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2025 年广东卷物理真题
一、单选题
1.关于受迫振动和多普勒效应，下列说法正确的是( )
A. 系统的固有频率与驱动力频率有关
B. 只要驱动力足够大，共振就能发生
C. 应用多普勒效应可以测量车辆的速度
D. 观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率大
2.如图所示。某光伏电站输出功率1000kW、电压400V的交流电，经理想变压器升压至10kV后，通过输
电线输送到变电站，输电线的等效电阻R为5Ω。下列说法正确的是( )
A. 变压器原、副线圈匝数比为1:100 B. 输电线上由R造成的电压损失为500V
C. 变压器原线圈中的电流为100A D. 变压器原、副线圈中电流的频率不同
3.有甲、乙两种金属，甲的逸出功小于乙的逸出功。使用某频率的光分别照射这两种金属，只有甲发射光
电子，其最大初动能为E ，下列说法正确的是( )
k
A. 使用频率更小的光，可能使乙也发射光电子
B. 使用频率更小的光，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于E
k
C. 频率不变，减弱光强，可能使乙也发射光电子
D. 频率不变，减弱光强，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于E
k4.如图为测量某种玻璃折射率的光路图。某单色光从空气垂直射入顶角为α的玻璃棱镜，出射光相对于入
射光的偏转角为β，该折射率为( )
sin(α+β) sin(α+β) sinα sinβ
A. B. C. D.
sinα sinβ sinβ sinα
5.一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
B. 从远日点到近日点所受太阳引力大小逐渐减小
C. 从远日点到近日点线速度大小逐渐减小
1
D. 在近日点加速度大小约为地球公转加速度的
25
6.某同步加速器简化模型如图所示。其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁
场B。带电荷量为-q、质量为m的离子以初速度v 从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环
0
加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正
确的是( )
A. 偏转磁场的方向垂直纸面向里
B. 第1次加速后，离子的动能增加了2qU
C.
第k次加速后，离子的速度大小变为√m2v 2+kqUm
0
m
D.
第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为√m2v 2−2kqUm
0
qR
7.如图所示，在光滑的水平面上，小球M、N分别在水平恒力F 、F 作用下，由静止开始在同一直线相向
1 2
运动，在t 时刻发生正碰后各自反向运动。已知F 和F 始终大小相等、方向相反，从开始运动到碰撞后速
1 1 2
度第1次减为0过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是( )A.
B.C.
D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，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为0.4m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45∘，小球质量为0.1kg，重力加速度g
取10m/s2。关于该小球，下列说法正确的有( )
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
9.如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组
成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘
内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上
述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有( )
E
A. 线圈电阻为 B. I越大，表明m越大 C. v越大，则E越小 D.
I
EI
m= −M
vg
10.如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实
时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30∘角，其
大小F随时间t的变化关系为F=F −kt(F≠0,F 、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速
0 0
度为g。关于该无人机在0到T 时间段内(T是满足F>0的任一时刻)，下列说法正确的有( )A. 受到空气作用力的方向会变化
B. 受到拉力的冲量大小为( 1 )
F − kT T
0 2
C. 受到重力和拉力的合力的冲量大小为 ( 1 )
mgT+ F − kT T
0 2
D. T 时刻受到空气作用力的大小为√3 ( F −kT) 2
(F −kT) 2+ mg− 0
4 0 2
三、实验题
11.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，示数如图甲所示，读
数为 mm。(2)实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能，装置如图乙所示，图中轨道由轨道甲和乙平滑拼接
而成，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 ，
表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)。
12.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；磁传感器和
P 0
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)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)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端目的是使电路中的
P
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)。
(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。
四、计算题
13.如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸
型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强p =1.0×105Pa，铸型
0
室底面积S =0.2m2 ，高度ℎ =0.2m，底面与注气前气室内金属液面高度差H=0.15m，柱状气室底面积
1 1
S =0.8m2 。注气前，气室内气体压强为p ，金属液的密度ρ=5.0×103kg/m3，重力加速度取
2 0
g=10m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。(1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度ℎ和气室内气体压强p 。
2 1
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液
高度为ℎ =0.04m时，气室内气体压强p 。
3 2
14.如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕
固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶
口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为
x
f =f (1− )，其中f 为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径
0 0
ℎ
为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。(提示：可用f −x
图线下的“面积”表示f所做的功)
求：(1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω；
(2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W；
(3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
15.如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金
属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，
与下方绝缘平板在 B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合
力垂直.其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的 k倍(k<1)。已知颗粒质量为m，
两绝缘的平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加
速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。
求：(1)颗粒碰撞前的电荷量q。
(2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。
(3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.系统的固有频率只与系统本身有关，与驱动力频率无关，A错误；
B.只有驱动力频率与系统固有频率相同时，共振才能发生，B错误；
CD.根据多普勒效应可知观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率小，观察者与波源相
互靠近时，接收到的波的频率比波源的频率大，所以应用多普勒效应可以测量车辆的速度，C正确，D错
误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】A.根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可得 n U 400 1 ，A错误；
1= 1= =
n U 10000 25
2 2
P 1000000
B.原副线圈两端的功率相等，流过副线圈的电流 I = = A=100A
2 U 10000
2
输电线上由R造成的电压损失为 ΔU=I R=100×5V =500V，B正确；
2
P 1000000
C.变压器原线圈中的电流为 I = = A=2500A，C错误；
1 U 400
1
D.变压器不改变交变电流的频率，变压器原、副线圈中电流的频率相同，D错误。
故选B。
3.【答案】B
【解析】A.某频率的光不能使乙金属发生光电效应，说明此光的频率小于乙金属的截止频率，则换用频率
更小的光则更不能发生光电效应，A错误；
B.由光电效应方程 E = ℎν−W 可知频率越大最大初动能越大，换用频率更小的光最大初动能小于 E ，
k 0 k
B正确；
C.频率不变则小于乙金属的截止频率，不会发生光电效应，C错误；
D.由 E = ℎν−W 可知频率不变最大初动能不变，D错误。
k 0
故选B。
4.【答案】A
【解析】光路图如图所示sin(α+β)
则有折射定律可得 n= 。
sinα
故选A。
5.【答案】D
5R+7R
【解析】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，由开
2
普勒第三定律有
(6R) 3
=
R3
，解得
T=√63T2 =6√6
年，故A错误；
T2 T2 地
2 地
B.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 Gm m 可知，小行星受太阳引力
F= 1 2
r2
增大，故B错误；
C.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C错误。
D.由牛顿第二定律有 GMm ，解得 GM，可知 a R2 1 ，
=ma a= 行= =
r2 r2 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D正确；
25
故选D。
6.【答案】A
【解析】A.直线通道 PQ 有电势差为 U 的加速电场，粒子带负电，则粒子运动方向为 P→Q ，要使粒子
可以在通道中循环加速，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，故A正确；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
联立解得 mv m √ 2kqU √m2v 2+2kmqU，
B= = v2+ = 0
qR qR 0 m qR
故D错误。
故选A。
7.【答案】A
F
【解析】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3:2；
设M、N的质量分别为3m和2m；由图像可设M、N碰前的速度分别为4v和6v，则因MN系统受合外力为
零，则系统动量守恒，向右为正方向，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，由能量关系可知 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。
故选A。
8.【答案】AC【解析】A.小球受力情况如下图，F =mgtan45 ∘，由圆周运动规律有mgtan45∘=mω2R，解得
合
ω=5rad/s，A正确；
B.线速度v=ωR=2m/s，B错误；
C.向心加速度 ，C正确；
a =ω2R=10m/s2
n
mg
D.所受支持力N= =√2N，D错误。
cos45 ∘
故选AC。
9.【答案】BD
【解析】A.根据题意电动势E是线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I为线圈闭合时通入的电流，
E
故 不是线圈的电阻；故A错误；
I
B.根据平衡条件有 (M+m)g=BIL ①
可知I越大，m越大；故B正确；
C.根据公式有 E=BLv ②
可知v越大，E越大；故C错误；
EI
D.联立①②可得 m= −M，故D正确。
gv故选BD。
10.【答案】AB
【解析】AD.无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，
则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小重力和拉力的合力如图，
可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，已知拉力与水平面成30∘角，由几何关系可知在T时
刻有 (mg) 2+F2−F2 ，F = ，
cos120 ∘= 空 F −kT
0
2mgF
解得 ，
F =√(F −kT) 2+(mg) 2+mg(F −kT)
空 0 0
故A正确、D错误；
B.由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F−t 图像与坐标轴围
成的面积为 ( 1 ) ，故B正确；
F − kT T
0 2
√3
C.将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有 F = (F −kt)，无人机
x 2 0
1
受重力和拉力的合力在竖直方向有 F = (F −kt)+mg，
y 2 0
√3 1
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为 I = (F T− kT2 )，
x 2 0 21 1
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为 I = F T− kT2+mgT，
y 2 0 4
则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为
√ 1 1 3
I=√I2+I2= (F T− kT2+ mgT) 2+ m2g2T2，
x y 0 2 2 4
故C错误。故选AB。
11.【答案】8.260 /8.261或8.259也可 时间相等 = 0.56
【解析】(1)由螺旋测微器的读数规则可知，小球直径d=8mm+26.0×0.01mm=8.260mm。
(2)②若已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力，小车在轨道甲上做匀速直线运动，故通过两个光
电门的时间相等。
③若两小车发生弹性碰撞，因二者质量相等，则碰撞后两小车速度互换，即碰撞后小车2静止、小车1速
度为碰撞前小车2的速度，故t =t 。
2 1
④碰撞前，小车2的速度 d 1×10−2 ，动能 1
v = = m/s=1m/s E = mv 2
0 Δt 10×10−3 k0 2 0
1
d 2 d 1
碰撞后，小车1的速度v = = m/s，小车2的速度v = = m/s，二者总动能
1 Δt 3 2 Δt 3
2 3
1 1
E = mv 2+ mv 2
k 2 1 2 2
1 1
mv2+ mv2
E 2 1 2 2 v2+v2 5
联立解得，碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值 k = = 1 2= ≈0.56
E
k0
1
mv2
v2
0
9
2 0
12.【答案】0.58
最小0.48
30
【解析】(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
E
电流 I= =0.58A
R +R
0 线
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
(2)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电流表读数为0.48A。
17.2−5.2
④根据题图中数据可知B−I图线斜率为 k= mT/A=30mT/A。
0.56−0.16
13.【答案】(1)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 +ρg(ℎ +H+ ℎ )
1 0 1 2
代入数据可得
p =1.2×105Pa
1
(2)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 时，体积为
ℎ =0.04m V ′=S (ℎ −ℎ )
3 1 1 3
根据玻意耳定律 p V =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′+ρg(H+ ℎ + ℎ )
2 3 4代入数据可得
p =1.35×105Pa
2
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)对木塞，由匀变速直线运动规律有v2=2aℎ ，解得木塞离开瓶口瞬间的速度v=√2aℎ ，亦
即齿轮外侧线速度
v √2aℎ
由v=ωr可得，故齿轮的角速度ω= =
r r
1
(2)由题意，作出木塞摩擦力与运动距离的关系图(如下图)，可得摩擦力做功W =− f ℎ
f 2 0
1
拔塞全程，对木塞，由动能定理有W+W −mgℎ−Δp⋅Sℎ = mv2，联立解得
f 2
1
W = f ℎ +mgℎ +maℎ +SℎΔp
2 0
(3)设开瓶器对木塞的作用力为F，对木塞，由牛顿第二定律有F−mg−f −Δp⋅S=ma
1
由匀变速直线运动规律有v=at、x= at2，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P=Fv
2
联立解得P=ma(g+a)t+aΔpSt+f at(1−
a
t2 )，其中t≤
√2ℎ
0 2ℎ a
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
1
15.【答案】(1)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(2)设颗粒在B点与绝缘平板碰撞前瞬间水平分速度大小为v ，竖直分速度大小为v ，所受合力与水平方
x y
gl √2ℎ √2g
向的夹角为β，则由运动学公式可得v =at= =l
x ℎ g ℎ
v =√2gℎ
y
由于颗粒反弹离开下方绝缘平板瞬间，水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍，
则颗粒反弹离开绝缘平板瞬间的水平分速度大小为v ，竖直分速度大小为v′ =kv =k√2gℎ，方向竖直
x y y
向上，
作出颗粒反弹离开下方绝缘平板瞬间的速度示意图如图所示，
1 v′ EQ
由于颗粒反弹离开绝缘瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，则θ+β=90∘，故tanθ= ，则 y =
tanβ v mg
x
kmgdℎ
联立可得Q=
Ul
(3)由于v′ =kv (k<1)，则颗粒从B点离开后在竖直方向做竖直上抛运动，无法到达上绝缘平板，所以
y y
颗粒的第二次碰撞是与下方绝缘平板或右侧金属平板发生的，
若颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则对颗粒从与下方绝缘平板第1次碰撞后瞬间到与下方绝缘2v ′
平板第2次碰撞前瞬间的过程，竖直方向上由竖直上抛运动规律可得该过程的运动时间为t′= y ，
g
1
水平方向上由运动学公式可得该过程颗粒在水平方向上的运动距离为x=v t′+ a t′2
x 2 1
UQ kgℎ
其中a = =
1 dm l
4k3
ℎ
2
解得x=4kl+
l
4k3
ℎ
2
当x≤d−l，即d≥(4k+1)l+ 时，颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则电场力对它做的
l
功为W =EQx，
2
又颗粒从A点运动到B点的过程中，电场力对它做的功为W =qEl
1
联立可得粒子从A点开始运动到第二次碰撞的过程，电场力对它做的功为
W =W +W =
mgl2
+4(1+
k2
ℎ
2
)k2mgℎ
1 2
ℎ
l2
4k3
ℎ
2
当x>d−l，即d<(4k+1)l+ 时，颗粒第二次碰撞是与右侧金属板发生的，则电场力对颗粒做的功
l
为W =EQ(d−l)
3
联立可得颗粒从A点开始运动到第二次碰撞的过程中，电场力对它做的功为
mgl2 (d−l)kmgℎ
W =W +W = +
1 3 ℎ l
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
