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2025 年高考广东卷物理真题
一、单选题
1.(2025·广东卷·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
答案 C
解析 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；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；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。
2.(2025·广东卷·2)如图所示，某光伏电站输出功率1 000 kW、电压400 V 的交流电，经理想变压器升压至
10 kV 后，通过输电线输送到变电站，输电线的等效电阻R 为5 Ω。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500 V
C.变压器原线圈中的电流为100 A
D.变压器原、副线圈中电流的频率不同
答案 B
解析 根据理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比可得
n1
n2
＝U 1
U 2
＝
400V
10 000V ＝1
25，A 错误；原、副
线圈两端的功率相等，流过副线圈的电流I2＝P
U 2
＝1 000 000
10 000
A＝100 A，输电线上由R 造成的电压损
失为ΔU＝I2R＝100×5 V＝500 V，B 正确；变压器原线圈中的电流为I1＝P
U 1
＝1 000 000
400
A＝2 500
A，C 错误；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。
3.(2025·广东卷·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Ek，下列说法正确的是( )
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Ek
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Ek
答案 B
解析 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，乙更不能发生光电效应，A 错误；由光电效应方程Ek＝hν－W0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Ek，B 正确；频率不变，则乙金属不会发生光电效应，C 错误；由Ek
＝hν－W0可知，频率不变，最大初动能不变，D 错误。
4.(2025·广东卷·4)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( )
A.sin(α ＋β)
sin α
B.sin(α ＋β)
sin β
C.sin α
sin β
D.sin β
sin α
答案 A
解析 光路图如图所示，由折射定律可得n＝sin(α ＋β)
sin α
，故选A。
5.(2025·广东卷·5)一颗绕太阳运行的小行星，其轨道近日点和远日点到太阳的距离分别约为地球到太阳距
离的5 倍和7 倍。关于该小行星，下列说法正确的是( )
A.公转周期约为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
D.在近日点加速度大小约为地球公转加速度的1
25
答案 D
解析 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＝5 R＋7 R
2
＝6R，由开普勒
第三定律有(6 R)
3
T
2
＝R
3
T 地
2，解得T＝√6
3T 地
2＝6√6年，故A 错误；从远日点到近日点，小行星与太阳间
距离逐渐减小，由万有引力定律F＝G m1m2
r
2
可知，小行星所受太阳引力逐渐增大，故B 错误；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；由牛顿第二定律有GMm
r
2
＝ma，
解得a＝GM
r
2 ，可知
a行
a地
＝
R
2
(5 R)
2 ＝1
25，即小行星在近日点的加速度大小是地球公转加速度的1
25，故D
正确。
6.(2025·广东卷·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v0从P 处进入加速电场后，沿顺时针方向
在加速器内循环加速。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外
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√m
2v0
2＋kqUm
m
D.第k 次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为√m
2v0
2＋2kqUm
qR
答案 D
解析 直通道PQ 有电势差为U 的加速电场，由题意可知，离子带负电，且沿顺时针方向运动，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 错误；由动能定理可知，加速一次后，离子的动
能增加量为qU，由于洛伦兹力不做功，则加速k 次后，离子的动能增加量为kqU，由动能定理有kqU＝1
2
mv2－1
2mv0
2，解得v＝√v0
2＋2kqU
m
＝√m
2v0
2＋2kqUm
m
，故B、C 错误；离子在偏转磁场中运动的半径
为R，则有qvB＝mv
2
R ，解得B＝mv
qR ＝√m
2v0
2＋2kqUm
qR
，故D 正确。
7.(2025·广东卷·7)如图所示，光滑水平面上，小球M、N 分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同
一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等，方向相反。从开始运动
到碰撞后第1 次速度减为0 的过程中，两小球速度v 随时间t 变化的图像，可能正确的是( )
答案 A
解析 根据牛顿第二定律a＝F
m，两小球所受外力F 大小相等，由v－t 图像的斜率表示加速度可知，M、
N 的加速度大小之比为4∶6＝2∶3，则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 碰前的速度大小分别为4v 和6v，因M、N 系统所受合外力为零，则系统动量守恒，以向右
为正方向，由动量守恒定律有3m×4v＋2m×(－6v)＝3mv1＋2mv2，若系统为弹性碰撞，由能量守恒定律可
知1
2×3m×(4v)2＋1
2×2m×(－6v)2＝1
2×3mv1
2＋1
2×2mv2
2，解得v1＝－4v、v2＝6v，因碰撞后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，即两小球一起停止，故B、D 错误；若不是弹性
碰撞，则3m×4v＋2m×(－6v)＝3mv1＋2mv2，可知碰后速度大小之比为|v1|∶|v2|＝2∶3，若假设v1＝－2v，
则v2＝3v，此时满足1
2×3m×(4v)2＋1
2×2m×(－6v)2>1
2×3mv1
2＋1
2×2mv2
2，则假设成立，因碰撞后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大小之比为
4v∶2v＝2∶1，可知碰撞前后运动时间之比为2∶1，故A 正确，C 错误。
二、多选题
8.(多选)(2025·广东卷·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。已知圆周运动半径R 为0.4 m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ 为45°，小球质量为0.1
kg，重力加速度g 取10 m/s2。关于该小球，下列说法正确的有( )
A.角速度为5 rad/s
B.线速度大小为4 m/s
C.向心加速度大小为10 m/s2
D.所受支持力大小为1 N
答案 AC
解析 对小球受力分析可知F 向＝mgtan 45°＝mω2R，解得ω＝5 rad/s，故A 正确；线速度大小为v＝ωR＝2
m/s，故B 错误；向心加速度大小为a 向＝ω2R＝10 m/s2，故C 正确；所受支持力大小为FN＝
mg
cos 45° ＝√2
N，故D 错误。
9.(多选)(2025·广东卷·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( )
A.线圈电阻为E
I
B.I 越大，表明m 越大
C.v 越大，则E 越小
D.m＝EI
vg －M
答案 BD
解析 设线圈水平边的长度为L，步骤①中对称重框架与物块整体受力分析可得(m＋M)g＝BIL，由此可知
I 越大，表明m 越大，B 正确；步骤②中线圈中的电动势E＝BLv，由此可知v 越大，E 越大，C 错误；由
于两步骤中B 与L 不变，则以上各式联立可得(m＋M)g＝I E
v ，变形可得m＝EI
vg －M，D 正确；E 是步骤②
中磁场以速率v 匀速向下运动产生的，I 是步骤①中通的电流，故不能将它们直接代入欧姆定律公式求解线
圈电阻，A 错误。
10.(多选)(2025·广东卷·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＝F0－kt(F>0，F0、k 均为大于0 的常量)，无人机的质
量为m，重力加速度为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(F0－1
2kT)T
C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT＋(F0－1
2kT)T
D.T 时刻受到空气作用力的大小为√
3
4 ( F0-kT )
2＋(mg＋F0-kT
2
)
2
答案 ABD
解析 由于无人机在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，故无人机处于平衡状态，
由于重力不变，拉力方向不变，大小随时间变化，则受到的空气作用力方向必然变化，A 正确；无人机在
0~T 时间内受到的拉力的大小随时间均匀变化，可采用平均值法求解其冲量大小，则有IF＝F0＋F0-kT
2
T
＝(F0－1
2kT)T，B 正确；无人机受到的重力的冲量大小为mgT，由于冲量是矢量，重力和拉力方向不同，
所以受到的重力和拉力的合力的冲量大小不等于重力冲量与拉力冲量的代数和，C 错误；对无人机受力分
析，如图所示，
将空气作用力分解为水平方向的分力Fx，和竖直方向的分力Fy，则有F 空气＝√F x
2＋F y
2，其中Fx＝(F0－
kT)cos 30°＝√3
2 (F0－kT)，Fy＝mg＋(F0－kT)sin 30°＝mg＋1
2(F0－kT)，则有F 空气＝
√
3
4 ( F0-kT )
2＋(mg＋F0-kT
2
)
2，D 正确。
三、实验题
11.(2025·广东卷·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(a)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(b)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1.00 cm 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
t2，碰撞后小车1 通过光电门B 的时间为t1。若t2 t1，可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。
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10.00 ms，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15.00 ms、30.00 ms，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 也对) (2)②时间相等 ③等于 ④0.56
解析 (1)由题图(a)可知，小球的直径为8 mm＋26.0×0.01 mm＝8.260 mm
(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t2＝t1。
④根据题意可知，碰撞前小车2 的速度为v0＝d
Δt1
＝1.00×10
-2
10.00×10
-3 m/s＝1 m/s
碰撞后，小车1 和小车2 的速度分别为v1＝d
Δt2
＝2
3 m/s，v2＝d
Δt3
＝1
3 m/s
则碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2 动能的比值为Ek'
Ek
＝
1
2 m v1
2＋1
2 m v2
2
1
2 m v0
2
＝5
9≈0.56。
12.(2025·广东卷·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15 V，内阻不计)；电流表
(量程有
0.6 A 和3 A，内阻不计)；滑动变阻器RP(最大阻值100 Ω)；定值电阻R0(阻值10 Ω)；开关S；磁传感器和
测试仪；电磁铁(线圈电阻16 Ω)；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0.6 A 挡。
②图(b)中已正确连接了部分电路，请在虚线框中完成RP、R0和
间的实物图连线。
(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RP的滑片P 置于b 端。置于b 端目的是使电路中的电
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
的示数如图(c)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如图(d)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。
答案 (1)①0.58 ②见解析图 (2)①最小 ②0.48 ④30
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，电路中有最大电流
I＝
E
R0＋R线
≈0.58 A
②由于电路中最大电流为0.58 A，则电流表应选择0~0.6 A 量程，根据电路图，实物图连线如图
(2)①滑动变阻器RP的滑片P 置于b 端时滑动变阻器接入电路的电阻最大，电路中的电流最小，保护电路安
全。
②由电流表的读数规则可得，读数为24×0.02 A＝0.48 A。
④根据题中数据可知B－I 图线斜率为k＝17.2-5.2
0.56-0.16 mT/A＝30 mT/A。
四、解答题
13.(2025·广东卷·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p0＝
1.0×105 Pa，铸型室底面积S1＝0.2 m2，高度h1＝0.2 m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15 m，
柱状气室底面积S2＝0.8 m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103 kg/m3，重力加速度取
g＝10 m/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h2和气室内气体压强p1。
(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h3＝0.04 m 时，气室内气体压强p2。
答案 (1)0.05 m 1.2×105 Pa (2)1.35×105 Pa
解析 (1)根据体积关系S1h1＝S2h2
可得下方液面下降高度h2＝0.05 m
此时下方气体的压强p1＝p0＋ρg(h1＋H＋h2)
代入数据可得p1＝1.2×105 Pa
(2)初始时，上方铸型室气体的压强为p0，体积V＝S1h1
当上方铸型室液面高为h3＝0.04 m 时，气体体积为V'＝S1(h1－h3)
根据玻意耳定律p0V＝p'V'
可得此时上方铸型室内气体的压强为p'＝1.25×105 Pa
同理根据体积关系S1h3＝S2h4
可得h4＝0.01 m
此时下方气室内气体压强p2＝p'＋ρg(H＋h3＋h4)
代入数据可得p2＝1.35×105 Pa。
14.(2025·广东卷·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Ff随位移大小x 的变化
关系为Ff＝Ff0(1－x
h)，其中Ff0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Ff－x 图线下的“面积”表示Ff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。
答案 (1)√2ah
r
(2)mah＋mgh＋1
2Ff0h＋ΔpSh (3)P＝magt＋ma2t＋ΔpSat＋Ff0at－Ff 0a
2
2h
t3(0≤t≤√
2h
a )
解析 (1)木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式v0
2＝2ah
根据角速度和线速度的关系v0＝ωr
联立解得ω＝√2ah
r
(2)根据题意画出木塞摩擦力与位移x 的关系图如图所示
可得摩擦力对木塞所做的功为Wf＝－1
2Ff0h
对木塞，根据动能定理W＋Wf－mgh－ΔpSh＝1
2mv0
2－0
解得W＝mah＋mgh＋1
2Ff0h＋ΔpSh
(3)设拔塞钻对木塞的作用力为F，对木塞，根据牛顿第二定律F－mg－Ff－ΔpS＝ma
速度v＝at
位移x＝1
2at2
拔塞钻的瞬时功率P＝Fv
联立解得P＝magt＋ma2t＋ΔpSat＋Ff0at－Ff 0a
2
2h
t3(0≤t≤√
2h
a )。
15.(2025·广东卷·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 (1)mgdl
Uh (2)kmgdh
Ul
(3)见解析
解析 (1)根据题意可知，颗粒在竖直方向上做自由落体运动，则有h＝1
2gt2
水平方向上做匀加速直线运动，则有qU
d ＝ma，l＝1
2at2
解得q＝mgdl
Uh
(2)根据题意可知，颗粒与绝缘平板第一次碰撞时，竖直分速度为vy1＝√2 gh
水平分速度为vx1＝√2al＝√
2 gl
2
h
则第一次碰撞后竖直分速度为vy2＝kvy1＝k√2gh
设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为θ，则有tan θ＝v y 2
v x1
＝kh
l
由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，则有tan θ＝
UQ
d
mg ＝UQ
mgd
联立解得Q＝kmgdh
Ul
(3)根据题意可知，由于k<1，则第一次碰撞后颗粒不能返回到上方绝缘平板，当颗粒与下方绝缘平板发生
第二次碰撞时，设从第一次碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t'，则有t'＝2k √2 gh
g
＝2k√
2h
g
水平方向上做匀加速直线运动，加速度为a'＝UQ
md ＝kgh
l
水平方向运动的距离为l'＝vx1t'＋1
2a't'2＝4kl＋4 k
3h
2
l
此时需满足l'≤d－l，即d≥(4k＋1)l＋4 k
3h
2
l
则电场力对颗粒做的功为W＝Uql
d ＋UQl'
d
＝mgl
2
h
＋4k2mgh＋4 k
4mgh
3
l
2
当颗粒与右侧金属平板发生第二次碰撞时，此时d<(4k＋1)l＋4 k
3h
2
l
则电场力对颗粒做的功为W＝Uql
d ＋UQ
d (d－l)＝mgl
2
h
＋kmgh(d -l)
l
。
