精品解析：2025年高考广东卷物理试题（5-8，11-15）（解析版）_2025年全国各省市全科高考真题及答案_版本二（互相补充）_6、各省市全科真题及答案（按省份分类）_物理

2025 年普通高中学业水平选择性考试（广东卷）物理试题 1. 一颗小行星绕太阳运行，其近日点和远日点与太阳之间的距离分别为地球和太阳之间距离的5倍和7倍。 关于该小行星，下列说法正确的是（ ） A. 公转周期T 6年 1 B. 在该小行星在近日点的加速度是地球公转加速度的 25 C. 从远日点到近日点，小行星受太阳引力，逐渐减小 D. 从远日点到近日点，小行星线速度逐渐减小 【答案】B 【解析】 5R7R 【详解】A．根据题意，设地球与太阳间距离为R，则小行星公转轨道的半长轴为a 6R 2  6R 3 R3 由开普勒第三定律有  T2 T2 2 地 解得T  63T2 6 6年 地 故A错误； GMm B．由牛顿第二定律有 ma r2 GM 解得a  r2 a R2 1 可知 行   a  5R 2 25 地 1 即小行星在近日点的加速度是地球公转加速度的 ，故B正确； 25 Gmm C．从远日点到近日点，小行星与太阳间距离减小，由万有引力定律F  1 2 可知，小行星受太阳引力 r2 增大，故C错误； D．由开普勒第二定律可知，从远日点到近日点，小行星线速度逐渐增大，故D错误。 故选B。 2. 图是某种同步加速器的原理图。直线通道PQ有电势差为U 的加速电场，通道转角处有可调的匀强偏转 磁场B。电量为q，质量为m的带电粒子以速度v 进入加速电场，而后可以在通道中循环加速。带电粒子 0 在偏转磁场中运动的半径为R。忽略相对论效应，下列说法正确的是（ ） 第1页/共12页 学科网（北京）股份有限公司A. 偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里 B. 加速一次后，带电粒子的动能增量为2qU 1 C. 加速k次后，带电粒子的动能增量为v mv 2 kmqU m 0 m2v 2 2kmqU D. 加速k次后，偏转磁场的磁感应强度为B  0 qR 【答案】D 【解析】 【详解】A．直线通道PQ有电势差为U 的加速电场，粒子带正电，则粒子运动方向为PQ，由左手定则 可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，故A错误； BC．根据题意，由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为qU ，由于洛伦兹力不做功，则加 速k次后，带电粒子的动能增量为kqU ，故BC错误； 1 1 D．加速k次后，由动能定理有kqU  mv2  mv2 2 2 0 2kqU 解得v v2 0 m v2 粒子在偏转磁场中运动的半径为R，则有qvBm R mv m 2kqU m2v 2 2kmqU 联立解得B   v2  0 qR qR 0 m qR 故D正确。 故选D。 3. 如图所示，在光滑的水平面上，两小球M、N分别受到拉力F 、F 的作用，从静止开始在同一直线上相 1 2 向运动，在t 时刻发生正碰后各自反向运动。已知F 、F 始终大小相等、方向相反，从开始运动到碰撞后 1 1 2 第2页/共12页 学科网（北京）股份有限公司速度第1次减为0过程中，两小球速度v随时间t变化的关系图，可能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 F 【详解】根据牛顿第二定律a 两物体受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速 m 度大小之比为4:6=2:3，可知M、N的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m和2m；由图像可设MN碰前的速 度分别为4v 和 6v，则因 MN 系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律 3m4v2m6v3mv 2mv 1 2 1 1 1 1 若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知 3m(4v)2  2m(6v)2  3mv2  2mv2 2 2 2 1 2 2 解得v 4v、v 6v 1 2 因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，即两物体一起停止，则BD是错误的； 若不是弹性碰撞，则3m4v2m6v 3mv 2mv 1 2 可知碰后速度大小之比为v :v 2:3 1 2 1 1 1 1 若假设v =2v，则v =3v，此时满足 3m(4v)2  2m(6v)2  3mv2  2mv2 1 2 2 2 2 1 2 2 则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，对M来说碰撞前后的 速度之比为4v:2v=2:1 可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A正确，C错误。 第3页/共12页 学科网（北京）股份有限公司故选A。 4. 可视为质点的小球，沿光滑的冰坑内壁滑出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周 运动的轨道半径R0.4m，小球所在位置切面与水平面夹角45，小球质量为m0.1kg，重力加速 度取g 10m/s2。关于小球，以下说法正确的是（ ） A. 角速度为5rad/s B. 线速度大小为4m/s C. 向心加速度大小为10m/s2 D. 所受支持力大小为1N 【答案】AC 【解析】 【详解】A．对小球受力分析可知F =mgtan45m2R 向 解得5rad/s 故A正确； B．线速度大小为vR2m/s 故B错误； C．向心加速度大小为a 2R 10m/s2 n 故C正确； mg D．所受支持力大小为N   2N cos45 故D错误。 故选AC。 5. 请完成下列实验操作和计算。 （1）在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图所示，读数 _________mm。 （2）实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能，装置如图所示，图中轨道由轨道甲和乙平滑拼接而 第4页/共12页 学科网（北京）股份有限公司成，且轨道乙倾角较大。 ①选取相同的两辆小车，分别安装宽度为1.00cm的遮光条。 ②轨道调节。 调节螺母使轨道甲、乙连接处适当升高。将小车在轨道乙上释放，若测得小车通过光电门A和B的_________。 证明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。 ③碰撞测试 先将小车1静置于光电门A和B中间，再将小车2在M点由静止释放，测得小车2通过光电门A的时间为 t ，碰撞后小车1通过光电门B的时间为t 。若t _________t ，可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。 2 1 2 1 ④吸能材料性能测试。 将吸能材料紧贴于小车2的前端。重复步骤③。测得小车2通过光电门A的时间为10.00ms，两车碰撞后， 依次测得小车1和2通过光电门B的时间分别为15.00ms、30.00ms，不计吸能材料的质量，计算可得碰撞 后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为_________（结果保留2位有效数字）。 【答案】（1）8.260##8.261##8.259 （2） ①. 时间相等 ②.= ③.0.56 【解析】 【小问1详解】 根据题意，由图可知，小球的直径为d 8mm26.00.01mm8.260mm 【小问2详解】 ②[1]若已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力，小车将在轨道甲上做匀速直线运动，通过两个光电 门的速度相等，即通过光电门A和B的时间相等。 ③[2]若两个小车发生弹性碰撞，由于两个小车的质量相等，则碰撞后两个小车的速度互换，即碰撞后小车 1的速度等于碰撞前小车2的速度，则有t =t 2 1 d 1102 ④[3]根据题意可知，碰撞前小车2的速度为v   m s1m s 0 t 10103 1 d 2 d 1 碰撞后，小车1和小车2的速度分别为v   m s，v   m s 1 t 3 2 t 3 2 3 第5页/共12页 学科网（北京）股份有限公司1 1 mv2  mv2 E 2 1 2 2 5 则碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为 k    0.56 E 1 9 k mv2 2 0 6. 科技小组制作的涡流制动演示装置由电磁铁和圆盘控制部分组成。 图（a）是电磁铁磁感应强度的测量电路。所用器材有：电源E（电动势15V，内阻不计）；电流表A（量程 有0.6A和3A，内阻不计）；滑动变阻器R （最大阻值100Ω）；定值电阻R （阻值10Ω）；开关S；磁传感 P 0 器和测试仪；电磁铁（线圈电阻16Ω）；导线若干。图（b）是实物图，图中电机和底座相固定，圆形铝盘 和电机转轴相固定。 请完成下列实验操作和计算。 （1）（1）量程选择和电路连接。 ①由器材参数可得电路中的最大电流为_________A（结果保留2位有效数字），为减小测量误差，电流表的 量程选择0.6A挡。 ②图（b）中已正确连接了部分电路，请在虚线框中完成R 、R 和A间的实物图连线______。 P 0 （2）（2）磁感应强度B和电流I关系测量。 ①将图（a）中的磁传感器置于电磁铁中心，滑动变阻器R 的滑片P置于b端。置于b端目的是使电路中 P 的电流_________，保护电路安全。 ②将滑片P缓慢滑到某一位置，闭合S。此时A的示数如图所示，读数为_________A。分别记录测试仪示 数B和I，断开S。 ③保持磁传感器位置不变，重复步骤②。 ④下图是根据部分实验数据描绘的B−I图线，其斜率为_________mT/A（结果保留2位有效数字）。 第6页/共12页 学科网（北京）股份有限公司（3）制动时间t测量。 利用图（b）所示装置测量了t，结果表明B越大，t越小。 【答案】（1） ①.0.58 ②. （2） ①. 最小 ②.0.48 ③.30 【解析】 【小问1详解】 ①[1]由题知，电源内阻不计、电流表内阻不计，则当滑动变阻器的阻值为零时，电路中有最大电流 E I   0.58A R R 0 线 ②[2]由于电路中最大电流为0.58A，则电流表应选择0~0.6A量程，根据电路图实物图连线如下 【小问2详解】 第7页/共12页 学科网（北京）股份有限公司①[1]滑动变阻器R 的滑片P置于b端时滑动变阻器的电阻最大，电路中的电流最小，保护电路安全。 P ②[2]电流表读数为0.48A。 15.25.6 ③[3]根据题图中数据可知B−I图线斜率为k  mT/A30mT/A 0.50.18 7. 铸造金属元件时，通过往进气口打气，将下方金属液体压进上方预热过的铸型室。其中铸型室与下方装 金属液的气室形状都为柱体，铸型室底面积S 0.2m2，高h 0.2m，铸型室底部与下方液面差初始为 1 1 H 0.15m，上方出气口与大气连通，大气压强 p 1105Pa，下方气室的底面积S 0.8m2，金属液 0 2 体密度5103kg/m3，g 10m/s2。管道面积忽略不计。 （1）当铸型室刚好充满金属液时，求下方液面下降高度h 与下方气室内气体压强 p 。 2 1 （2）将出气口关闭铸型，当上方铸型室液面高为h 0.04m时，求下方气室内气体压强 p 。 3 2 【答案】（1）h 0.05m， p 1.2105Pa 2 1 （2） p 1.35105Pa 2 【解析】 【小问1详解】 根据体积关系S h S h 1 1 2 2 可得下方液面下降高度h 0.05m 2 此时下方气体的压强 p  p g(h H h ) 1 0 1 2 代入数据可得 p 1.2105Pa 1 【小问2详解】 第8页/共12页 学科网（北京）股份有限公司初始时，上方铸型室气体的压强为 p ，体积V S h 0 1 1 当上方铸型室液面高为h 0.04m时体积为VS (h h ) 3 1 1 3 根据玻意耳定律 pV  pV 0 可得此时上方铸型室液面高为h 0.04m时气体的压强为 p1.25105Pa 3 同理根据体积关系S h S h 1 3 2 4 可得h 0.01m 4 此时下方气室内气体压强 p  pg(H h h ) 2 3 4 代入数据可得 p 1.35105Pa 2 8. 用开瓶器拔出瓶中的木塞，初始时软木塞的上截面与玻璃瓶口平齐，木塞质量为m，高为h，过程中做  x 匀加速直线运动，加速度为a、过程中木塞受到的摩擦力为 f  f 1 ，其中 f 为参数，h为木塞高， 0  h 0 x为木塞运动的距离。开瓶器齿轮的半径为r，重力加速度为g。 （1）求拔出时，齿轮的角速度ω； （2）求初始到拔出，开瓶器对木塞做的功W； （3）设经过时间为t，求开瓶器的功率P与t的关系式。 2ah 【答案】（1） r 1 （2）W mahmgh f h 2 0 f a2 （3）P magtma2t f at 0 t3 0 2h 第9页/共12页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【小问1详解】 木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式v2 2ah 根据角速度和线速度的关系vr 2ah 联立可得 r 【小问2详解】 根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示 1 可得摩擦力所做的功为W  f h f 2 0 1 对木塞，根据动能定理W W mgh mv20 f 2 1 解得W mahmgh f h 2 0 【小问3详解】 设开瓶器对木塞的作用力为F ，对木塞，根据牛顿第二定律F mg f ma 速度vat 1 位移x at2 2 开瓶器的功率P Fv f a2 联立可得P magtma2t f at 0 t3 0 2h 9. 一矩形上下方有两块长为d的绝缘板，左、右方有两块带电金属板，两端电势差为u，一质量为m，带 正电的粒子从矩形左上角静止释放后往矩形内运动，第一次与下方绝缘板碰撞，碰撞处与左侧距离为l。 第10页/共12页 学科网（北京）股份有限公司（1）求带电量q； （2）当粒子与绝缘板第一次碰撞后，粒子带电量变为Q，碰后瞬间粒子合外力与运动方向垂直，碰撞后水 平方向速度不变，竖直速度大小变为原来的k倍（k 1），求带电量Q； （3）在静止释放后，从开始到第二次与绝缘板碰撞过程中，求电场力对粒子做的功W。 mgdl 【答案】（1）q uh kmgdh （2）Q ul mgl2 4k4mgh3 （3） 4k2mgh h l2 【解析】 【小问1详解】 1 根据题意可知，粒子在竖直方向上做自由落体，则有h gt2 2 uq 1 水平方向上做匀加速直线运动，则有 ma，l  at2 d 2 mgdl 解得q uh 【小问2详解】 根据题意可知，粒子与绝缘板第一次碰撞时，竖直分速度为v  2gh y1 2gl2 水平分速度为v  2al  x1 h 则第一次碰撞后竖直分速度为v kv k 2gh y2 y1 v kh 设第一次碰撞后粒子速度方向与水平方向夹角为，则有tan y2  v l x1 uQ 由于第一次碰撞后瞬间粒子所受合力与速度方向垂直，则有 d uQ tan  mg mgd 第11页/共12页 学科网（北京）股份有限公司kmgdh 联立解得Q  ul 【小问3详解】 根据题意可知，由于k 1，则第一次碰撞后粒子不能返回上绝缘板，设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运 2k 2gh 2h 动时间为t，则有t  2k g g uQ kgh 水平方向上做匀加速直线运动，加速度为a  md l 1 4k3h2 水平方向运动的距离为lv t at2 4kl x1 2 l uql uQl mgl2 4k4mgh3 则电场对粒子做的功为W    4k2mgh d d h l2 第12页/共12页 学科网（北京）股份有限公司