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2025届广东省高三下学期高考信息卷物理试题
1．经典力学是从宏观的、日常的运动中总结出来的。运用经典力学研究下列运动的时间，有误差的是（　　）
A．成熟的苹果落地的时间
B．火车过隧道的时间
C．带电粒子在回旋加速器中的运动周期
D．单摆的周期
【答案】C
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】经典力学适用于宏观、低速运动的物体，对于微观、高速运动的物体不适用，选项ABD中的物体均属于宏观、低速运动的物体，经典力学能适用，选项C中的带电粒子在回旋加速器中的运动周期，属于微观、高速运动的物体，经典力学不能适用，故C正确，ABD错误。故选：C。
【分析】牛顿力学有它的局限性，只能适用于宏观、低速、弱引力环境下。在物体以接近光速的情况下运动时只能采用狭义相对论处理，在强引力环境中遵从的是广义相对性原理，在微观世界中又需利用备子力学原理。
2．铁的原子结构稳定，因此生活中通常用“关系铁”、“铁哥们儿”、“老铁”来形容关系好。铁的原子结构稳定是因为铁的（　　）
A．导热性能强 B．密度大
C．结合能大 D．平均核子质量小
【答案】D
【知识点】结合能与比结合能
【解析】【解答】铁属于中等质量的原子核，中等质量的原子核的平均核子质量小，对应的比结合能大，所以铁的原子核非常稳定，与结合能大小、导热性能、密度的大小等都无关，故ABC错误，D正确。故选：D。
【分析】比结合能的大小反映原子核的稳定程度。
3．马老师和王老师在操场上给同学们演示绳波的形成和传播，一位老师手持绳子一端以周期上下振动，可以认为是简谐振动，图示时刻绳子上质点正向下运动，绳子上1、3两质点在最低点，绳子上质点2在最高点，、两质点在平衡位置，相距，则（　　）
A．绳波是纵波
B．是王老师手持绳子上下振动
C．绳波的传播速度
D．老师减小振动周期则绳波的速度将增大
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、由于质点的振动方向与传播方向垂直，则绳波是横波，故A错误；B、图示时刻绳子上A质点正向下运动，结合图像根据“同侧法”可知波向右传播，是马老师手持绳子上下振动，故B错误；
C．、两质点在平衡位置， 相距， 结合图像则有，波传播速度，解得
故C正确；
D．波速是由介质决定的，与周期无关，所以老师减小振动周期，绳波的速度不变，故D错误。
故选C。
【分析】质点的振动方向与传播方向垂直，绳波是横波；根据“同侧法”可知波波的传播方向，由此分析；根据图像求解波长，根据波速计算公式求解波速；速是由介质决定的。
4．“探索自然、创建未来”，在我市某校小学科技节中，二年级四班开展的是“电与磁”的体验，具体要求如下图海报所示，作为大哥哥、大姐姐你应该对小朋友做出怎样的最佳建议？闭合开关前（　　）
A．调整指南针位置，使指南针与其上方导线平行
B．调整指南针位置，使指南针与其上方导线垂直
C．调整导线位置，使导线与其下方指南针垂直
D．调整导线位置，使导线与其下方指南针平行
【答案】D
【知识点】地磁场；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】根据通电直导线周围的磁场特点，在闭合开关前直导线和指南针应该平行，因为指南针还要受地磁场影响，故应该调整导线位置，使导线与指南针平行，故D正确，ABC错误。故选：D。
【分析】根据通电直导线的磁场特点结合指南针的工作原理进行分析解答。
5．如乙图所示，一束复色光从空气射向一个球状玻璃后被分成了、两束单色光，分别将这两束单色光射向图甲所示装置，仅有一束光能发生光电效应。调节滑片P的位置，当电流表示数恰为零时，电压表示数为。已知该种金属的极限频率为，电子电荷量的绝对值为，普朗克常量为，则（　　）
A．光在玻璃中的传播速度比光小
B．增大图乙中的入射角，光的出射光先消失
C．光的光子能量为
D．保持光强不变，滑片P由图示位置向左移，电流表示数变大
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光电效应
【解析】【解答】A．由乙图知，由于两束光入射角相同，b光的折射角小，根据可知b光的折射率大于a光的折射率，根据可知b光在玻璃中的传播速度比a光小，故A错误；B．根据圆的对称性可知，入射光与出射光是对称的，则光路可逆，所以大图乙中的入射角，b光的出射光不会消失，故B错误；
C．光的折射率较大，则频率较大，能发生光电效应的是b光，根据
可得光子能量为，选项C正确；
D．保持光强不变，滑片P由图示位置向左移，则光电管反向电压变大，则电流表示数变小，选项D错误。
故选C。
【分析】根据折射定律得出光的折射率的大小关系，结合折射率与传播速度的关系得出两束光在玻璃中的传播速度的大小关系；根据光路可逆判断；根据光电效应方程得出光子的能量表达式；理解电路构造的分析，结合电阻的变化分析出电流表示数的变化。
6．如图甲所示为一个均匀带正电的圆环，以圆环的圆心为坐标原点，过点垂直于圆环平面的线为轴，在其轴线上距离圆心处产生的电场强度如图乙所示，将一个带负电微粒（不计重力）从处静止释放，则粒子（　　）
A．沿着轴负向运动到无穷远处 B．在点两侧做简谐运动
C．在A的电势能比在B的电势能低 D．到达点的速度最大
【答案】C,D
【知识点】电场强度；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．由乙图知，O点左侧场强方向从O点出发指向无穷远处，右侧场强方向也从O点指向无穷远处，故将一个带负电微粒（不计重力）从B处静止释放，粒子先受到向左的电场力，向左加速，过了O点，受到的电场力向右，做减速，直到速度为零，然后再反向加速，过O点后，再减速，到速度为零，如此往返运动，由乙图可知，微粒所受电场力与其位移是非线性关系，所以不做简谐运动，故AB错误；
C．沿电场线方向电势逐渐降低，且E-x图线与坐标轴所围面积表示电势差，由图可知OB之间的电势差大于OA之间的电势差，所以A点的电势大于B点的电势，对负电荷来说，电势越高电势能越小，所以粒子在A处的电势能小于在B处的电势能，故C正确；
D．粒子在到达O点前一直加速运动，所以粒子在O点处速度最大，故D正确。
故选CD。
【分析】根据电场强度的方向和粒子的受力方向分析；先比较A点和B点电势的高低，然后比较电势能的大小；根据粒子的运动情况分析即可。
7．质量分布均匀、厚度相等的三角薄板，用一根细绳将其悬挂在空中。为使三角薄板在空中保持水平，细绳应该系在三角薄板上的（　　）
A．甲图中过点的的垂线与过的点的垂线的交点
B．乙图中点与的中点连线和点与的中点连线的交点
C．丙图中的角平分线与的角平分线的交点
D．丁图中的中垂线与的中垂线的交点
【答案】B
【知识点】重力与重心
【解析】【解答】A、“过E点的FH的垂线与过F点的EH的垂线的交点”，这是三角形的高的交点（垂心），不是重心，故A错误；B、“E点与FH的中点连线（中线）和F点与EH的中点连线（中线）的交点”，是三角形两条中线的交点，即几何中心，是重心，故B正确；
C、“∠F的角平分线与∠E的角平分线的交点”，是三角形的内心（角平分线交点，到三边距离相等），不是重心，故C错误；
D、“FH的中垂线与EH的中垂线的交点”，是三角形的外心（垂直平分线交点，外接圆圆心），不是重心，故D错误。
故选：B。
【分析】质量分布均匀、形状规则的物体，重心在其几何中心。要使三角薄板水平悬挂，细绳拉力需过重心（几何中心），需确定三角薄板的几何中心位置。
8．足球比赛中，运动员发任意球时，踢出的足球有时会在行进中绕过“人墙”转弯进入球门（如图甲），这就是所谓的“香蕉球”。踢出“香蕉球”是因为运动员踢出球时，足球向前运动的同时还在绕轴自转（如图乙所示）；自上向下观察（如图丙所示）由于足球的自转使贴着足球表面的一层薄空气被球带动做同一旋向的转动，导致足球、两侧的空气相对球的速度不等而产生压力差，使得足球发生偏转。则（　　）
A．甲图中足球受到空气压力向左 B．甲图中足球受到空气压力向右
C．空气流速大的一侧压力大 D．空气流速小的一侧压力大
【答案】B,D
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】AB.根据曲线运动的特点，可知甲图足球受到的空气压力指向运动轨迹的凹侧，所以足球受到的空气压力向右，A错误，B正确；
CD.从丙图可知，压力差指向空气流速快的一侧，即空气流速大的一侧压力小，空气流速小的一侧压力大，C错误，D正确。
故选：BD。
【分析】做曲线运动的物体运动轨迹向受力方向弯曲，根据受力方向，结合题意判断空气流速与压力的大小关系。
9．利用重力加速度反常可探测地下的物质分布情况。在地下某处（远小于地球半径）的球形区域内有一重金属矿，如图甲所示，探测人员从地面点出发，沿地面相互垂直的、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分别如图乙、丙所示。由此可初步判断（　　）
A．重金属矿地面位置坐标约为
B．重金属矿地面位置坐标约为
C．图像中
D．图像中
【答案】A,C
【知识点】重力加速度；力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】AB、由图乙可知，在x=0位置的重力加速度g最大，由图丙可知，在y=10km位置的重力加速度g最大，所以重金属矿地面位置坐标约为（0，10km），故A正确，B错误；CD、由乙、丙图可以看出，在原点处的是金属矿引力分量加地球引力，而在y=10km的位置是金属矿引力加地球引力，所以Δg1＜Δg2，故C正确，D错误。
故选：AC。
【分析】根据乙、丙图可以分析重金属矿的位置坐标；根据图乙和图丙比较即可。
10．如图所示，两根足够长、间距为的光滑竖直平行金属导轨，导轨上端接有开关、电阻、电容器，其中电阻的阻值为，电容器的电容为（不会击穿、未充电），金属棒MN水平放置，质量为，空间存在垂直轨道向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，不计金属棒和导轨的电阻。闭合某一开关，让MN沿导轨由静止开始释放，金属棒MN和导轨接触良好，重力加速度为。则（　　）
A．只闭合开关，金属棒做匀加速直线运动
B．只闭合开关，电容器左侧金属板带正电
C．只闭合开关，金属棒MN下降高度为时速度为v，则所用时间
D．只闭合开关，通过金属棒MN的电流
【答案】B,C,D
【知识点】电容器及其应用；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．只闭合开关S1，金属棒和电阻组成闭合回路，金属棒向下加速运动，电路中有感应电流产生，金属棒受到安培力作用，对金属棒根据牛顿第二定律可得，又，
整理得，所以随着速度的增加，金属棒做加速度减小的变加速运动，故A错误；
B．只闭合开关S2，金属棒和电容组成电路，根据右手定则可知金属棒M端电势高于N端电势，所以电容器左侧金属板带正电，故B正确；
C．只闭合开关S1，金属棒MN下降高度为h时速度为v，设所用时间为t，规定向下的方向为正方向，对金属棒根据动量定理有，又，，，
联立解得，故C正确；
D．只闭合开关S2，金属棒MN运动过程中取一段时间，且趋近于零，设导体棒加速度为a，则有，对导体棒，根据牛顿第二定律可
联立解得，故D正确。
故选BCD。
【分析】根据牛顿第二定律写出金属棒加速度的表达式分析；根据右手定则判断；根据动量定理计算；根据牛顿第二定律结合电流的定义式，加速度的定义式，感应电动势的计算公式等计算。
11．卡文迪什测定引力常量的实验装置如图所示（是一个扭秤）。两个质量为的小球1固定在一根轻杆的两端，用一根石英悬丝将轻杆水平地悬挂起来，测量时，把两个质量为的小球2放在质量为的小球1附近。根据万有引力定律，当小球2放在A位置时，由于小球1受到小球2的吸引力，固定小球1的轻杆会受到一个力矩而转动，从而使石英悬丝扭转。引力力矩最后被悬丝的弹性恢复力矩所平衡，这时悬丝扭转的角度通过平面镜放大2倍后从一个读尺系统中清晰地显示出来。卡文迪什通过测量扭秤的扭转角度，得到了值。
（1）为了使实验现象明显，下列、最合适的是________；
A．，
B．，
C．，
（2）实验过程中，未放小球2时读尺系统（0刻度位于右侧）角度记为，小球2放在A位置时读尺系统角度记为，则扭转角为　 　；小球2放在位置时读尺系统角度记为。为了提高测量的灵敏度，扭转角应该取　 　。（均用、、表示）
【答案】（1）A
（2）；
【知识点】引力常量及其测定
【解析】【解答】（1）为了使实验现象明显，小球之间的万有引力要尽量大些，考虑石英悬丝的承重能力，小球1的质量m1不能太大，根据万有引力定律，应该使小球2的质量m2尽量大些，故A正确，BC错误；
故选：A。
（2）未放小球2时读尺系统（0刻度位于右侧）角度记为，小球2放在A位置时，小球1逆时针转动（俯视），光点在读尺系统上左移，读尺系统角度记为，悬丝扭转的角度通过平面镜放大2倍，设扭转角为，则，扭转角为
小球2放在位置时，小球1顺时针转动（俯视），光点在读尺系统上右移，如图所示，此时扭转角
为了提高测量的灵敏度，对两次实验的扭转角取平均值，得
【分析】（1）为了使实验现象明显，小球之间的万有引力要尽量大些，考虑石英悬丝的承重能力，小球1的质量不能太大，应该使小球2的质量尽量大些；
（2）已知悬丝扭转的角度通过平面镜放大2倍，则读尺系统角度差值的一半等于扭转角；小球2分别放在A位置与B位置时，平面镜的转动方向是相反的，则读尺系统角度差值最大为θ2-θ1，为了提高测量的灵敏度，应使扭转角的测量值要尽量大。
（1）为了使小球1运动状态改变大，小球1的质量应尽量小一些；为了使两小球间的作用力大一些，小球2的质量应尽量大。故选A。
（2）[1]未放小球2时读尺系统（0刻度位于右侧）角度记为，小球2放在A位置时，小球1逆时针转动（俯视），光点在读尺系统上左移，读尺系统角度记为，悬丝扭转的角度通过平面镜放大2倍，设扭转角为，则
扭转角为
[2]小球2放在位置时，小球1顺时针转动（俯视），光点在读尺系统上右移，如图所示，此时扭转角
为了提高测量的灵敏度，对两次实验的扭转角取平均值，得
12．根据人体电阻的大小可以初步判断人体脂肪所占比例。
（1）实验小组用多用电表直接粗糙人体电阻，先把选择开关调至“”挡，经欧姆调零后测量人体电阻，指针偏转如图a所示：为了使测量结果更准确，应把选择开关调至　 　（填“”或“”）挡，经欧姆调零后再次测量，示数如图b所示，则人体电阻为　 　；
（2）现用另外方案测量人体电阻，实验小组根据已有器材设计了一个实验电路。实验室提供的器材如下：电压表（量程，内阻），电压表（量程，内阻），电流表A（量程，内阻），滑动变阻器R（额定电流，最大阻值），电源E（电动势，内阻不计），开关S，导线若干，请帮助完成下列实验步骤：
①图中虚线框内缺少了一块电表，应选择　 　，
②请把实验电路图补充完整　 　；
③若步骤①中所选电表的示数为D，电压表的示数为，则待测电阻　 　（用题中所给的物理量符号表达）。
【答案】；100；；；
【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】（1）由题图可知，当选择开关调至“”挡时，欧姆表指针偏角过小，可知选择量程过小，应把选择开关调至挡；
由图b可知，人体电阻为。
故答案为：；100
（2） ① 流过人体的最大电流约为
则电流表的量程太大，可以用电压表代替电流表，其量程为。
故答案为：
② 由于滑动变阻器的最大阻值相对人体电阻的阻值太小，为了起到更好的调节作用，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下图所示
③ 流过人体电阻的电流
人体电阻两端的电压
根据欧姆定律可得人体电阻。
【分析】（1）多用电表调节：指针偏转小，换高挡位（×10k ），使读数更准确。
（2） ① 小电流测量：电流表量程过大时，用电压表替代（利用 测电流 ）。
② 分压电路：变阻器阻值远小于待测电阻时，用分压式电路扩大电压调节范围。
③ 电阻推导：通过电压表示数与内阻，结合欧姆定律推导待测电阻。
13．物流公司用滑轨装运货物，如图所示。长为、倾角为的倾斜滑轨与长为的水平滑轨平滑连接，有一质量为的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑并以一定的速度进入货车。已知货物与两段滑轨间的动摩擦因数均为0.25，，，空气阻力不计，重力加速度取。求：
（1）货物滑到倾斜滑轨末端的速度大小；
（2）货物在倾斜滑轨与水平滑轨上损失的总机械能。
【答案】（1）解：根据动能定理
解得
（2）解：在倾斜轨道下滑时，机械能减少量为
在水平轨道右滑时，机械能减少量为
减少的总机械能为
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物体在倾斜滑轨上滑下到末端的过程中，根据动能定理列式即可求得速度的大小；
（2）由功能关系可知，货物克服摩擦力所做的功等于货物机械能的减少量，则总机械能的减少量即在两段轨道上损失的机械能之和。
（1）根据动能定理
解得
（2）在倾斜轨道下滑时，机械能减少量为
在水平轨道右滑时，机械能减少量为
减少的总机械能为
14．如图，圆形线圈的匝数，面积，处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的规律为，回路中接有阻值为的电热丝，线圈的电阻。电热丝密封在体积的长方体绝热容器内，容器缸口处有卡环。容器内有一不计质量的活塞，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，活塞左侧封闭一定质量的理想气体，起始时活塞处于容器中间位置，外界大气压强始终为，接通电路开始缓慢对气体加热，加热前气体温度为27℃。
（1）求流过电热丝的电流；
（2）开始通电活塞缓慢运动，刚到达卡环时，汽缸内气体的内能增加了，若电热丝产生的热量全部被气体吸收，求此时汽缸内气体的温度及电热丝的通电时间。
【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律可得电动势为
可得流过电热丝的电流为
（2）解：开始通电活塞缓慢运动，刚到达卡环时，密封气体做等压变化，根据盖一吕萨克定律可得
解得此时汽缸内气体的温度为
此过程外界对气体做功为
根据热力学第一定律可得
可得气体吸收热量为
根据焦耳定律可得
可得电热丝的通电时间为
【知识点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；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
【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，再由闭合电路的欧姆定律求出感应电流的大小；
（2）由盖—吕萨克定律求出气缸内的温度，然后热力学第一定律可求气体吸收的热量，再由焦耳定律可求通电时间。
15．如图所示，在坐标系区域内存在平行于轴、电场强度大小为（未知）的匀强电场，分界线将区域分为区域I和区域II，区域I存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为（未知）的匀强磁场，区域II存在垂直直面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场及沿轴负方向、电场强度大小为的匀强电场。一质量为、电荷量为的带正电粒子从点以初速度垂直电场方向进入第二象限，经点进入区域I，此时速度与轴正方向的夹角为，经区域I后由分界线上的A点（图中未画出）垂直分界线进入区域II，不计粒子重力及电磁场的边界效应。求：
（1）电场强度的大小；
（2）带电粒子从点运动到A点的时间；
（3）粒子在区域II中运动时，A点到第1次最低点的水平位移。
【答案】（1）解：粒子经过点时，由几何关系得速度
粒子从点到点，由动能定理得
联立解得
（2）解：粒子从点到点，由运动学公式有
解得类平抛运动时间
粒子从点到A点，其运动轨迹如图所示。
由抛体运动的规律可得
由几何关系得粒子在区域I中做匀速圆周运动半径
在区域I中运动时间
则粒子从点运动到A点的时间
（3）解：粒子在区域I中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
根据牛顿第二定律得
解得
如图所示，在A点对粒子由配速法，设对应的洛伦兹力与静电力平衡，则有，方向相反，与的合速度对应洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，这样，粒子进入区域II中的运动可以分解为以方向的匀速直线运动和以速度的匀速圆周运动，静电力等于洛伦兹力
故有
解得
合速度，方向竖直向下
设对应的匀速圆周运动的半径为，洛伦兹力提供向心力
根据牛顿第二定律得
解得
粒子从点第1次到达最低点的时间
A点到第1次最低点的水平位移
联立解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在第二象限内做类平抛运动，将运动分解处理，根据牛顿第二定律与运动学公式求解；
（2）粒子在磁场内做匀速圆周运动，由几何关系解得运动半径，根据洛伦兹力提供向心力有求解；
（3）分析洛伦兹力与电场力关系，从而分析粒子的运动情况，根据几何关系解答。
（1）粒子经过点时，由几何关系得速度
粒子从点到点，由动能定理得
联立解得
（2）粒子从点到点，由运动学公式有
解得类平抛运动时间
粒子从点到A点，其运动轨迹如图所示。
由抛体运动的规律可得
由几何关系得粒子在区域I中做匀速圆周运动半径
在区域I中运动时间
则粒子从点运动到A点的时间
（3）粒子在区域I中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
根据牛顿第二定律得
解得
如图所示，在A点对粒子由配速法，设对应的洛伦兹力与静电力平衡，则有，方向相反，与的合速度对应洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，这样，粒子进入区域II中的运动可以分解为以方向的匀速直线运动和以速度的匀速圆周运动，静电力等于洛伦兹力
故有
解得
合速度，方向竖直向下
设对应的匀速圆周运动的半径为，洛伦兹力提供向心力
根据牛顿第二定律得
解得
粒子从点第1次到达最低点的时间
A点到第1次最低点的水平位移
联立解得
1 / 12025届广东省高三下学期高考信息卷物理试题
1．经典力学是从宏观的、日常的运动中总结出来的。运用经典力学研究下列运动的时间，有误差的是（　　）
A．成熟的苹果落地的时间
B．火车过隧道的时间
C．带电粒子在回旋加速器中的运动周期
D．单摆的周期
2．铁的原子结构稳定，因此生活中通常用“关系铁”、“铁哥们儿”、“老铁”来形容关系好。铁的原子结构稳定是因为铁的（　　）
A．导热性能强 B．密度大
C．结合能大 D．平均核子质量小
3．马老师和王老师在操场上给同学们演示绳波的形成和传播，一位老师手持绳子一端以周期上下振动，可以认为是简谐振动，图示时刻绳子上质点正向下运动，绳子上1、3两质点在最低点，绳子上质点2在最高点，、两质点在平衡位置，相距，则（　　）
A．绳波是纵波
B．是王老师手持绳子上下振动
C．绳波的传播速度
D．老师减小振动周期则绳波的速度将增大
4．“探索自然、创建未来”，在我市某校小学科技节中，二年级四班开展的是“电与磁”的体验，具体要求如下图海报所示，作为大哥哥、大姐姐你应该对小朋友做出怎样的最佳建议？闭合开关前（　　）
A．调整指南针位置，使指南针与其上方导线平行
B．调整指南针位置，使指南针与其上方导线垂直
C．调整导线位置，使导线与其下方指南针垂直
D．调整导线位置，使导线与其下方指南针平行
5．如乙图所示，一束复色光从空气射向一个球状玻璃后被分成了、两束单色光，分别将这两束单色光射向图甲所示装置，仅有一束光能发生光电效应。调节滑片P的位置，当电流表示数恰为零时，电压表示数为。已知该种金属的极限频率为，电子电荷量的绝对值为，普朗克常量为，则（　　）
A．光在玻璃中的传播速度比光小
B．增大图乙中的入射角，光的出射光先消失
C．光的光子能量为
D．保持光强不变，滑片P由图示位置向左移，电流表示数变大
6．如图甲所示为一个均匀带正电的圆环，以圆环的圆心为坐标原点，过点垂直于圆环平面的线为轴，在其轴线上距离圆心处产生的电场强度如图乙所示，将一个带负电微粒（不计重力）从处静止释放，则粒子（　　）
A．沿着轴负向运动到无穷远处 B．在点两侧做简谐运动
C．在A的电势能比在B的电势能低 D．到达点的速度最大
7．质量分布均匀、厚度相等的三角薄板，用一根细绳将其悬挂在空中。为使三角薄板在空中保持水平，细绳应该系在三角薄板上的（　　）
A．甲图中过点的的垂线与过的点的垂线的交点
B．乙图中点与的中点连线和点与的中点连线的交点
C．丙图中的角平分线与的角平分线的交点
D．丁图中的中垂线与的中垂线的交点
8．足球比赛中，运动员发任意球时，踢出的足球有时会在行进中绕过“人墙”转弯进入球门（如图甲），这就是所谓的“香蕉球”。踢出“香蕉球”是因为运动员踢出球时，足球向前运动的同时还在绕轴自转（如图乙所示）；自上向下观察（如图丙所示）由于足球的自转使贴着足球表面的一层薄空气被球带动做同一旋向的转动，导致足球、两侧的空气相对球的速度不等而产生压力差，使得足球发生偏转。则（　　）
A．甲图中足球受到空气压力向左 B．甲图中足球受到空气压力向右
C．空气流速大的一侧压力大 D．空气流速小的一侧压力大
9．利用重力加速度反常可探测地下的物质分布情况。在地下某处（远小于地球半径）的球形区域内有一重金属矿，如图甲所示，探测人员从地面点出发，沿地面相互垂直的、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分别如图乙、丙所示。由此可初步判断（　　）
A．重金属矿地面位置坐标约为
B．重金属矿地面位置坐标约为
C．图像中
D．图像中
10．如图所示，两根足够长、间距为的光滑竖直平行金属导轨，导轨上端接有开关、电阻、电容器，其中电阻的阻值为，电容器的电容为（不会击穿、未充电），金属棒MN水平放置，质量为，空间存在垂直轨道向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，不计金属棒和导轨的电阻。闭合某一开关，让MN沿导轨由静止开始释放，金属棒MN和导轨接触良好，重力加速度为。则（　　）
A．只闭合开关，金属棒做匀加速直线运动
B．只闭合开关，电容器左侧金属板带正电
C．只闭合开关，金属棒MN下降高度为时速度为v，则所用时间
D．只闭合开关，通过金属棒MN的电流
11．卡文迪什测定引力常量的实验装置如图所示（是一个扭秤）。两个质量为的小球1固定在一根轻杆的两端，用一根石英悬丝将轻杆水平地悬挂起来，测量时，把两个质量为的小球2放在质量为的小球1附近。根据万有引力定律，当小球2放在A位置时，由于小球1受到小球2的吸引力，固定小球1的轻杆会受到一个力矩而转动，从而使石英悬丝扭转。引力力矩最后被悬丝的弹性恢复力矩所平衡，这时悬丝扭转的角度通过平面镜放大2倍后从一个读尺系统中清晰地显示出来。卡文迪什通过测量扭秤的扭转角度，得到了值。
（1）为了使实验现象明显，下列、最合适的是________；
A．，
B．，
C．，
（2）实验过程中，未放小球2时读尺系统（0刻度位于右侧）角度记为，小球2放在A位置时读尺系统角度记为，则扭转角为　 　；小球2放在位置时读尺系统角度记为。为了提高测量的灵敏度，扭转角应该取　 　。（均用、、表示）
12．根据人体电阻的大小可以初步判断人体脂肪所占比例。
（1）实验小组用多用电表直接粗糙人体电阻，先把选择开关调至“”挡，经欧姆调零后测量人体电阻，指针偏转如图a所示：为了使测量结果更准确，应把选择开关调至　 　（填“”或“”）挡，经欧姆调零后再次测量，示数如图b所示，则人体电阻为　 　；
（2）现用另外方案测量人体电阻，实验小组根据已有器材设计了一个实验电路。实验室提供的器材如下：电压表（量程，内阻），电压表（量程，内阻），电流表A（量程，内阻），滑动变阻器R（额定电流，最大阻值），电源E（电动势，内阻不计），开关S，导线若干，请帮助完成下列实验步骤：
①图中虚线框内缺少了一块电表，应选择　 　，
②请把实验电路图补充完整　 　；
③若步骤①中所选电表的示数为D，电压表的示数为，则待测电阻　 　（用题中所给的物理量符号表达）。
13．物流公司用滑轨装运货物，如图所示。长为、倾角为的倾斜滑轨与长为的水平滑轨平滑连接，有一质量为的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑并以一定的速度进入货车。已知货物与两段滑轨间的动摩擦因数均为0.25，，，空气阻力不计，重力加速度取。求：
（1）货物滑到倾斜滑轨末端的速度大小；
（2）货物在倾斜滑轨与水平滑轨上损失的总机械能。
14．如图，圆形线圈的匝数，面积，处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的规律为，回路中接有阻值为的电热丝，线圈的电阻。电热丝密封在体积的长方体绝热容器内，容器缸口处有卡环。容器内有一不计质量的活塞，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，活塞左侧封闭一定质量的理想气体，起始时活塞处于容器中间位置，外界大气压强始终为，接通电路开始缓慢对气体加热，加热前气体温度为27℃。
（1）求流过电热丝的电流；
（2）开始通电活塞缓慢运动，刚到达卡环时，汽缸内气体的内能增加了，若电热丝产生的热量全部被气体吸收，求此时汽缸内气体的温度及电热丝的通电时间。
15．如图所示，在坐标系区域内存在平行于轴、电场强度大小为（未知）的匀强电场，分界线将区域分为区域I和区域II，区域I存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为（未知）的匀强磁场，区域II存在垂直直面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场及沿轴负方向、电场强度大小为的匀强电场。一质量为、电荷量为的带正电粒子从点以初速度垂直电场方向进入第二象限，经点进入区域I，此时速度与轴正方向的夹角为，经区域I后由分界线上的A点（图中未画出）垂直分界线进入区域II，不计粒子重力及电磁场的边界效应。求：
（1）电场强度的大小；
（2）带电粒子从点运动到A点的时间；
（3）粒子在区域II中运动时，A点到第1次最低点的水平位移。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】经典力学适用于宏观、低速运动的物体，对于微观、高速运动的物体不适用，选项ABD中的物体均属于宏观、低速运动的物体，经典力学能适用，选项C中的带电粒子在回旋加速器中的运动周期，属于微观、高速运动的物体，经典力学不能适用，故C正确，ABD错误。故选：C。
【分析】牛顿力学有它的局限性，只能适用于宏观、低速、弱引力环境下。在物体以接近光速的情况下运动时只能采用狭义相对论处理，在强引力环境中遵从的是广义相对性原理，在微观世界中又需利用备子力学原理。
2．【答案】D
【知识点】结合能与比结合能
【解析】【解答】铁属于中等质量的原子核，中等质量的原子核的平均核子质量小，对应的比结合能大，所以铁的原子核非常稳定，与结合能大小、导热性能、密度的大小等都无关，故ABC错误，D正确。故选：D。
【分析】比结合能的大小反映原子核的稳定程度。
3．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、由于质点的振动方向与传播方向垂直，则绳波是横波，故A错误；B、图示时刻绳子上A质点正向下运动，结合图像根据“同侧法”可知波向右传播，是马老师手持绳子上下振动，故B错误；
C．、两质点在平衡位置， 相距， 结合图像则有，波传播速度，解得
故C正确；
D．波速是由介质决定的，与周期无关，所以老师减小振动周期，绳波的速度不变，故D错误。
故选C。
【分析】质点的振动方向与传播方向垂直，绳波是横波；根据“同侧法”可知波波的传播方向，由此分析；根据图像求解波长，根据波速计算公式求解波速；速是由介质决定的。
4．【答案】D
【知识点】地磁场；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】根据通电直导线周围的磁场特点，在闭合开关前直导线和指南针应该平行，因为指南针还要受地磁场影响，故应该调整导线位置，使导线与指南针平行，故D正确，ABC错误。故选：D。
【分析】根据通电直导线的磁场特点结合指南针的工作原理进行分析解答。
5．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光电效应
【解析】【解答】A．由乙图知，由于两束光入射角相同，b光的折射角小，根据可知b光的折射率大于a光的折射率，根据可知b光在玻璃中的传播速度比a光小，故A错误；B．根据圆的对称性可知，入射光与出射光是对称的，则光路可逆，所以大图乙中的入射角，b光的出射光不会消失，故B错误；
C．光的折射率较大，则频率较大，能发生光电效应的是b光，根据
可得光子能量为，选项C正确；
D．保持光强不变，滑片P由图示位置向左移，则光电管反向电压变大，则电流表示数变小，选项D错误。
故选C。
【分析】根据折射定律得出光的折射率的大小关系，结合折射率与传播速度的关系得出两束光在玻璃中的传播速度的大小关系；根据光路可逆判断；根据光电效应方程得出光子的能量表达式；理解电路构造的分析，结合电阻的变化分析出电流表示数的变化。
6．【答案】C,D
【知识点】电场强度；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．由乙图知，O点左侧场强方向从O点出发指向无穷远处，右侧场强方向也从O点指向无穷远处，故将一个带负电微粒（不计重力）从B处静止释放，粒子先受到向左的电场力，向左加速，过了O点，受到的电场力向右，做减速，直到速度为零，然后再反向加速，过O点后，再减速，到速度为零，如此往返运动，由乙图可知，微粒所受电场力与其位移是非线性关系，所以不做简谐运动，故AB错误；
C．沿电场线方向电势逐渐降低，且E-x图线与坐标轴所围面积表示电势差，由图可知OB之间的电势差大于OA之间的电势差，所以A点的电势大于B点的电势，对负电荷来说，电势越高电势能越小，所以粒子在A处的电势能小于在B处的电势能，故C正确；
D．粒子在到达O点前一直加速运动，所以粒子在O点处速度最大，故D正确。
故选CD。
【分析】根据电场强度的方向和粒子的受力方向分析；先比较A点和B点电势的高低，然后比较电势能的大小；根据粒子的运动情况分析即可。
7．【答案】B
【知识点】重力与重心
【解析】【解答】A、“过E点的FH的垂线与过F点的EH的垂线的交点”，这是三角形的高的交点（垂心），不是重心，故A错误；B、“E点与FH的中点连线（中线）和F点与EH的中点连线（中线）的交点”，是三角形两条中线的交点，即几何中心，是重心，故B正确；
C、“∠F的角平分线与∠E的角平分线的交点”，是三角形的内心（角平分线交点，到三边距离相等），不是重心，故C错误；
D、“FH的中垂线与EH的中垂线的交点”，是三角形的外心（垂直平分线交点，外接圆圆心），不是重心，故D错误。
故选：B。
【分析】质量分布均匀、形状规则的物体，重心在其几何中心。要使三角薄板水平悬挂，细绳拉力需过重心（几何中心），需确定三角薄板的几何中心位置。
8．【答案】B,D
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】AB.根据曲线运动的特点，可知甲图足球受到的空气压力指向运动轨迹的凹侧，所以足球受到的空气压力向右，A错误，B正确；
CD.从丙图可知，压力差指向空气流速快的一侧，即空气流速大的一侧压力小，空气流速小的一侧压力大，C错误，D正确。
故选：BD。
【分析】做曲线运动的物体运动轨迹向受力方向弯曲，根据受力方向，结合题意判断空气流速与压力的大小关系。
9．【答案】A,C
【知识点】重力加速度；力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】AB、由图乙可知，在x=0位置的重力加速度g最大，由图丙可知，在y=10km位置的重力加速度g最大，所以重金属矿地面位置坐标约为（0，10km），故A正确，B错误；CD、由乙、丙图可以看出，在原点处的是金属矿引力分量加地球引力，而在y=10km的位置是金属矿引力加地球引力，所以Δg1＜Δg2，故C正确，D错误。
故选：AC。
【分析】根据乙、丙图可以分析重金属矿的位置坐标；根据图乙和图丙比较即可。
10．【答案】B,C,D
【知识点】电容器及其应用；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．只闭合开关S1，金属棒和电阻组成闭合回路，金属棒向下加速运动，电路中有感应电流产生，金属棒受到安培力作用，对金属棒根据牛顿第二定律可得，又，
整理得，所以随着速度的增加，金属棒做加速度减小的变加速运动，故A错误；
B．只闭合开关S2，金属棒和电容组成电路，根据右手定则可知金属棒M端电势高于N端电势，所以电容器左侧金属板带正电，故B正确；
C．只闭合开关S1，金属棒MN下降高度为h时速度为v，设所用时间为t，规定向下的方向为正方向，对金属棒根据动量定理有，又，，，
联立解得，故C正确；
D．只闭合开关S2，金属棒MN运动过程中取一段时间，且趋近于零，设导体棒加速度为a，则有，对导体棒，根据牛顿第二定律可
联立解得，故D正确。
故选BCD。
【分析】根据牛顿第二定律写出金属棒加速度的表达式分析；根据右手定则判断；根据动量定理计算；根据牛顿第二定律结合电流的定义式，加速度的定义式，感应电动势的计算公式等计算。
11．【答案】（1）A
（2）；
【知识点】引力常量及其测定
【解析】【解答】（1）为了使实验现象明显，小球之间的万有引力要尽量大些，考虑石英悬丝的承重能力，小球1的质量m1不能太大，根据万有引力定律，应该使小球2的质量m2尽量大些，故A正确，BC错误；
故选：A。
（2）未放小球2时读尺系统（0刻度位于右侧）角度记为，小球2放在A位置时，小球1逆时针转动（俯视），光点在读尺系统上左移，读尺系统角度记为，悬丝扭转的角度通过平面镜放大2倍，设扭转角为，则，扭转角为
小球2放在位置时，小球1顺时针转动（俯视），光点在读尺系统上右移，如图所示，此时扭转角
为了提高测量的灵敏度，对两次实验的扭转角取平均值，得
【分析】（1）为了使实验现象明显，小球之间的万有引力要尽量大些，考虑石英悬丝的承重能力，小球1的质量不能太大，应该使小球2的质量尽量大些；
（2）已知悬丝扭转的角度通过平面镜放大2倍，则读尺系统角度差值的一半等于扭转角；小球2分别放在A位置与B位置时，平面镜的转动方向是相反的，则读尺系统角度差值最大为θ2-θ1，为了提高测量的灵敏度，应使扭转角的测量值要尽量大。
（1）为了使小球1运动状态改变大，小球1的质量应尽量小一些；为了使两小球间的作用力大一些，小球2的质量应尽量大。故选A。
（2）[1]未放小球2时读尺系统（0刻度位于右侧）角度记为，小球2放在A位置时，小球1逆时针转动（俯视），光点在读尺系统上左移，读尺系统角度记为，悬丝扭转的角度通过平面镜放大2倍，设扭转角为，则
扭转角为
[2]小球2放在位置时，小球1顺时针转动（俯视），光点在读尺系统上右移，如图所示，此时扭转角
为了提高测量的灵敏度，对两次实验的扭转角取平均值，得
12．【答案】；100；；；
【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】（1）由题图可知，当选择开关调至“”挡时，欧姆表指针偏角过小，可知选择量程过小，应把选择开关调至挡；
由图b可知，人体电阻为。
故答案为：；100
（2） ① 流过人体的最大电流约为
则电流表的量程太大，可以用电压表代替电流表，其量程为。
故答案为：
② 由于滑动变阻器的最大阻值相对人体电阻的阻值太小，为了起到更好的调节作用，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下图所示
③ 流过人体电阻的电流
人体电阻两端的电压
根据欧姆定律可得人体电阻。
【分析】（1）多用电表调节：指针偏转小，换高挡位（×10k ），使读数更准确。
（2） ① 小电流测量：电流表量程过大时，用电压表替代（利用 测电流 ）。
② 分压电路：变阻器阻值远小于待测电阻时，用分压式电路扩大电压调节范围。
③ 电阻推导：通过电压表示数与内阻，结合欧姆定律推导待测电阻。
13．【答案】（1）解：根据动能定理
解得
（2）解：在倾斜轨道下滑时，机械能减少量为
在水平轨道右滑时，机械能减少量为
减少的总机械能为
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物体在倾斜滑轨上滑下到末端的过程中，根据动能定理列式即可求得速度的大小；
（2）由功能关系可知，货物克服摩擦力所做的功等于货物机械能的减少量，则总机械能的减少量即在两段轨道上损失的机械能之和。
（1）根据动能定理
解得
（2）在倾斜轨道下滑时，机械能减少量为
在水平轨道右滑时，机械能减少量为
减少的总机械能为
14．【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律可得电动势为
可得流过电热丝的电流为
（2）解：开始通电活塞缓慢运动，刚到达卡环时，密封气体做等压变化，根据盖一吕萨克定律可得
解得此时汽缸内气体的温度为
此过程外界对气体做功为
根据热力学第一定律可得
可得气体吸收热量为
根据焦耳定律可得
可得电热丝的通电时间为
【知识点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；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
【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，再由闭合电路的欧姆定律求出感应电流的大小；
（2）由盖—吕萨克定律求出气缸内的温度，然后热力学第一定律可求气体吸收的热量，再由焦耳定律可求通电时间。
15．【答案】（1）解：粒子经过点时，由几何关系得速度
粒子从点到点，由动能定理得
联立解得
（2）解：粒子从点到点，由运动学公式有
解得类平抛运动时间
粒子从点到A点，其运动轨迹如图所示。
由抛体运动的规律可得
由几何关系得粒子在区域I中做匀速圆周运动半径
在区域I中运动时间
则粒子从点运动到A点的时间
（3）解：粒子在区域I中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
根据牛顿第二定律得
解得
如图所示，在A点对粒子由配速法，设对应的洛伦兹力与静电力平衡，则有，方向相反，与的合速度对应洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，这样，粒子进入区域II中的运动可以分解为以方向的匀速直线运动和以速度的匀速圆周运动，静电力等于洛伦兹力
故有
解得
合速度，方向竖直向下
设对应的匀速圆周运动的半径为，洛伦兹力提供向心力
根据牛顿第二定律得
解得
粒子从点第1次到达最低点的时间
A点到第1次最低点的水平位移
联立解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在第二象限内做类平抛运动，将运动分解处理，根据牛顿第二定律与运动学公式求解；
（2）粒子在磁场内做匀速圆周运动，由几何关系解得运动半径，根据洛伦兹力提供向心力有求解；
（3）分析洛伦兹力与电场力关系，从而分析粒子的运动情况，根据几何关系解答。
（1）粒子经过点时，由几何关系得速度
粒子从点到点，由动能定理得
联立解得
（2）粒子从点到点，由运动学公式有
解得类平抛运动时间
粒子从点到A点，其运动轨迹如图所示。
由抛体运动的规律可得
由几何关系得粒子在区域I中做匀速圆周运动半径
在区域I中运动时间
则粒子从点运动到A点的时间
（3）粒子在区域I中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
根据牛顿第二定律得
解得
如图所示，在A点对粒子由配速法，设对应的洛伦兹力与静电力平衡，则有，方向相反，与的合速度对应洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，这样，粒子进入区域II中的运动可以分解为以方向的匀速直线运动和以速度的匀速圆周运动，静电力等于洛伦兹力
故有
解得
合速度，方向竖直向下
设对应的匀速圆周运动的半径为，洛伦兹力提供向心力
根据牛顿第二定律得
解得
粒子从点第1次到达最低点的时间
A点到第1次最低点的水平位移
联立解得
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