边缘的速度大小和离开桌面后两端的电势差；
（2）金属棒cd被绝缘棒碰撞后瞬间的速度大小v；
（3）绝缘棒ab落点与金属棒cd落点的距离。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查动能定理的简单应用，关键要掌握物体通过竖直圆轨道的临界条件：足球刚好沿圆轨道通过最高点时有
解得
所以足球能够沿着圆轨道通过最高点应满足
设儿童对小球做的功为W，对足球从最低点到最高点的过程由动能定理有
解得
即
故选A。
【分析】根据足球能够沿着圆轨道通过最高点求出足球在最高点的速度范围，再根据动能定理解答。
2．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的衍射；能量子与量子化现象
【解析】【解答】解决本题的关键是运用几何知识、光速公式和折射定律，要用运用数学知识分析几何光学的意识和能力。A．根据，由于OB光偏折程度比OC光大，所以OB光的折射率大，故A错误；
BD．OB光的折射率大，所以OB光的频率大，依据，那么频率越高的，波长越小，越不容易发生明显衍射现象，故BD错误；
C．根据 可知，频率越大，能量越大，故C正确。
故选C。
【分析】根据偏折程度分析折射率的大小，确定光的颜色，再比较光的波长和频率大小；波长越长，衍射现象越明显。
3．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】本题考查光电效应现象以及光电效应的特点，解决本题的关键知道光电效应的实质，以及知道光电效应的条件，注意乙光照射锌板，发现指针张角迅速减小是解题的突破口。AB．根据题意可判断，用甲光照射锌板， 发现指针保持不动，说明没有发生光电效应，用乙光照射锌板，发现指针张角变化，说明发生了光电效应现象，由光电效应发生的条件可知，甲光的频率一定小于乙光的频率，由于乙光照射锌板时，验电器指针张角不断减小，所以可以判断验电器一开始带的是负电，故A错误，B正确；
CD．根据光电效应方程可知能否发生光电效应现象，与入射光的强度，及光照时间均无关，与光的频率有关，故CD错误。
故选B。
【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，当发生光电效应时，锌板有电子逸出，并依据指针张角迅速减小，从而判定锌板带电性质，进而即可判定。
4．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】介质（包括在不同介质）中各质点的振动周期和频率都等于振源的振动周期和频率，而且在传播过程中保持稳定。各质点开始振动的方向与振源开始振动的方向相同。A．波的传播方向向右，根据“同侧法”可知，a绳最左端的振动方向向下，故A错误；
B．机械波的周期和频率由振源决定，所以a中的机械波周期等于绳b中的机械波周期，故B错误；
C．由可知，a中的机械波频率等于绳b中的机械波频率，a的波长大于b的波长，则a中机械波的传播速度大于在绳b中的传播速度，故C错误；
D．机械波的振动周期
由于
P恰好位于波峰，所以P相对平衡位置的位移为，故D正确。
故选D。
【分析】根据“同侧法”判断振动方向；机械波的周期和频率由振源决定；由v=λf方向波速；根据机械波的振动周期判断t=0.11s时P的位置，由此分析。
5．【答案】D
【知识点】电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查电场的基本性质，关键要掌握电场线的疏密表示电场强度的大小，沿着电场线电势降低。A．电场中某点的电场强度的方向为电场线在该点的切线方向，由图可知N、P两点的电场强度的方向不同，故A错误；
B．沿着电场线电势降低，故M点的电势低于N点的电势，故B错误；
C．M处的电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知
DNA分子在M点的加速度比在N点小，故C错误；
D．由轨迹可知，DNA分子由M向N运动的过程电场力做正功，电势能减小，故DNA分子在M点的电势能比在N点大，故D正确。
故选D。
【分析】N、P两点的电场强度方向不同；沿着电场线电势降低；根据牛顿第二定律分析加速度；根据电场力做功与电势能的关系分
6．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】知道在金属矿所在位置处的引力是由重金属矿产生的引力和地球产生的引力直接相加的是解题的关键。由图可知在地面，处的重力加速度最大，由于在处重金属矿产生的引力和地球产生的引力直接相加，而在处是金属矿产生的引力分量和地球产生的引力相加，因此，在处重力加速度比处大，且无穷远处的加速度均为g，所以。
故选C。
【分析】根据图像分析重金属矿所在位置的坐标，根据金属矿产生的万有引力和地球引力的合成比较它们的大小。
7．【答案】C
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查动量定理和动能定理的简单应用，注意在应用动量定理时要规定正方向。A．根据v-t图像与t轴围成的面积表示位移，可知：过程，两次下滑的高度不相同，故A错误；
B．过程，根据动能定理，有
由上分析可知两次下滑的h不同，所以克服摩擦力做功Wf不相等，故B错误；
C．过程，规定向下为正方向，由动量定理，有
因为两次过程v1、v2均相同，所以两次下滑所受摩擦力的冲量相等，故C正确；
D．过程，规定向下为正方向，由动量定理，有
消防员所受摩擦力的冲量大小
故D错误。
故选C。
【分析】据v-t图像与t轴围成的面积表示位移分析；根据动能定理分析摩擦力做功；根据动量定理分析冲量大小。
8．【答案】B,D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查交流电的相关计算，关键是理解交流电的峰值、有效值、瞬时值的区别。A．由题图可知，该交流电源的周期为，则频率为
故A错误；
B．由题图可知，该交流电源的电压最大值为，根据欧姆定律可知通过电热水壶的最大电流为
故B正确；
CD．该交流电源的电压有效值为
则该电热水壶的工作功率为
该电热水壶每小时耗电为
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】由电压随时间变化的情况，可知电动势瞬时值的表达式，结合正弦交流电的特点，可知电动势的峰值、有效值、电动势周期；由周期可计算电源频率；由电动势峰值，结合欧姆定律，即可计算电流峰值；由电动势的有效值、电水壶电阻，可计算电水壶的电功率；由电水壶电功率，可计算每小时的耗电量。
9．【答案】B,C,D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】解决本题的关键知道质点在x方向和y方向上的运动规律，根据平行四边形定则进行合成，注意掌握曲线运动的条件。A．由图乙可知，在x轴方向做匀速直线运动，速度大小为
由图丙可知，在y轴方向做匀加速直线运动，加速度大小为
末喷头在y轴的分速度大小为
末喷头的速度大小为
故A错误；
B．由以上分析可知，喷头在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做匀加速直线运动，所以合力沿y轴方向，所以轨迹可能为P，故B正确；
C．末喷头沿y轴方向的分速度大小为
设末喷头速度方向与x轴正方向的夹角为，则
解得
故C正确；
D．末喷头沿x轴的位移大小为
在y轴方向的位移大小为
所以，末喷头离打印平台中心的距离为
故D正确。
故选BCD。
【分析】依据两图像可知：质点在x方向上做匀速直线运动，在y方向上做匀加速运动，结合运动的合成与分解，即可判定运动性质；求出y方向的分速度，然后根据平行四边形定则，得出质点的速度大小与方向；分别求出质点沿x方向的位移与y方向的位移，然后根据平行四边形定则求解1s时质点的位移。
10．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程，应用牛顿第二定律即可解题。A．从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上，粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径
对粒子，由牛顿第二定律得
解得粒子的速度大小
故A正确；
B．所有粒子速度相同，则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径相等，从A点射入磁场的粒子打在O点，该粒子在磁场中转过的圆心角最大，该粒子在磁场中的运动时间最长，最大圆心角，粒子在磁场中的最长运动时间
故B错误；
CD．粒子打在荧光屏上时的速度方向平行于AO时，其位置距离O点最远，如图所示
由几何关系可知粒子打在荧光屏上的位置距离O点的最远距离为
故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意求出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律求出粒子的速度大小；求出在磁场中转过的最大圆心角，然后求出粒子在磁场中的最长运动时间；确定粒子打在OP上的最远位置，然后求出粒子打在荧光屏上的位置距离O点的最远距离。
11．【答案】9.95；；21.4
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】本题考查了实验数据处理，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；根据图像图示应用胡克定律即可解题。
（1）由图甲所示刻度尺可知，其分度值是1mm，读数是9.95cm。
（3）
根据坐标系内描出的点作出图像如图所示
由图示图像可知，弹簧的劲度系数
【分析】（1）根据图示刻度尺确定其分度值，根据阻值位置读数。
（3）根据坐标系内描出的点作出图像，根据图示图像求出弹簧的劲度系数。
12．【答案】（1）B
（2）；；；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】要掌握常用器材的使用方法；理解使用原理是解题的前提；根据实验原理作出实验电路图，应用欧姆定律即可解题。
（1）进行欧姆调零时，两表笔短接，手与红黑表笔接触进行欧姆调零不会影响欧姆调零的结果，对实验没有影响；欧姆调零完毕后用欧姆表测人体电阻，让两手分别接触红黑表笔测人体电阻即可，图b操作测的是人体与电阻的并联电阻，测的并不是人体电阻，图b操作会影响测量结果，故B正确，ACD错误。
故选B。
（2）人体电阻很大，电路电流很小，电流表量程太大，不能用电流表测电流；电压表内阻已知，可以用电压表测电流，由图c所示可知，电表1两端电压大于电表2两端电压，则电表1应选择电压表，表2应选择电压表；
由于人体电阻远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示
由图示电路图，由欧姆定律可知，人体电阻阻值
【分析】（1）根据实验注意事项与实验操作分析答题。
（2）①根据实验器材与实验原理选择实验器材，确定好滑动变阻器的接法，然后作出实验电路图。
②根据图示电路图应用欧姆定律求出人体的电阻。
（1）进行欧姆调零时，两表笔短接，手与红黑表笔接触进行欧姆调零不会影响欧姆调零的结果，对实验没有影响；
欧姆调零完毕后用欧姆表测人体电阻，让两手分别接触红黑表笔测人体电阻即可，图b操作测的是人体与电阻的并联电阻，
测的并不是人体电阻，图b操作会影响测量结果，故B正确，ACD错误。
故选B。
（2）[1][2]人体电阻很大，电路电流很小，电流表量程太大，不能用电流表测电流；电压表内阻已知，可以用电压表测电流，由图c所示可知，电表1两端电压大于电表2两端电压，则电表1应选择电压表，表2应选择电压表；
由于人体电阻远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示
[3] 由图示电路图，由欧姆定律可知，人体电阻阻值
13．【答案】（1）由题意可知，排气阀开始排气前，气体体积不变，
初状态时，温度为
末状态时压强为，温度为
对气体，由查理定律可得
解得排气阀开始排气时窑内气体的压强为
（2）排出气体后，气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律可得
解得
则排出的气体的体积为
则排出的气体占原有气体的质量比为
【知识点】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）根据查理定律可解得排气阀开始排气时窑内气体的压强；（2）根据由盖—吕萨克定律可知体积的关系，结合气体的密度不变可求得烧制排出的气体占原有气体质量的比例。
（1）由题意可知，排气阀开始排气前，气体体积不变，
初状态时，温度为
末状态时压强为，温度为
对气体，由查理定律可得
解得排气阀开始排气时窑内气体的压强为
（2）排出气体后，气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律可得
解得
则排出的气体的体积为
则排出的气体占原有气体的质量比为
14．【答案】（1）该同学重心上升的高度
双脚离地时的速度
由动量定理，规定向上为正方向有
解得
（2）根据对称性该同学落回地面时速度大小，经时间重心降至最低即速度减为零，由匀变速直线的规律可得重心下降的高度
再次跳起时速度
因为该同学接着用恒力蹬地跳起，故起跳过程可看成匀加速直线运动，设起跳所用时间为，由
得
规定向上为正方向，根据动量定理
解得
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）根据该同学重心上升的高度和双脚离地时的速度，运用动量定理解答；
（2）根据该同学重心上升的高度和落地与离地时的速度变化量，运用动量定理解答。
（1）该同学重心上升的高度
双脚离地时的速度
由动量定理，规定向上为正方向有
解得
（2）根据对称性该同学落回地面时速度大小，经时间重心降至最低即速度减为零，由匀变速直线的规律可得重心下降的高度
再次跳起时速度
因为该同学接着用恒力蹬地跳起，故起跳过程可看成匀加速直线运动，设起跳所用时间为，由
得
规定向上为正方向，根据动量定理
解得
15．【答案】（1）金属棒cd离开桌面边缘后做平抛运动，竖直方向
代入数据解得
水平初速度
金属棒切割磁感线产生的感应电动势
感应电流
离开桌面后两端的电势差
（2）设绝缘棒ab与金属棒cd碰撞前的速度为，根据动能定理
代入数据解得
以ab棒和cd棒为系统动量守恒，取方向为正方向；
根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
代入数据解得，
（3）碰撞后绝缘棒ab向左运动，重新返回后离开水平轨道的速度大小为
绝缘棒ab落点与金属棒cd落点的距离
【知识点】碰撞模型；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）金属棒cd离开桌面边缘后做平抛运动，根据平抛运动规律求解作答；
根据电磁感应定律求解作答；
（2）根据动能定理求解碰撞前速度，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求解碰后速度；
（3）求出ab重新返回后离开水平轨道的速度大小，根据平抛运动规律求解作答。
（1）金属棒cd离开桌面边缘后做平抛运动，竖直方向
代入数据解得
水平初速度
金属棒切割磁感线产生的感应电动势
感应电流
离开桌面后两端的电势差
（2）设绝缘棒ab与金属棒cd碰撞前的速度为，根据动能定理
代入数据解得
以ab棒和cd棒为系统动量守恒，取方向为正方向；
根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
代入数据解得，
（3）碰撞后绝缘棒ab向左运动，重新返回后离开水平轨道的速度大小为
绝缘棒ab落点与金属棒cd落点的距离
1 / 12025届广东省佛山市禅城区高三下学期统一调研测试（二）物理试卷
1．（2025·禅城模拟）如图所示是一儿童游戏的图片，儿童站在固定竖直圆轨道的最低点，用力将一足球由静止踢出，发现足球能够沿着圆轨道通过最高点，已知轨道半径为R，足球的质量为m，重力加速度为g，不考虑摩擦和空气阻力作用，由此可判断儿童对小球做的功（　　）
A．可能等于 B．可能等于
C．可能等于 D．可能等于
【答案】A
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查动能定理的简单应用，关键要掌握物体通过竖直圆轨道的临界条件：足球刚好沿圆轨道通过最高点时有
解得
所以足球能够沿着圆轨道通过最高点应满足
设儿童对小球做的功为W，对足球从最低点到最高点的过程由动能定理有
解得
即
故选A。
【分析】根据足球能够沿着圆轨道通过最高点求出足球在最高点的速度范围，再根据动能定理解答。
2．（2025·禅城模拟）如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，由二种单色光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃。分别沿OB、OC在玻璃中传播。则下列说法正确的是（　　）
A．沿OB传播的色光在该玻璃中的折射率较小
B．沿OB传播的色光波长较长
C．沿OB传播的色光光子能量较大
D．沿OB传播的色光更容易发生衍射现象
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的衍射；能量子与量子化现象
【解析】【解答】解决本题的关键是运用几何知识、光速公式和折射定律，要用运用数学知识分析几何光学的意识和能力。A．根据，由于OB光偏折程度比OC光大，所以OB光的折射率大，故A错误；
BD．OB光的折射率大，所以OB光的频率大，依据，那么频率越高的，波长越小，越不容易发生明显衍射现象，故BD错误；
C．根据 可知，频率越大，能量越大，故C正确。
故选C。
【分析】根据偏折程度分析折射率的大小，确定光的颜色，再比较光的波长和频率大小；波长越长，衍射现象越明显。
3．（2025·禅城模拟）如图所示，把一块锌板连接在验电器上，验电器指针张开且张角稳定。现在用甲光照射锌板，发现指针保持不动。换用乙光照射锌板，发现指针张角不断减小。由此可以判断（　　）
A．锌板开始时一定带正电
B．甲光的频率一定小于乙光的频率
C．甲光的强度一定小于乙光的强度
D．甲光一定比乙光照射的时间长
【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】本题考查光电效应现象以及光电效应的特点，解决本题的关键知道光电效应的实质，以及知道光电效应的条件，注意乙光照射锌板，发现指针张角迅速减小是解题的突破口。AB．根据题意可判断，用甲光照射锌板， 发现指针保持不动，说明没有发生光电效应，用乙光照射锌板，发现指针张角变化，说明发生了光电效应现象，由光电效应发生的条件可知，甲光的频率一定小于乙光的频率，由于乙光照射锌板时，验电器指针张角不断减小，所以可以判断验电器一开始带的是负电，故A错误，B正确；
CD．根据光电效应方程可知能否发生光电效应现象，与入射光的强度，及光照时间均无关，与光的频率有关，故CD错误。
故选B。
【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，当发生光电效应时，锌板有电子逸出，并依据指针张角迅速减小，从而判定锌板带电性质，进而即可判定。
4．（2025·禅城模拟）某同学用两根不同材质的绳a、b系在一起演示机械波，他在绳子左端O有规律地上下抖动绳子，时刻的绳上呈现波形如图所示，机械波在绳a上的传播速度为，P为绳a上的一个质点，则由此可以判断（　　）
A．时绳a的最左端振动方向沿y轴正方向
B．绳a中的机械波周期小于绳b中的机械波周期
C．绳a中机械波的传播速度小于在绳b中的传播速度
D．时，P相对平衡位置的位移为
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】介质（包括在不同介质）中各质点的振动周期和频率都等于振源的振动周期和频率，而且在传播过程中保持稳定。各质点开始振动的方向与振源开始振动的方向相同。A．波的传播方向向右，根据“同侧法”可知，a绳最左端的振动方向向下，故A错误；
B．机械波的周期和频率由振源决定，所以a中的机械波周期等于绳b中的机械波周期，故B错误；
C．由可知，a中的机械波频率等于绳b中的机械波频率，a的波长大于b的波长，则a中机械波的传播速度大于在绳b中的传播速度，故C错误；
D．机械波的振动周期
由于
P恰好位于波峰，所以P相对平衡位置的位移为，故D正确。
故选D。
【分析】根据“同侧法”判断振动方向；机械波的周期和频率由振源决定；由v=λf方向波速；根据机械波的振动周期判断t=0.11s时P的位置，由此分析。
5．（2025·禅城模拟）细胞电转染的原理简化如图所示，两带电的平行金属板间，由于细胞的存在形成如图所示的电场。其中实线为电场线，关于y轴对称分布。虚线为带电的外源DNA进入细胞膜的轨迹，M、N为轨迹上的两点，P点与N关于y轴对称，下列说法正确的是（　　）
A．N、P两点的电场强度相同
B．M点的电势与N点的电势相等
C．DNA分子在M点的加速度比在N点大
D．DNA分子在M点的电势能比在N点大
【答案】D
【知识点】电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查电场的基本性质，关键要掌握电场线的疏密表示电场强度的大小，沿着电场线电势降低。A．电场中某点的电场强度的方向为电场线在该点的切线方向，由图可知N、P两点的电场强度的方向不同，故A错误；
B．沿着电场线电势降低，故M点的电势低于N点的电势，故B错误；
C．M处的电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知
DNA分子在M点的加速度比在N点小，故C错误；
D．由轨迹可知，DNA分子由M向N运动的过程电场力做正功，电势能减小，故DNA分子在M点的电势能比在N点大，故D正确。
故选D。
【分析】N、P两点的电场强度方向不同；沿着电场线电势降低；根据牛顿第二定律分析加速度；根据电场力做功与电势能的关系分
6．（2025·禅城模拟）地质勘探人员利用重力加速度反常（如地面下方有重金属矿时，重力加速度值比正常值大）可探测地面下的物质分布情况。在地面下某处（远小于地球半径）有一区域内有一重金属矿，探测人员从地面上O点出发，沿水平地面上相互垂直的x、y轴两个方向，测量不同位置的重力加速度值，得到重力加速度值随位置变化如图甲、乙所示，图像的峰值坐标为别为和。由此可初步判断（　　）
A．重金属矿的地面位置坐标约为，且图像中
B．重金属矿的地面位置坐标约为，且图像中
C．重金属矿的地面位置坐标约为，且图像中
D．重金属矿的地面位置坐标约为，且图像中
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】知道在金属矿所在位置处的引力是由重金属矿产生的引力和地球产生的引力直接相加的是解题的关键。由图可知在地面，处的重力加速度最大，由于在处重金属矿产生的引力和地球产生的引力直接相加，而在处是金属矿产生的引力分量和地球产生的引力相加，因此，在处重力加速度比处大，且无穷远处的加速度均为g，所以。
故选C。
【分析】根据图像分析重金属矿所在位置的坐标，根据金属矿产生的万有引力和地球引力的合成比较它们的大小。
7．（2025·禅城模拟）如图甲所示，一名消防员在演习训练中，沿着竖直固定钢管往下滑。图乙所示的速度-时间图像记录了他两次从同一位置下滑的运动情况。则消防员在（　　）
A．过程，两次下滑的高度相同
B．过程，克服摩擦力做功相等
C．过程，所受摩擦力的冲量相等
D．过程所受摩擦力的冲量大小均为mgT
【答案】C
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查动量定理和动能定理的简单应用，注意在应用动量定理时要规定正方向。A．根据v-t图像与t轴围成的面积表示位移，可知：过程，两次下滑的高度不相同，故A错误；
B．过程，根据动能定理，有
由上分析可知两次下滑的h不同，所以克服摩擦力做功Wf不相等，故B错误；
C．过程，规定向下为正方向，由动量定理，有
因为两次过程v1、v2均相同，所以两次下滑所受摩擦力的冲量相等，故C正确；
D．过程，规定向下为正方向，由动量定理，有
消防员所受摩擦力的冲量大小
故D错误。
故选C。
【分析】据v-t图像与t轴围成的面积表示位移分析；根据动能定理分析摩擦力做功；根据动量定理分析冲量大小。
8．（2025·禅城模拟）有一个电热水壶，工作时的电阻为，接在电压随时间做如图所示变化的交流电源上。则下列说法中正确的是（　　）
A．该交流电源的频率为100Hz
B．通过电热水壶的最大电流约为
C．该电热水壶的工作功率约为480W
D．该电热水壶每小时约耗1度电
【答案】B,D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查交流电的相关计算，关键是理解交流电的峰值、有效值、瞬时值的区别。A．由题图可知，该交流电源的周期为，则频率为
故A错误；
B．由题图可知，该交流电源的电压最大值为，根据欧姆定律可知通过电热水壶的最大电流为
故B正确；
CD．该交流电源的电压有效值为
则该电热水壶的工作功率为
该电热水壶每小时耗电为
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】由电压随时间变化的情况，可知电动势瞬时值的表达式，结合正弦交流电的特点，可知电动势的峰值、有效值、电动势周期；由周期可计算电源频率；由电动势峰值，结合欧姆定律，即可计算电流峰值；由电动势的有效值、电水壶电阻，可计算电水壶的电功率；由电水壶电功率，可计算每小时的耗电量。
9．（2025·禅城模拟）图甲为一种常见的3D打印机的实物图，打印喷头做x轴、y轴和z轴方向的运动，时，打印喷头从打印平台的中心开始运动，在x轴方向的位移-时间图像和y轴方向的速度-时间图像如图乙、丙所示，下列说法正确的是（　　）
A．末喷头的速度大小为
B．喷头运动轨迹可能是图丁中的轨迹P
C．末喷头速度方向与x轴正方向的夹角为
D．末喷头离打印平台中心的距离为
【答案】B,C,D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】解决本题的关键知道质点在x方向和y方向上的运动规律，根据平行四边形定则进行合成，注意掌握曲线运动的条件。A．由图乙可知，在x轴方向做匀速直线运动，速度大小为
由图丙可知，在y轴方向做匀加速直线运动，加速度大小为
末喷头在y轴的分速度大小为
末喷头的速度大小为
故A错误；
B．由以上分析可知，喷头在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做匀加速直线运动，所以合力沿y轴方向，所以轨迹可能为P，故B正确；
C．末喷头沿y轴方向的分速度大小为
设末喷头速度方向与x轴正方向的夹角为，则
解得
故C正确；
D．末喷头沿x轴的位移大小为
在y轴方向的位移大小为
所以，末喷头离打印平台中心的距离为
故D正确。
故选BCD。
【分析】依据两图像可知：质点在x方向上做匀速直线运动，在y方向上做匀加速运动，结合运动的合成与分解，即可判定运动性质；求出y方向的分速度，然后根据平行四边形定则，得出质点的速度大小与方向；分别求出质点沿x方向的位移与y方向的位移，然后根据平行四边形定则求解1s时质点的位移。
10．（2025·禅城模拟）如图，空间存在磁感应强度大小为B。方向垂直纸面向外的匀强磁场，OA距离为2L，OP是一足够大的荧光屏，粒子打在荧光屏上均被吸收，在O、A之间有大量质量为m、电荷量为的粒子，以相同的速度沿纸面垂直于OA开始运动。其中从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上不计粒子重力及其相互作用。图中，则可判断带电粒子（　　）
A．运动速度大小为
B．在磁场中运动的最长时间
C．打在荧光屏上的位置距离O点最远为L
D．打在荧光屏上的位置距离O点最远为
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程，应用牛顿第二定律即可解题。A．从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上，粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径
对粒子，由牛顿第二定律得
解得粒子的速度大小
故A正确；
B．所有粒子速度相同，则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径相等，从A点射入磁场的粒子打在O点，该粒子在磁场中转过的圆心角最大，该粒子在磁场中的运动时间最长，最大圆心角，粒子在磁场中的最长运动时间
故B错误；
CD．粒子打在荧光屏上时的速度方向平行于AO时，其位置距离O点最远，如图所示
由几何关系可知粒子打在荧光屏上的位置距离O点的最远距离为
故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意求出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律求出粒子的速度大小；求出在磁场中转过的最大圆心角，然后求出粒子在磁场中的最长运动时间；确定粒子打在OP上的最远位置，然后求出粒子打在荧光屏上的位置距离O点的最远距离。
11．（2025·禅城模拟）某同学在“测量弹簧的劲度系数”的实验中进行了如下操作：
（1）把弹簧上端固定在铁架台的横杆上，弹簧自由下垂，此时弹簧下端对应的标尺刻度为　 　cm；
（2）在弹簧下端悬挂不同质量的钩码，设计表格记录实验数据如下：
组别 1 2 3 4 5
钩码质量 50 100 150 200 250
标尺刻度
（3）根据该同学的数据，请在图乙中描点、作出弹簧弹力F与伸长量x之间的关系图线　 　，并得到该弹簧的劲度系数　 　。保留三位有效数字，g取
【答案】9.95；；21.4
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】本题考查了实验数据处理，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；根据图像图示应用胡克定律即可解题。
（1）由图甲所示刻度尺可知，其分度值是1mm，读数是9.95cm。
（3）
根据坐标系内描出的点作出图像如图所示
由图示图像可知，弹簧的劲度系数
【分析】（1）根据图示刻度尺确定其分度值，根据阻值位置读数。
（3）根据坐标系内描出的点作出图像，根据图示图像求出弹簧的劲度系数。
12．（2025·禅城模拟）人体脂肪测量仪是通过测量人体电阻来判断脂肪所占比重。某同学想在实验室测量人体电阻。
（1）该同学先用单手紧捏红黑表笔的金属部分进行欧姆调零（如图a所示），然后用两手分别紧捏红黑表笔（如图b所示）测自己的阻值，下列说法正确的是______。
A．图a的操作会影响测量结果
B．图b的操作会影响测量结果
C．两图的操作均不会影响测量结果
D．两图的操作都会影响到测量结果
（2）该同学设计电路更精确地测量人体电阻。实验室提供的器材如下：电压表（量程5V，内阻）电压表（量程3V，内阻）电流表（量程，内阻），滑动变阻器（额定电流，最大阻值），电源（电动势，内阻不计）开关S，导线若干，请完成下列实验步骤：
①根据测量要求，请你选择合适的电表，并在图c中将电路图连线补充完整　 　 ，其中表1为　 　，表2为　 　。（选填，或）
②选择合适的电表后，按图c连接电路进行实验。若选择的电表为，或A，相应的电表测量值分别记为、和，则测得的人体电阻　 　。（用本题给出的物理量符号表达）
【答案】（1）B
（2）；；；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】要掌握常用器材的使用方法；理解使用原理是解题的前提；根据实验原理作出实验电路图，应用欧姆定律即可解题。
（1）进行欧姆调零时，两表笔短接，手与红黑表笔接触进行欧姆调零不会影响欧姆调零的结果，对实验没有影响；欧姆调零完毕后用欧姆表测人体电阻，让两手分别接触红黑表笔测人体电阻即可，图b操作测的是人体与电阻的并联电阻，测的并不是人体电阻，图b操作会影响测量结果，故B正确，ACD错误。
故选B。
（2）人体电阻很大，电路电流很小，电流表量程太大，不能用电流表测电流；电压表内阻已知，可以用电压表测电流，由图c所示可知，电表1两端电压大于电表2两端电压，则电表1应选择电压表，表2应选择电压表；
由于人体电阻远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示
由图示电路图，由欧姆定律可知，人体电阻阻值
【分析】（1）根据实验注意事项与实验操作分析答题。
（2）①根据实验器材与实验原理选择实验器材，确定好滑动变阻器的接法，然后作出实验电路图。
②根据图示电路图应用欧姆定律求出人体的电阻。
（1）进行欧姆调零时，两表笔短接，手与红黑表笔接触进行欧姆调零不会影响欧姆调零的结果，对实验没有影响；
欧姆调零完毕后用欧姆表测人体电阻，让两手分别接触红黑表笔测人体电阻即可，图b操作测的是人体与电阻的并联电阻，
测的并不是人体电阻，图b操作会影响测量结果，故B正确，ACD错误。
故选B。
（2）[1][2]人体电阻很大，电路电流很小，电流表量程太大，不能用电流表测电流；电压表内阻已知，可以用电压表测电流，由图c所示可知，电表1两端电压大于电表2两端电压，则电表1应选择电压表，表2应选择电压表；
由于人体电阻远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示
[3] 由图示电路图，由欧姆定律可知，人体电阻阻值
13．（2025·禅城模拟）佛山陶瓷名扬天下，如图所示为某陶瓷窑结构的示意图。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为，温度为室温。烧制时为避免窑内气压过高，窑上有一个单向排气阀，已知当窑内气体温度为时，单向排气阀开始排气，此后窑内气体压强保持不变，温度逐渐升高至烧制温度。气体可视为理想气体。求：
（1）排气阀开始排气时窑内气体的压强；
（2）本次烧制排出的气体占原有气体质量的比例。
【答案】（1）由题意可知，排气阀开始排气前，气体体积不变，
初状态时，温度为
末状态时压强为，温度为
对气体，由查理定律可得
解得排气阀开始排气时窑内气体的压强为
（2）排出气体后，气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律可得
解得
则排出的气体的体积为
则排出的气体占原有气体的质量比为
【知识点】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）根据查理定律可解得排气阀开始排气时窑内气体的压强；（2）根据由盖—吕萨克定律可知体积的关系，结合气体的密度不变可求得烧制排出的气体占原有气体质量的比例。
（1）由题意可知，排气阀开始排气前，气体体积不变，
初状态时，温度为
末状态时压强为，温度为
对气体，由查理定律可得
解得排气阀开始排气时窑内气体的压强为
（2）排出气体后，气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律可得
解得
则排出的气体的体积为
则排出的气体占原有气体的质量比为
14．（2025·禅城模拟）一个同学质量为，站立时手能摸到的最大高度为。该同学身体下蹲后由静止开始用力蹬地，经过时间沿竖直方向跳起，手能摸到的最大高度为。人在空中运动时身体伸直，忽略踮脚带来的高度变化，空气阻力不计，重力加速度。
（1）假定他蹬地的力为恒力，求的大小；
（2）然后该同学落回地面，脚接触地面后经过时间重心降至最低该过程可等效为匀减速直线运动，接着他用恒力蹬地跳起，手能摸到的最大高度为求该同学蹬地的作用力。
【答案】（1）该同学重心上升的高度
双脚离地时的速度
由动量定理，规定向上为正方向有
解得
（2）根据对称性该同学落回地面时速度大小，经时间重心降至最低即速度减为零，由匀变速直线的规律可得重心下降的高度
再次跳起时速度
因为该同学接着用恒力蹬地跳起，故起跳过程可看成匀加速直线运动，设起跳所用时间为，由
得
规定向上为正方向，根据动量定理
解得
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）根据该同学重心上升的高度和双脚离地时的速度，运用动量定理解答；
（2）根据该同学重心上升的高度和落地与离地时的速度变化量，运用动量定理解答。
（1）该同学重心上升的高度
双脚离地时的速度
由动量定理，规定向上为正方向有
解得
（2）根据对称性该同学落回地面时速度大小，经时间重心降至最低即速度减为零，由匀变速直线的规律可得重心下降的高度
再次跳起时速度
因为该同学接着用恒力蹬地跳起，故起跳过程可看成匀加速直线运动，设起跳所用时间为，由
得
规定向上为正方向，根据动量定理
解得
15．（2025·禅城模拟）如图所示，光滑平行导轨MNPQ固定在水平桌面上，形状如图所示，平行导轨间距，质量、长度也为d的金属棒cd静止在水平导轨上，与桌面边缘的距离，空间分布有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度。现有一质量的绝缘棒ab从距桌面高处沿导轨由静止滑下，与金属棒cd发生弹性碰撞。金属棒cd从桌面滑出后落在水平地面上，落点到桌边缘的水平距离。已知金属棒cd的电阻，桌面离地面的高度，设两棒落地均不反弹，离开桌面前导轨与两棒端点始终接触，导轨电阻不计，重力加速度。求：
（1）金属棒cd离开桌面边缘的速度大小和离开桌面后两端的电势差；
（2）金属棒cd被绝缘棒碰撞后瞬间的速度大小v；
（3）绝缘棒ab落点与金属棒cd落点的距离。
【答案】（1）金属棒cd离开桌面边缘后做平抛运动，竖直方向
代入数据解得
水平初速度
金属棒切割磁感线产生的感应电动势
感应电流
离开桌面后两端的电势差
（2）设绝缘棒ab与金属棒cd碰撞前的速度为，根据动能定理
代入数据解得
以ab棒和cd棒为系统动量守恒，取方向为正方向；
根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
代入数据解得，
（3）碰撞后绝缘棒ab向左运动，重新返回后离开水平轨道的速度大小为
绝缘棒ab落点与金属棒cd落点的距离
【知识点】碰撞模型；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）金属棒cd离开桌面边缘后做平抛运动，根据平抛运动规律求解作答；
根据电磁感应定律求解作答；
（2）根据动能定理求解碰撞前速度，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求解碰后速度；
（3）求出ab重新返回后离开水平轨道的速度大小，根据平抛运动规律求解作答。
（1）金属棒cd离开桌面边缘后做平抛运动，竖直方向
代入数据解得
水平初速度
金属棒切割磁感线产生的感应电动势
感应电流
离开桌面后两端的电势差
（2）设绝缘棒ab与金属棒cd碰撞前的速度为，根据动能定理
代入数据解得
以ab棒和cd棒为系统动量守恒，取方向为正方向；
根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
代入数据解得，
（3）碰撞后绝缘棒ab向左运动，重新返回后离开水平轨道的速度大小为
绝缘棒ab落点与金属棒cd落点的距离
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