高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGE答案第=1頁(yè)，共=sectionpages22頁(yè)P(yáng)AGE12025屆高考物理考前沖刺卷（廣東卷）本試卷共6頁(yè)，15小題，滿分100分。考試用時(shí)75分鐘。一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．利用放射性元素發(fā)生衰變以及的半衰期，考古學(xué)家們可以確定文物的年代，則下列說(shuō)法正確的是（）A．衰變方程為B．衰變產(chǎn)物的核子數(shù)是7C．衰變的實(shí)質(zhì)是碳原子失去核外電子D．一個(gè)半衰期后，剩下的為原來(lái)的2．如圖甲為水晶透明“平安扣”由同材質(zhì)同心環(huán)形材料組成，將“平安扣”平放在水平桌面上，過(guò)環(huán)心的橫截面如圖乙所示，外環(huán)的半徑為R。細(xì)光束從P點(diǎn)射入“平安扣”時(shí)，經(jīng)一次折射后，恰好在內(nèi)環(huán)上發(fā)生全發(fā)射，且從外環(huán)上第一次的射出點(diǎn)為Q（圖中未畫(huà)出），并測(cè)得圓心角POQ為2θ，已知光在真空中的傳播速度為c，水晶的折射率為n。細(xì)光在“平安扣”中由P點(diǎn)入射到Q點(diǎn)出射所經(jīng)歷的時(shí)間為（）A． B． C． D．3．某住宅小區(qū)的應(yīng)急供電系統(tǒng)，由交流發(fā)電機(jī)和副線圈匝數(shù)可調(diào)的理想降壓變壓器組成，發(fā)電機(jī)中矩形線圈電阻不計(jì)，它可繞軸OO′在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。降壓變壓器副線圈上的滑動(dòng)觸頭P上下移動(dòng)時(shí)可改變輸出電壓，R0表示從用戶端輸電線電阻。下列判斷正確的是（）A．當(dāng)用戶用電器增加時(shí)，為使用戶電壓保持不變，滑動(dòng)觸頭P應(yīng)向下滑動(dòng)B．當(dāng)用戶用電器減少，其他條件不變時(shí)，原線圈兩端電壓也減小C．若發(fā)電機(jī)線圈某時(shí)刻處于圖示位置，變壓器原線圈的電壓瞬時(shí)值最大D．若發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速減為原來(lái)的一半，用戶獲得的交變電流頻率保持不變4．如圖是一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框放在光滑水平面上的俯視圖，虛線右側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。t=0時(shí)刻，金屬框在水平拉力F作用下從圖示位置由靜止開(kāi)始，以垂直于磁場(chǎng)邊界的恒定加速度進(jìn)入磁場(chǎng)。則金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，拉力F、金屬框中電量q隨時(shí)間t、位移x的變化關(guān)系可能正確的是（）A．B．C．D．5．B超成像的基本原理是探頭向人體發(fā)射一組超聲波，反射波信號(hào)由計(jì)算機(jī)處理形成B超圖像。如圖所示為t=0時(shí)探頭沿x軸正方向在血管內(nèi)發(fā)射的簡(jiǎn)諧超聲波圖像，M、N是這列超聲波上兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，已知超聲波頻率為，則下列說(shuō)法正確的是（）A．該超聲波的周期為B．超聲波在血管中傳播速度為2400m/sC．質(zhì)點(diǎn)N此時(shí)振動(dòng)方向沿y軸正方向D．經(jīng)一個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)N到達(dá)M所在位置6．如圖甲，轆轤是古代民間提水設(shè)施。如圖乙為轆轤的工作原理簡(jiǎn)化圖，某次需從井中汲取的水，轆轤繞繩輪軸半徑為，水斗的質(zhì)量為，井足夠深且井繩的質(zhì)量忽略不計(jì)。時(shí)刻，輪軸由靜止開(kāi)始繞中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)，其角速度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖丙所示，取，則（）A．井繩拉力隨時(shí)間均勻增大B．水斗速度隨時(shí)間變化的規(guī)律為C．內(nèi)水斗上升的高度為D．內(nèi)井繩拉力所做的功為7．甲、乙兩個(gè)小燈籠用輕繩連接，懸掛在空中，在相同的水平風(fēng)力作用下發(fā)生傾斜，穩(wěn)定時(shí)與豎直方向的夾角分別為α、θ，如圖所示，已知甲的質(zhì)量為2m、乙的質(zhì)量為m，下列關(guān)系式正確的是（）A． B． C． D．二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，第一象限中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ，第二象限中存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。一帶電粒子從x軸上P點(diǎn)垂直x軸進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ，速度大小為v，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后剛好從O點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)Ⅰ。若要求該粒子仍從P點(diǎn)垂直x軸進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ但不從x軸離開(kāi)磁場(chǎng)Ⅱ，不計(jì)粒子重力。則粒子速度的大小可能為（）A． B． C． D．2v9．如圖（甲）所示，質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎直固定在水平面上，t=0時(shí)，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn)，然后又被彈起離開(kāi)彈簧，上升到一定高度后再下，如此反復(fù)。通過(guò)安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測(cè)出這一過(guò)程彈簧彈力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖（乙）所示，則（）A．t2時(shí)刻小球加速度方向向下B．t2~t3時(shí)間內(nèi)，小球加速度先減小后增大C．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球的機(jī)械能一直增加D．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能先增加后減少10．某人造衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)，所受地球引力隨時(shí)間變化如圖所示，假設(shè)衛(wèi)星只受地球引力，下列說(shuō)法正確的是（）A．衛(wèi)星的周期為B．衛(wèi)星繞地球運(yùn)行時(shí)機(jī)械能守恒C．衛(wèi)星在近地點(diǎn)與遠(yuǎn)地點(diǎn)的速度之比為D．衛(wèi)星在近地點(diǎn)與遠(yuǎn)地點(diǎn)的加速度之比為三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．樂(lè)山某?？萍忌鐖F(tuán)學(xué)生以圖1所示的電路圖組裝了一個(gè)簡(jiǎn)易多用電表。圖中E是電動(dòng)勢(shì)1.5V的電池；R1、R2、R3、R4和R5是定值電阻，R6是可變電阻；表頭G的滿偏電流為250μA，內(nèi)阻為360Ω。虛線方框內(nèi)為換擋開(kāi)關(guān)，A端和B端分別與兩表筆相連。該多用電表有5個(gè)擋位，分別為歐姆×100Ω擋，直流電壓1V擋和5V擋，直流電流2.5mA擋，還有1個(gè)具體數(shù)值未知的直流電流擋位。(1)圖1中的B端與（填“紅”或“黑”）色表筆相連接。(2)某次測(cè)量時(shí)該多用電表指針位置如圖2所示。若此時(shí)B端是與“5”相連的，則多用電表讀數(shù)為；(3)已知?dú)W姆擋刻度“15”為該表頭電流偏轉(zhuǎn)一半的位置，由此可知該多用電表未知直流電流擋是mA；(4)由直流電流擋可以得出R1=Ω，R2=Ω(5)調(diào)零后，用該多用電表測(cè)某量程為3V的電壓表內(nèi)阻時(shí)，電壓表指針指到1.0V的位置，那可以推算出歐姆表指針應(yīng)指到（選填5，10，15，20，30，40，50）刻度處。12．某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)如圖甲所示裝置來(lái)測(cè)量輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)k。該彈簧左端固定在豎直擋板上，右端放置一個(gè)質(zhì)量為4.5g的小球（恰在A點(diǎn)，且與彈簧不拴接），水平軌道B處裝有光電門(mén)（未畫(huà)出）。已知彈簧的彈性勢(shì)能表達(dá)式為（k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量），小球球心與光電門(mén)的中心在同一高度，小球與水平軌道間的摩擦力及空氣阻力忽略不計(jì)。（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)小球的直徑，如圖乙所示，則小球的直徑mm。（2）將小球從A點(diǎn)向左壓縮彈簧至某位置后由靜止釋放，小球被彈出，記下彈簧的形變量x和小球通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間t，則小球彈出時(shí)速度大?。ㄓ肈、t表示）。（3）改變小球釋放的初始位置，多次實(shí)驗(yàn)，得到多組彈簧形變量x和小球通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間t。（4）根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)繪制出關(guān)系圖線，如圖丙所示，則彈簧勁度系數(shù)（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。（5）若小球球心與光電門(mén)的中心沒(méi)有調(diào)到同一水平高度，仍按上述方法測(cè)量，則彈簧勁度系數(shù)k的測(cè)量值與真實(shí)值相比（選填“偏大”、“偏小”或“相等”）。13．理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為，原線圈接在電壓峰值為的正弦交變電源上，副線圈的回路中接有阻值為R的電熱絲，電熱絲密封在絕熱固定容器內(nèi)，容器內(nèi)封閉有一定質(zhì)量的理想氣體，接通電路開(kāi)始加熱，加熱前氣體溫度為。(1)求變壓器的輸出功率P；(2)已知該容器內(nèi)的氣體吸收的熱量Q與其溫度變化量成正比，即，其中C已知。若電熱絲產(chǎn)生的熱量全部被氣體吸收，要使容器內(nèi)的氣體壓強(qiáng)達(dá)到加熱前的2倍，求電熱絲的通電時(shí)間t。14．在冰壺比賽中，所用的冰壺除顏色外其他完全相同。如圖甲所示，紅壺在水平冰面上以一定的速度與靜止在大本營(yíng)中心的藍(lán)壺發(fā)生對(duì)心碰撞，碰撞時(shí)間極短。碰后，運(yùn)動(dòng)員用毛刷去擦藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)前方的冰面來(lái)減小阻力。碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙中實(shí)線所示。已知紅壺、藍(lán)壺質(zhì)量均為20kg，重力加速度g取。求：（1）碰撞后藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）碰撞后藍(lán)壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）兩冰壺在碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能。15．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xoy的第四象限內(nèi)有半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，圓心坐標(biāo)為，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里。第一象限有邊長(zhǎng)為2R的正方形區(qū)域obcd內(nèi)，在、間有沿y軸正方向的電場(chǎng)E，其大小未知且僅隨x變化；邊長(zhǎng)也為2R的正方形區(qū)域cdef內(nèi)有沿x軸負(fù)方向大小為的勻強(qiáng)電場(chǎng)。點(diǎn)處的離子源在某時(shí)刻同時(shí)均勻地向y軸右側(cè)某范圍內(nèi)，發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）相同速率的同種離子，通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后所有離子均從P、Q間垂直x軸進(jìn)入第一象限。不計(jì)重力和離子間相互作用力。

(1)求離子的發(fā)射速率；(2)求離子從a點(diǎn)出發(fā)分別到達(dá)P、Q兩點(diǎn)所用的時(shí)間差；(3)要使離子全部打在e點(diǎn)，求PQ間的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的規(guī)律?！飬⒖即鸢浮铩?．D【詳析】A．衰變方程為故A錯(cuò)誤；B．衰變產(chǎn)物的質(zhì)子數(shù)是7個(gè)，故B錯(cuò)誤；C．衰變的實(shí)質(zhì)是將一個(gè)中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子，并放出一個(gè)電子，故C錯(cuò)誤；D．一個(gè)半衰期后，剩下的為原來(lái)的，故D正確。故選D。2．A【詳析】作出光在水晶中的光路如圖所示設(shè)P點(diǎn)到內(nèi)表面發(fā)生全發(fā)射的點(diǎn)距離為l，根據(jù)圖中幾何關(guān)系和正弦定理有光在內(nèi)環(huán)上剛好發(fā)生全反射，則由對(duì)稱性可知，光從P點(diǎn)射入到從Q點(diǎn)射出的時(shí)間為又光在水晶中的傳播速度聯(lián)立解得故選A。3．A【詳析】A．當(dāng)用戶數(shù)目增多時(shí)，負(fù)載電阻減小，副線圈輸出電流增大，輸電線上的電壓損失變大，用戶得到的電壓變小，為使用戶電壓不變，應(yīng)增加副線圈的匝數(shù)，提高輸出電壓，所以滑動(dòng)觸頭P應(yīng)向下滑動(dòng)，故A正確；B．由于原線圈兩端的電壓由發(fā)電機(jī)決定，所以當(dāng)用戶用電器減少，其他條件不變時(shí)，原線圈兩端電壓不變，故B錯(cuò)誤；C．圖示位置線圈的磁通量最大，穿過(guò)線圈磁通量的變化率為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，故C錯(cuò)誤；D．若發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速減為原來(lái)的一半，根據(jù)可知，交流電的頻率將減為原來(lái)的一半，變壓器不改變交流電的頻率，所以用戶獲得的交變電流頻率減為原來(lái)的一半，故D錯(cuò)誤。故選A。4．C【詳析】A．因t時(shí)刻的速度v=at則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLat感應(yīng)電流安培力由牛頓第二定律可得可知F-t圖像為直線，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；BD．金屬框中電量可知q-x圖像為過(guò)原點(diǎn)的直線；q-t圖像為過(guò)原點(diǎn)開(kāi)口向上的拋物線，選項(xiàng)BD錯(cuò)誤；C．因經(jīng)過(guò)x的速度則感應(yīng)電流安培力由牛頓第二定律可得可知F-x圖像為不過(guò)原點(diǎn)的曲線，選項(xiàng)C正確。故選C。5．C【詳析】AB．該超聲波的周期為由題圖可知波長(zhǎng)為則超聲波在血管中傳播速度為故AB錯(cuò)誤；C．波沿x軸正方向傳播，根據(jù)波形平移法可知，質(zhì)點(diǎn)N此時(shí)振動(dòng)方向沿y軸正方向，故C正確；D．質(zhì)點(diǎn)N只在其平衡位置上下振動(dòng)，不會(huì)隨波的傳播方向遷移，故D錯(cuò)誤。故選C。6．C【詳析】AB．根據(jù)圖乙有由于解得可知，水斗向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度根據(jù)牛頓第二定律可知井繩拉力保持不變，故AB錯(cuò)誤；C．0~10s內(nèi)水斗上升的高度故C錯(cuò)誤；D．0~10s內(nèi)井繩拉力所做的功為聯(lián)立解得故D錯(cuò)誤。故選C。7．A【詳析】設(shè)每個(gè)燈籠受到的水平風(fēng)力為F，對(duì)乙分析對(duì)甲、乙整體分析則故選A。8．CD【詳析】設(shè)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為d，粒子剛好從O點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)Ⅰ，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中軌跡1幾何關(guān)系可知因?yàn)槁?lián)立解得若要求該粒子仍從P點(diǎn)垂直x軸出發(fā)但不從x軸離開(kāi)磁場(chǎng)Ⅱ，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中軌跡2，由幾何關(guān)系可知θ=30°，則可得因?yàn)榭傻盟俣鹊淖钚≈禐榫C合可知CD選項(xiàng)符合題意。故選CD。9．BD【詳析】A．由圖可知，t2時(shí)刻彈簧彈力達(dá)到最大，小球?qū)椈蓧嚎s到最低點(diǎn)，此時(shí)小球加速度方向向上，故A錯(cuò)誤；B．t2~t3這段時(shí)間內(nèi)，小球從最低點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有由于彈力減小，所以加速度向上減小，速度增大，彈力等于重力時(shí)，加速度為零，速度達(dá)到最大，之后根據(jù)牛頓第二定律有彈力減小，加速度向下增大，速度減小，故B正確；C．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球接觸彈簧并將彈簧壓縮到最短，該過(guò)程小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的彈性勢(shì)能不斷增大，小球的機(jī)械能一直減小，故C錯(cuò)誤；D．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球的加速度先向下后向上，則小球的速度先增大后減小，動(dòng)能先增加后減少，故D正確。故選BD。10．BD【詳析】A．由圖可知，衛(wèi)星的周期為，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．衛(wèi)星繞地球運(yùn)行時(shí)，只有地球引力做功，則機(jī)械能守恒，選項(xiàng)B正確；C．衛(wèi)星在近點(diǎn)時(shí)遠(yuǎn)點(diǎn)時(shí)可知根據(jù)開(kāi)普勒第二定律，衛(wèi)星在近地點(diǎn)與遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)可知近地點(diǎn)與遠(yuǎn)地點(diǎn)的速度之比為選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．根據(jù)，可知衛(wèi)星在近地點(diǎn)與遠(yuǎn)地點(diǎn)的加速度之比為，選項(xiàng)D正確。故選BD。11．(1)紅(2)2.90V(3)1.0(4)4872(5)30【詳析】（1）根據(jù)歐姆表原理可知，內(nèi)部電源的正極應(yīng)接黑表筆，這樣才能保證在測(cè)電阻時(shí)電流“紅進(jìn)黑出”，則圖1中的A端與黑表筆相連接，則B端與紅表筆相連接。（2）若此時(shí)B端是與“5”相連，多用電表為直流電壓5V擋。由圖2可知，表盤(pán)的分度值為0.1V，多用電表讀數(shù)為2.90V。（3）已知?dú)W姆擋刻度“15”為該表頭電流偏轉(zhuǎn)一半的位置，歐姆表的中值電阻等于其內(nèi)阻，所以該歐姆表的內(nèi)阻為根據(jù)閉合電路歐姆定律（4）當(dāng)與“2”相連I2=1.0mA，由歐姆定律有當(dāng)與“1”相連I1=2.5mA，由歐姆定律有聯(lián)立解得R1=48Ω，R2=72Ω（5）已知電壓表的量程為3V，指針指到1.0V的位置，說(shuō)明此時(shí)電壓表兩端電壓U=1.0V。設(shè)電壓表內(nèi)阻為RV，根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理，有解得歐姆表的計(jì)數(shù)為所以歐姆表指針應(yīng)指到30刻度處。12．（1）10.294/10.295/10.296（2）（3）56（5）偏大【詳析】（1）[1]用螺旋測(cè)微器測(cè)小球的直徑D=10mm+0.01mm×29.5=10.295mm（2）[2]小球彈出時(shí)速度大?。?）[3]由能量關(guān)系即由圖像可知解得k=56N/m（5）[4]若小球球心與光電門(mén)的中心沒(méi)有調(diào)到同一水平高度，則遮光時(shí)間偏小，測(cè)得的速度v偏大，圖像斜率偏大，則仍按上述方法測(cè)量，則彈簧勁度系數(shù)k的測(cè)量值與真實(shí)值相比偏大。13．(1)(2)【詳析】（1）由原線圈正弦交流電的峰值可知變壓器輸入電壓有效值為設(shè)變壓器副線圈的輸出電壓為，根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)之間的關(guān)系有聯(lián)立解得理想變壓器的輸出功率等于R的功率，即（2）設(shè)加熱前容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為，則加熱后氣體的壓強(qiáng)為，溫度為，容器內(nèi)的氣體做等容變化，則有得由知?dú)怏w吸收的熱量根據(jù)熱力學(xué)第一定律氣體的體積不變，所以，容器是絕熱容器，則即解得14．（1）；（2）；（3）【詳析】（1）設(shè)碰撞后藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，根據(jù)三角形相似可知：解得碰撞后藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為（2）由題意可知，紅壺碰前的速度為，碰后的速度為，設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得碰撞后藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律可得藍(lán)壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)（3）由能量守恒定律，碰撞過(guò)程中兩冰壺?fù)p失的機(jī)械能為15．(1)(2)(3)【詳析】（1）由于通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后所有離子均從P、Q間垂直x軸進(jìn)入第一象限，則通過(guò)PQ中點(diǎn)離子的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心在0點(diǎn)，所以離子運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由得離子的發(fā)射速度為（2）相同速率的同種離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑相同，由磁發(fā)散可知，離子通過(guò)P點(diǎn)速度方向豎直向上，垂直于x軸，離子通過(guò)Q點(diǎn)速度方向豎直向上，垂直于x軸，如圖由于，，所以對(duì)應(yīng)P點(diǎn)的離子在磁場(chǎng)中的圓心角對(duì)應(yīng)Q點(diǎn)的離子在磁場(chǎng)中的圓心角得a=60°，β=120°，離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為這兩個(gè)離子出磁場(chǎng)后分別到P、Q的距離相等，所以離子從a點(diǎn)出發(fā)分別到達(dá)P、Q兩點(diǎn)所用的時(shí)間差（3）要使離子全部打在e點(diǎn)，設(shè)離子進(jìn)入正方形區(qū)域cdef的速度為v，離子在這個(gè)區(qū)域內(nèi)受到的電場(chǎng)力為，則離子的加速度為水平方向上豎直方向上可得離子在正方形區(qū)域obcd內(nèi)，做勻加速運(yùn)動(dòng)，則其中解得2025屆高考物理考前沖刺卷（廣東卷）本試卷共6頁(yè)，15小題，滿分100分?？荚囉脮r(shí)75分鐘。一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．利用放射性元素發(fā)生衰變以及的半衰期，考古學(xué)家們可以確定文物的年代，則下列說(shuō)法正確的是（）A．衰變方程為B．衰變產(chǎn)物的核子數(shù)是7C．衰變的實(shí)質(zhì)是碳原子失去核外電子D．一個(gè)半衰期后，剩下的為原來(lái)的2．如圖甲為水晶透明“平安扣”由同材質(zhì)同心環(huán)形材料組成，將“平安扣”平放在水平桌面上，過(guò)環(huán)心的橫截面如圖乙所示，外環(huán)的半徑為R。細(xì)光束從P點(diǎn)射入“平安扣”時(shí)，經(jīng)一次折射后，恰好在內(nèi)環(huán)上發(fā)生全發(fā)射，且從外環(huán)上第一次的射出點(diǎn)為Q（圖中未畫(huà)出），并測(cè)得圓心角POQ為2θ，已知光在真空中的傳播速度為c，水晶的折射率為n。細(xì)光在“平安扣”中由P點(diǎn)入射到Q點(diǎn)出射所經(jīng)歷的時(shí)間為（）A． B． C． D．3．某住宅小區(qū)的應(yīng)急供電系統(tǒng)，由交流發(fā)電機(jī)和副線圈匝數(shù)可調(diào)的理想降壓變壓器組成，發(fā)電機(jī)中矩形線圈電阻不計(jì)，它可繞軸OO′在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。降壓變壓器副線圈上的滑動(dòng)觸頭P上下移動(dòng)時(shí)可改變輸出電壓，R0表示從用戶端輸電線電阻。下列判斷正確的是（）A．當(dāng)用戶用電器增加時(shí)，為使用戶電壓保持不變，滑動(dòng)觸頭P應(yīng)向下滑動(dòng)B．當(dāng)用戶用電器減少，其他條件不變時(shí)，原線圈兩端電壓也減小C．若發(fā)電機(jī)線圈某時(shí)刻處于圖示位置，變壓器原線圈的電壓瞬時(shí)值最大D．若發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速減為原來(lái)的一半，用戶獲得的交變電流頻率保持不變4．如圖是一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框放在光滑水平面上的俯視圖，虛線右側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。t=0時(shí)刻，金屬框在水平拉力F作用下從圖示位置由靜止開(kāi)始，以垂直于磁場(chǎng)邊界的恒定加速度進(jìn)入磁場(chǎng)。則金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，拉力F、金屬框中電量q隨時(shí)間t、位移x的變化關(guān)系可能正確的是（）A．B．C．D．5．B超成像的基本原理是探頭向人體發(fā)射一組超聲波，反射波信號(hào)由計(jì)算機(jī)處理形成B超圖像。如圖所示為t=0時(shí)探頭沿x軸正方向在血管內(nèi)發(fā)射的簡(jiǎn)諧超聲波圖像，M、N是這列超聲波上兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，已知超聲波頻率為，則下列說(shuō)法正確的是（）A．該超聲波的周期為B．超聲波在血管中傳播速度為2400m/sC．質(zhì)點(diǎn)N此時(shí)振動(dòng)方向沿y軸正方向D．經(jīng)一個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)N到達(dá)M所在位置6．如圖甲，轆轤是古代民間提水設(shè)施。如圖乙為轆轤的工作原理簡(jiǎn)化圖，某次需從井中汲取的水，轆轤繞繩輪軸半徑為，水斗的質(zhì)量為，井足夠深且井繩的質(zhì)量忽略不計(jì)。時(shí)刻，輪軸由靜止開(kāi)始繞中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)，其角速度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖丙所示，取，則（）A．井繩拉力隨時(shí)間均勻增大B．水斗速度隨時(shí)間變化的規(guī)律為C．內(nèi)水斗上升的高度為D．內(nèi)井繩拉力所做的功為7．甲、乙兩個(gè)小燈籠用輕繩連接，懸掛在空中，在相同的水平風(fēng)力作用下發(fā)生傾斜，穩(wěn)定時(shí)與豎直方向的夾角分別為α、θ，如圖所示，已知甲的質(zhì)量為2m、乙的質(zhì)量為m，下列關(guān)系式正確的是（）A． B． C． D．二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，第一象限中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ，第二象限中存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。一帶電粒子從x軸上P點(diǎn)垂直x軸進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ，速度大小為v，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后剛好從O點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)Ⅰ。若要求該粒子仍從P點(diǎn)垂直x軸進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ但不從x軸離開(kāi)磁場(chǎng)Ⅱ，不計(jì)粒子重力。則粒子速度的大小可能為（）A． B． C． D．2v9．如圖（甲）所示，質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎直固定在水平面上，t=0時(shí)，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn)，然后又被彈起離開(kāi)彈簧，上升到一定高度后再下，如此反復(fù)。通過(guò)安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測(cè)出這一過(guò)程彈簧彈力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖（乙）所示，則（）A．t2時(shí)刻小球加速度方向向下B．t2~t3時(shí)間內(nèi)，小球加速度先減小后增大C．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球的機(jī)械能一直增加D．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能先增加后減少10．某人造衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)，所受地球引力隨時(shí)間變化如圖所示，假設(shè)衛(wèi)星只受地球引力，下列說(shuō)法正確的是（）A．衛(wèi)星的周期為B．衛(wèi)星繞地球運(yùn)行時(shí)機(jī)械能守恒C．衛(wèi)星在近地點(diǎn)與遠(yuǎn)地點(diǎn)的速度之比為D．衛(wèi)星在近地點(diǎn)與遠(yuǎn)地點(diǎn)的加速度之比為三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．樂(lè)山某?？萍忌鐖F(tuán)學(xué)生以圖1所示的電路圖組裝了一個(gè)簡(jiǎn)易多用電表。圖中E是電動(dòng)勢(shì)1.5V的電池；R1、R2、R3、R4和R5是定值電阻，R6是可變電阻；表頭G的滿偏電流為250μA，內(nèi)阻為360Ω。虛線方框內(nèi)為換擋開(kāi)關(guān)，A端和B端分別與兩表筆相連。該多用電表有5個(gè)擋位，分別為歐姆×100Ω擋，直流電壓1V擋和5V擋，直流電流2.5mA擋，還有1個(gè)具體數(shù)值未知的直流電流擋位。(1)圖1中的B端與（填“紅”或“黑”）色表筆相連接。(2)某次測(cè)量時(shí)該多用電表指針位置如圖2所示。若此時(shí)B端是與“5”相連的，則多用電表讀數(shù)為；(3)已知?dú)W姆擋刻度“15”為該表頭電流偏轉(zhuǎn)一半的位置，由此可知該多用電表未知直流電流擋是mA；(4)由直流電流擋可以得出R1=Ω，R2=Ω(5)調(diào)零后，用該多用電表測(cè)某量程為3V的電壓表內(nèi)阻時(shí)，電壓表指針指到1.0V的位置，那可以推算出歐姆表指針應(yīng)指到（選填5，10，15，20，30，40，50）刻度處。12．某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)如圖甲所示裝置來(lái)測(cè)量輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)k。該彈簧左端固定在豎直擋板上，右端放置一個(gè)質(zhì)量為4.5g的小球（恰在A點(diǎn)，且與彈簧不拴接），水平軌道B處裝有光電門(mén)（未畫(huà)出）。已知彈簧的彈性勢(shì)能表達(dá)式為（k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量），小球球心與光電門(mén)的中心在同一高度，小球與水平軌道間的摩擦力及空氣阻力忽略不計(jì)。（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)小球的直徑，如圖乙所示，則小球的直徑mm。（2）將小球從A點(diǎn)向左壓縮彈簧至某位置后由靜止釋放，小球被彈出，記下彈簧的形變量x和小球通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間t，則小球彈出時(shí)速度大小（用D、t表示）。（3）改變小球釋放的初始位置，多次實(shí)驗(yàn)，得到多組彈簧形變量x和小球通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間t。（4）根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)繪制出關(guān)系圖線，如圖丙所示，則彈簧勁度系數(shù)（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。（5）若小球球心與光電門(mén)的中心沒(méi)有調(diào)到同一水平高度，仍按上述方法測(cè)量，則彈簧勁度系數(shù)k的測(cè)量值與真實(shí)值相比（選填“偏大”、“偏小”或“相等”）。13．理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為，原線圈接在電壓峰值為的正弦交變電源上，副線圈的回路中接有阻值為R的電熱絲，電熱絲密封在絕熱固定容器內(nèi)，容器內(nèi)封閉有一定質(zhì)量的理想氣體，接通電路開(kāi)始加熱，加熱前氣體溫度為。(1)求變壓器的輸出功率P；(2)已知該容器內(nèi)的氣體吸收的熱量Q與其溫度變化量成正比，即，其中C已知。若電熱絲產(chǎn)生的熱量全部被氣體吸收，要使容器內(nèi)的氣體壓強(qiáng)達(dá)到加熱前的2倍，求電熱絲的通電時(shí)間t。14．在冰壺比賽中，所用的冰壺除顏色外其他完全相同。如圖甲所示，紅壺在水平冰面上以一定的速度與靜止在大本營(yíng)中心的藍(lán)壺發(fā)生對(duì)心碰撞，碰撞時(shí)間極短。碰后，運(yùn)動(dòng)員用毛刷去擦藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)前方的冰面來(lái)減小阻力。碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙中實(shí)線所示。已知紅壺、藍(lán)壺質(zhì)量均為20kg，重力加速度g取。求：（1）碰撞后藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）碰撞后藍(lán)壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）兩冰壺在碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能。15．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xoy的第四象限內(nèi)有半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，圓心坐標(biāo)為，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里。第一象限有邊長(zhǎng)為2R的正方形區(qū)域obcd內(nèi)，在、間有沿y軸正方向的電場(chǎng)E，其大小未知且僅隨x變化；邊長(zhǎng)也為2R的正方形區(qū)域cdef內(nèi)有沿x軸負(fù)方向大小為的勻強(qiáng)電場(chǎng)。點(diǎn)處的離子源在某時(shí)刻同時(shí)均勻地向y軸右側(cè)某范圍內(nèi)，發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）相同速率的同種離子，通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后所有離子均從P、Q間垂直x軸進(jìn)入第一象限。不計(jì)重力和離子間相互作用力。

(1)求離子的發(fā)射速率；(2)求離子從a點(diǎn)出發(fā)分別到達(dá)P、Q兩點(diǎn)所用的時(shí)間差；(3)要使離子全部打在e點(diǎn)，求PQ間的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的規(guī)律?！飬⒖即鸢浮铩?．D【詳析】A．衰變方程為故A錯(cuò)誤；B．衰變產(chǎn)物的質(zhì)子數(shù)是7個(gè)，故B錯(cuò)誤；C．衰變的實(shí)質(zhì)是將一個(gè)中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子，并放出一個(gè)電子，故C錯(cuò)誤；D．一個(gè)半衰期后，剩下的為原來(lái)的，故D正確。故選D。2．A【詳析】作出光在水晶中的光路如圖所示設(shè)P點(diǎn)到內(nèi)表面發(fā)生全發(fā)射的點(diǎn)距離為l，根據(jù)圖中幾何關(guān)系和正弦定理有光在內(nèi)環(huán)上剛好發(fā)生全反射，則由對(duì)稱性可知，光從P點(diǎn)射入到從Q點(diǎn)射出的時(shí)間為又光在水晶中的傳播速度聯(lián)立解得故選A。3．A【詳析】A．當(dāng)用戶數(shù)目增多時(shí)，負(fù)載電阻減小，副線圈輸出電流增大，輸電線上的電壓損失變大，用戶得到的電壓變小，為使用戶電壓不變，應(yīng)增加副線圈的匝數(shù)，提高輸出電壓，所以滑動(dòng)觸頭P應(yīng)向下滑動(dòng)，故A正確；B．由于原線圈兩端的電壓由發(fā)電機(jī)決定，所以當(dāng)用戶用電器減少，其他條件不變時(shí)，原線圈兩端電壓不變，故B錯(cuò)誤；C．圖示位置線圈的磁通量最大，穿過(guò)線圈磁通量的變化率為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，故C錯(cuò)誤；D．若發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速減為原來(lái)的一半，根據(jù)可知，交流電的頻率將減為原來(lái)的一半，變壓器不改變交流電的頻率，所以用戶獲得的交變電流頻率減為原來(lái)的一半，故D錯(cuò)誤。故選A。4．C【詳析】A．因t時(shí)刻的速度v=at則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLat感應(yīng)電流安培力由牛頓第二定律可得可知F-t圖像為直線，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；BD．金屬框中電量可知q-x圖像為過(guò)原點(diǎn)的直線；q-t圖像為過(guò)原點(diǎn)開(kāi)口向上的拋物線，選項(xiàng)BD錯(cuò)誤；C．因經(jīng)過(guò)x的速度則感應(yīng)電流安培力由牛頓第二定律可得可知F-x圖像為不過(guò)原點(diǎn)的曲線，選項(xiàng)C正確。故選C。5．C【詳析】AB．該超聲波的周期為由題圖可知波長(zhǎng)為則超聲波在血管中傳播速度為故AB錯(cuò)誤；C．波沿x軸正方向傳播，根據(jù)波形平移法可知，質(zhì)點(diǎn)N此時(shí)振動(dòng)方向沿y軸正方向，故C正確；D．質(zhì)點(diǎn)N只在其平衡位置上下振動(dòng)，不會(huì)隨波的傳播方向遷移，故D錯(cuò)誤。故選C。6．C【詳析】AB．根據(jù)圖乙有由于解得可知，水斗向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度根據(jù)牛頓第二定律可知井繩拉力保持不變，故AB錯(cuò)誤；C．0~10s內(nèi)水斗上升的高度故C錯(cuò)誤；D．0~10s內(nèi)井繩拉力所做的功為聯(lián)立解得故D錯(cuò)誤。故選C。7．A【詳析】設(shè)每個(gè)燈籠受到的水平風(fēng)力為F，對(duì)乙分析對(duì)甲、乙整體分析則故選A。8．CD【詳析】設(shè)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為d，粒子剛好從O點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)Ⅰ，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中軌跡1幾何關(guān)系可知因?yàn)槁?lián)立解得若要求該粒子仍從P點(diǎn)垂直x軸出發(fā)但不從x軸離開(kāi)磁場(chǎng)Ⅱ，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中軌跡2，由幾何關(guān)系可知θ=30°，則可得因?yàn)榭傻盟俣鹊淖钚≈禐榫C合可知CD選項(xiàng)符合題意。故選CD。9．BD【詳析】A．由圖可知，t2時(shí)刻彈簧彈力達(dá)到最大，小球?qū)椈蓧嚎s到最低點(diǎn)，此時(shí)小球加速度方向向上，故A錯(cuò)誤；B．t2~t3這段時(shí)間內(nèi)，小球從最低點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有由于彈力減小，所以加速度向上減小，速度增大，彈力等于重力時(shí)，加速度為零，速度達(dá)到最大，之后根據(jù)牛頓第二定律有彈力減小，加速度向下增大，速度減小，故B正確；C．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球接觸彈簧并將彈簧壓縮到最短，該過(guò)程小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的彈性勢(shì)能不斷增大，小球的機(jī)械能一直減小，故C錯(cuò)誤；D．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球的加速度先向下后向上，則小球的速度先增大后減小，動(dòng)能先增加后減少，故D正確。故選BD。10．BD【詳析】A．由圖可知，衛(wèi)星的周期為，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．衛(wèi)星繞地球運(yùn)行時(shí)，只有地球引力做功，則機(jī)械能守恒，選項(xiàng)B正確；C．衛(wèi)星在近點(diǎn)時(shí)遠(yuǎn)點(diǎn)時(shí)可知根據(jù)開(kāi)普勒第二定律，衛(wèi)星在近地點(diǎn)與遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)可知近地點(diǎn)與遠(yuǎn)地點(diǎn)的速度之比為選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．根據(jù)，可知衛(wèi)星在近地點(diǎn)與遠(yuǎn)地點(diǎn)的加速度之比為，選項(xiàng)D正確。故選BD。11．(1)紅(2)2.90V(3)1.0(4)4872(5)30【詳析】（1）根據(jù)歐姆表原理可知，內(nèi)部電源