2025年廣東省廣州十六中高考物理模擬試卷（一）

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.關于下列材料或儀器的原理說法正確的是（）

A.光纖由纖芯和包層組成，纖芯的折射率小于包層的折射率

B.紅外體溫計是根據物體的溫度越高發射的紅外線波長越長的原理進行工作的

C.超聲波測速儀是利用了多普勒效應，汽車駛向測速儀的速度越大，接收到的反射波頻率就越高

D.鉗形電流表既可以測交變電流的大小，也可以測恒定電流的大小

2.如圖，用火箭發射人造地球衛星。當最后一節火箭的燃料用完后，火箭殼體斕

和衛星一起以火的速度繞地球做勻速圓周運動。某時刻火箭殼體與衛星分離，飛

分離后瞬間，衛星速度增大，貝1（）；,\

A.%可能大于第一宇宙速度：（地球）

B.分離前衛星處于超重狀態\/

C.分離后衛星將往更高的軌道運動I，

*.....-*

D,分離前后衛星和火箭殼的動量守恒

3.昏暗路段一般會安裝反光道釘用于指引道路，其內部由多個反光單元組成。如圖所示，當來車的一束燈

光以某一角度射向反光單元時，其中一條光線在P、Q處先后發生兩次反射，貝1（）

A.從反光單元反射的出射光線與入射光線方向平行

B.反光單元材料折射率越小，反光效果越好

第1頁，共15頁

C.不同顏色的光在反光單元中傳播速度相同

D.若光線在Q點發生全反射，則在P點也一定發生全反射

4.隨著生活中的電子設備越來越多，在不知不覺中各種“理不清”的充電線給我們帶來了困擾。無線充電

的引入，讓手機、智能手表和電動牙刷等設備擺脫了“充電線”的牽制，使這些設備做到了“放下即充”，

如圖1所示，某智能手表正準備進行無線充電，其原理可簡化為如圖2所示的裝置，當送電線圈接入如圖3所

示的交流電源后，送電線圈接有電阻Ri，受電線圈接有電阻/?2=4。，送電線圈和受電線圈的匝數比n2

=5：1,此時智能手表處于“超級充電”模式，其兩端的電壓為20U,充電電流為54充電裝置線圈可視

力理想變壓器，則下列說法正確的是（）

(

智

能

手

衣

交)

流

電

源

A.送電線圈兩端電壓為220U

B.送電線圈所接電阻的=200

C.此充電器在“超級快充”模式下，耗電功率為200〃

D.受電線圈中的感應電流的磁場總是與供電線圈中電流的磁場方向相反

5.如圖所示的電路中，E為電源，其內電阻為r,U為理想電壓表，L為阻A

值恒定的小燈泡，％為定值電阻，R3為半導體材料制成的光敏電阻（光照

越強，電阻越小），電容器兩極板處于水平狀態，閉合開關S,電容器中心P

P￥R值

點有一帶電油滴處于靜止狀態，電源負極接地，則下列說法正確的是（）<rTT

SB

A.若將7?2的滑片下移，電壓表的示數增大B.若光照變強，則油滴會向上運動

C.若光照變強，則燈泡變暗D.若將電容器上極板上移，貝UP點電勢降低

6.安裝了壓力傳感器的蹦床如圖甲，可記錄人對彈性網的壓力，圖乙是某次質量為35刖的人在豎直方向運

動時計算機輸出的壓力一時間（F—t）圖像，取豎直向上方向為正，g=10m/s2,人可視為質點，不計空氣

阻力。下列說法正確的是（）

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A.人在a時刻速度為零，合力向下

B.人在6時刻速度最大，合力向下

C.從a時亥U到6時刻，蹦床對人做的功大于1120/

D.從a時刻到b時刻，蹦床給演員的沖量大小為280N.s

7.用一氯氣球懸掛一重物（可視為質點），從地面釋放后沿豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動,/一

過了一段時間后，懸掛重物的細線斷裂，又經過相同的時間，重物恰好落到地面，重物脫落后僅卜

受到重力，重力加速度大小為g,細線斷裂前后的氫氣球的體積都不變，下列說法正確的塞）

□

A.細線斷裂后氯氣球做豎直上拋運動

B,細線斷裂后重物做自由落體運動

C.細線斷裂前氫氣球和重物勻加速上升的加速度大小為著

D.細線斷裂時重物的速度大小等于重物落地時的速度大小

二、多選題：本大題共3小題，共18分。

8.如圖，質量分布均勻的光滑小球。，放在傾角均為。的斜面體上，斜面體位于同一水平面上，且小球處于

A.甲圖中斜面對球。彈力最大B.乙圖中擋板MN對球。彈力最小

C.丙圖中斜面對球。彈力最小D.丁圖中斜面對球。彈力最小

9.如圖，三個完全相同的半圓形光滑絕緣軌道豎直放置，分別處在真空、勻強磁場和勻強電場中，軌道兩

端在同一高度上，P、M、N分別為軌道的最低點。三個相同的帶正電小球同時從軌道左端最高點由靜止開

始沿軌道運動且均能通過最低點。如圖所示，則下列有關判斷正確的是（）

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A.三個小球到達軌道右端的最大高度都相同

B.小球第一次到達軌道最低點的速度關系17p=VM>VN

C.小球第一次到達軌道最低點時對軌道的壓力關系FM>FP>FN

D.小球第一次到達軌道最低點時所受合力關系F合P=尸合M>F合N

10.一滑塊從固定的斜面底端沖上粗糙的斜面.到達某一高度后返回斜面底端.下列各圖分別表示滑塊在斜

面上運功的速度〃動能反、重力勢能Ep、機械能E隨時間t或x(偏離出發點的距離)變化的圖象，選斜面底端

為零勢能面.則下列圖象可能正確的是()

三、實驗題：本大題共2小題，共16分。

11.石榴同學用如圖甲所示的實驗裝置測量某單色光的波長，其中光源為白熾燈。

(1)按合理順序在光具座上放置各光學元件，并使各元件的中心位于L的軸線上。

(2)甲圖光具座上放置的元件/為(選填“單縫”、“雙縫”、“濾光片”)，該元件在本實驗中的作用

是O

(3)經過調試后，該同學通過測量頭的目鏡看到了干涉圖樣。

(4)該同學發現里面的亮條紋與分劃板豎線未對齊，如圖乙所示，若要使兩者對齊，他應該調節的元件是

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。(用圖甲中的字母或文字作答)

(5)將測量頭的分劃板中心刻線與某亮紋中心對齊后，將該亮紋定為第1條亮紋，此時手輪上的示數如圖丙

所示。然后同方向轉動測量頭，使分劃板中心刻線與第6條亮紋中心對齊，記下此時圖丁中手輪上的示數

mm,已知雙縫間距d為2.0x10-4爪，測得雙縫到屏的距離,為0.700小，求得所測波長為

(6)去掉元件(用圖甲中的字母或文字作答)，該同學有可能觀察到彩色的干涉條紋。

12.石榴同學研究熱敏電阻器的阻值隨溫度變化的規律，實驗裝置如甲圖，實驗主要步驟如下：

(1)將燒杯固定在鐵架臺上，往燒杯中加入適量的水，將串聯了歐姆表的熱敏電阻器以及溫度計放入燒杯水

中。

(2)閉合開關，用酒精燈給水加熱，讀出溫度計的示數和對應的歐姆表的讀數，其中溫度為40久時，歐姆表

如圖乙所示，此時在倍率“x

圖甲

(3)繼續給水加熱，重復步驟(2)若干次，測得多組數據。

(4)利用實驗測量的數據，描繪出熱敏電阻器的R—t圖，如圖丙。石榴同學利用上述的熱敏電阻器設計一個

簡單的恒溫箱溫控電路如圖丁，應該把恒溫箱內的加熱器接在_____(選填“力、C端”或“B、。端”)。已

知繼電器的電阻為100。，當線圈的電流大于或等于20小力時，繼電器的銜鐵被吸，為繼電器線圈供電的電

池電動勢為9V,內阻不計。如果要使恒溫箱內的溫度保持在70久，則要在繼電器線圈回路中再串聯一個

。的電阻R。

四、簡答題：本大題共1小題，共9分。

13.假日期間，小聰與家人去售樓部收房，小聰想檢查陽臺窗戶的雙層玻璃的厚度是否達標(合同里每層玻

璃的厚度詢=5nmI)。小聰查閱資料得知該窗戶由中間夾一層惰性氣體的兩平行且厚度相同的玻璃組成，他

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用一激光筆垂直窗戶玻璃入射，用記號筆分別記下窗戶兩側入射點和出射點的位置P、Q,如圖所示，再讓

激光筆對準P點以入射角a=60。入射，記下窗戶另一側出射點的位置M,測得PQ和QM的距離分別為20.0小小、

28.0mmo玻璃和惰性氣體對激光的折射率分別為血=也、n2=1?

(1)若玻璃的厚度恰好達標，求激光通過第一層玻璃的出射點和入射點沿玻璃方向的偏移(結果可保留根號)；

(2)請通過計算判斷該窗戶的雙層玻璃的厚度是否為合同中的5nun。

QM

五、計算題：本大題共2小題，共29分。

14.當下世界科技大國都在研發一種新技術，實現火箭回收利用，有效節約太空飛行成本。其中有一技術難

題是回收時如何減緩對地的碰撞。為此設計師在返回火箭的底盤安裝了4臺電磁緩沖裝置，其工作原理是利

用電磁阻尼作用減緩火箭對地的沖擊力。該裝置的主要部件有兩部分：①緩沖滑塊，由高強絕緣材料制成,

其內部邊緣繞有閉合單匝矩形線圈abed,指示燈連接在cd兩處：②火箭主體。包括絕緣光滑緩沖軌道MN,

PQ和超導線圈(圖中未畫出)。超導線圈能產生方向垂直于整個緩沖軌道平面的勻強磁場。當緩沖滑塊接觸

地面時，滑塊立即停止運動，此后線圈與火箭主體中的磁場相互作用，指示燈發光。火箭主體一直做減速

運動直至達到軟卷陸要求的速度，從而實現緩沖，現己知緩沖滑塊豎直向下撞向地面時，火箭主體的速度

大小為火,軟著陸要求的速度為0：指示燈、線圈的M邊和cd邊電阻均為R,其余電阻忽略不計：ab邊長為

L,火箭主體質量為小，勻強磁場的磁感應強度大小為B,重力加速度為g,一切摩擦阻力不計。

(1)求緩沖滑塊剛停止運動時。線圈的ab邊受到的安培力大小：

(2)求緩沖滑塊剛停止運動時。火箭主體的加速度大小：

(3)若火箭主體的速度大小從為減到0的過程中，經歷的時間為3求該過程中每臺電磁緩沖裝置中線圈產生

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的焦耳熱。

15.高能粒子實驗裝置，是用以發現高能粒子并研究其特性的主要實驗工具,

如圖給出了一種該裝置的簡化模型。在光滑絕緣的水平面久Oy區域內存在

垂直紙面向外、磁感應強度大小為8的勻強磁場在x<0區域內存在沿y軸正

方向的勻強電場。質量為小、荷量大小為帶負電的微粒1從點S以一定速度火

釋放，沿直線從坐標原點。進入磁場區域后，與靜止在點P(a,a)、質量為全

的中性微粒2發生彈性正碰，且有一半電量轉移給粒子2。(不計碰撞后微粒

間的相互作用，忽略電場、磁場變化引起的效應)

(1)求電場強度的大小E和"0的大小；

(2)若兩微粒碰撞后，立即撤去電場，求微粒2在磁場中運動的半徑和從兩微粒碰撞到下次再相遇的時間間

隔

(3)若兩微粒碰撞后，微粒2首次離開第一象限時，立即撤去磁場，求兩微粒的軌跡與久軸交點之間的距離

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解4光從一端進入，另一端傳出，在纖芯和包層的界面上不停地發生全反射，所以纖芯的折射率

大于包層的折射率，故/錯誤；

8.自然界中的一切物體只要它們的溫度高于絕對零度一273久，都會有紅外輻射，這是由于物體內部分子熱

運動的結果，且溫度越高熱輻射越強，所以人體溫度越高，發射的紅外線越強，依據這個原理可以制成紅

外體溫計，故3錯誤；

C超聲波測速儀是利用了多普勒效應，汽車駛向測速儀的速度越大，接收到的反射波頻率就越高，故C正

確；

。.鉗形電流表是根據電磁感應原理制成的，故只能用來測量交變電流，故。錯誤；

故選：Co

2.【答案】C

【解析】解:4第一宇宙速度等于7.9/CM/S,且第一宇宙速度為物體環繞地球表面做圓周運動時線速度的

大小，環繞半徑等于地球半徑，而根據萬有引力充當向心力有G誓=巾9,可得可知軌道半徑越

大，線速度越小，火箭殼體和衛星在地表上空環繞地球做圓周運動，其環繞半徑大于地球半徑，因此可知

其線速度小于第一宇宙速度，故4錯誤；

8、衛星在軌道上的任何一點所受的合力都是指向地心的向心力，這是因為地球的引力提供了維持衛星做圓

周運動所需的向心力。在這種情況下，衛星及其內部的物體都會處于失重狀態，故2錯誤；

C、分離后衛星線速度變大，此時衛星所受萬有引力不足以提供其在原軌道運行的向心力，因此衛星將做離

心運動，向更高的軌道變軌運行，故C正確；

。、分離前后衛星和火箭殼在做圓周運動，所受合力不為零，因此動量不守恒，故。錯誤。

故選：Co

3.【答案】A

【解析】解：4設反光單元內發生兩次反射的反射角分別為a和仇根據幾何知識可知a+8=90。

故有2a+2。=180。，所以P。與QM平行，根據光路的可逆性可知從反光單元反射的出射光線與入射光線方

向也平行，故N正確；

R反光單元材料折射率越小，光線發生全反射的臨界角越大，光線在反光單元材料內越不容易發生全反射,

有部分光線將在直角邊界面發生折射，故最后從斜邊折射出去的光線越少，反光效果越差，故8錯誤；

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C不同顏色的光在反光單元中的折射率不同，故光在反光單元內的傳播速度及=三不同，故c錯誤；

D設發生全反射時的臨界角為C,若光線在Q點發生全反射，即82C,結合a+6=90。可知a不一定大于或

等于臨界角C,故在P點也不一定發生全反射，故。錯誤。

故選：Ao

4.【答案】B

【解析】解：AB、充電電流為/2=54則根據理想變壓器的規律，可知：/1：/2=n2：m，得送電線圈中

的電流。=14，交流電源的電壓有效值為：U=^^-V=220V,智能手表兩端的電壓為U'=201/,則受電

線圈兩端電壓為02=U'+/2R2=40U,根據理想變壓器的規律，可知U］：。2=n1：n2＞送電線圈兩端電

壓為。1=200匕根據U=U1+R/1，得&=20。，故/錯誤，8正確；

C、此充電器在“超級快充”模式下，耗電功率為「=叼1=220義1勿=220勿，故C錯誤；

。、當供電線圈中電流增加時，穿過受電線圈的磁通量增加，根據楞次定律可知，此時受電線圈的中感應電

流的磁場與供電線圈中電流的磁場方向相反，當供電線圈中電流減小時，穿過受電線圈的磁通量減少，根

據楞次定律可知此時受電線圈中感應電流的磁場與供電線圈中電流的磁場方向相同，故D錯誤。

故選：B。

5.【答案】D

【解析】解:4電容器在直流電路中相當于斷路，電路穩定時，&相當于導線，將&滑片上移，電壓表示

數不變，故N錯誤；

BC,若光照變強，光敏電阻/?3減小，總電阻變小，電流變大，則通過小燈泡的電流變大，燈泡變亮；

根據閉合電路歐姆定律，電容器兩端電壓為U=E-I(r+%)

/變大，貝”變小，場強變小，油滴所受的電場力變小，油滴向下極板運動，故5c錯誤；

D由于電路電阻不變，則電容器板間電壓不變，若將電容器上極板上移，電容器兩極板的距離增大，根據E

=%可知場強變小，而P點與下極板的距離不變，則P點與下極板的電勢差減小，而電勢下極板的電勢始終

為0,因此P點電勢降低，故。正確。

故選：Do

6.【答案】C

【解析】解：AB,由尸隨時間的變化特點，結合彈性網的彈力與形變量的關系，

從0.2s到a時刻，人從接觸彈性網到向下運動，速度一直向下，受力為mg-F=ma,隨著產增大，加速度

減小，速度增大；尸=zng時，速度最大；隨著戶繼續增大，F-mg=ma,合力向上，加速度增大，速度減

小，直到速度為0,即a時刻，人的速度為0,合力向上；

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a時刻人處于最低點，速度減為0；a時刻到6時刻，彈力減小，人一直向上運動，6時刻人離開彈性網；由運

動的對稱性可知，人從a到6時刻，速度先增后減，合力先向上后向下，即6時刻人的速度不是最大值，合力

為重力，豎直向下，故42錯誤；

12s2s

CD、由F—t圖可知人接觸彈性網下降和上升的時間分別為：tl=~°=0.5s,

從彈性網向上運動到再落回彈性網的時間為：2.8s-1.2s=1.6s,

結合豎直方向的運動特點，可知b時刻速度大小為：v=gx^At^Wm/s2x|x1.6s=8m/s,方向向上；

由a、b時刻的速度特點，以向上為正方向，由動量定理可知：I—mgtr=mv-0,解得：I=455N?s；

由動能定理，蹦床對人做的功滿足：W-mgh=^nv2,其中會n/=1120/,故：W>1120/,故C正確，D

錯誤。

故選:C?

7.【答案】C

【解析】解：4細線斷裂后氧氣球受到的浮力大于重力，做向上的勻加速直線運動，故/錯誤；

8.細線斷裂后重物有向上的速度，先做豎直上拋運動，上升至最高點后做自由落體運動，故8錯誤；

CD.重物先勻加速上升，后豎直上拋，設勻加速上升時加速度為a,斷裂時的速度為。皿落地時的速度為也

斷裂時的高度為伍根據速度一時間公式得力?=或，根據位移一時間公式得力=寺城2,根據豎直上拋運動的

規律得一仁小一切2,根據速度一時間公式得〃=%—解得a4，0m=與,v=-lgt,可得細線

斷裂時重物的速度大小等于重物落地時的速度大小的《故。錯誤，C正確。

故選：Co

8.【答案】AD

【解析】解：對各個小球受力分析，如圖所示

在甲圖中，因為/?+。<看在乙圖中，重力和擋板對

根據平衡條件可得尸2=P-3=mgcosd,F4=。，

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小球彈力的夾角等于會根據合力與分力的關系可知夾角越大，合力越大，所以在四個圖中的情況為Fi>&

>F3>F4,故ND正確，8c錯誤。

故選：AD.

9.【答案】BCD

【解析】解B、在第一個圖中，小球運動過程只有重力做功，小球的機械能守恒。在第二圖中，由左手定

則判斷小球沿軌道下滑過程所受洛倫茲力方向總是垂直于速度方向且指向軌道外側，小球不會脫離軌道，

并且洛倫茲力不做功，此過程只有重力做功，故小球的機械能守恒。可知小球第一次到達P點、M點時動能

相等，即"P=UM。

第三個圖中，小球所受電場力的方向向左，小球沿軌道下滑的過程中電場力做負功，故小球的機械能減小,

可知小球達到最低點N時速度"N<Vp=vM,故8正確；

/、根據B選項的分析，第一、二個圖中小球沿軌道到達軌道右端的最大高度的過程機械能守恒，所以小球

到達軌道右端的最大高度相同。第三個圖的這個過程中電場力做負功，小球的機械能減小，可知小球到達

軌道右端的最大高度與第一、二個圖的不同，故/錯誤；

C、小球在最低點時，第一圖中重力和支持力提供向心力，即

避

FP—mg=m—

而第二圖中是重力、支持力和洛倫茲力提供向心力，即

口D_VM

FM—m9—Bq〃M=Tn

K

第三圖中，重力與支持力提供向心力，即

VN

FrN-mg

則

>FP>FN

故C正確；

。、小球均做圓周運動，合力提供向心力，則

V2

FA?—?=m——

因為半徑和質量相同，結合B選項分析可得

F合P=F合M>F合N

故。正確。

第11頁，共15頁

故選：BCD。

10.【答案】AB

【解析】解人滑塊在斜面上運動過程中，由于存在摩擦力，機械能不斷減小，經過同一點時下滑的速度

小于上滑的速度，回到出發點時的速度比出發時的初速度小，故/正確；

B、上滑時，根據動能定理，有：一(mgsin9+f)x=Ek-Eg，

下滑時，根據動能定理，有：(mgsin8-f)x=Ek，

故2正確，Ek—久圖象是直線，上滑時圖象的斜率絕對值大，故3正確；

C、在上滑過程中：上滑的位移大小為：=—某已

2

重力勢能為：EP=mgxrsina=mgsina(VQt-jflit),瓊-t圖象為拋物線，

2

下滑過程：重力勢能為：EP=mg[H-^a\t-t0)sina],H為斜面的最大高度，力是上滑的時間，此為開

口向下的拋物線方程，故C錯誤；

D、由于物體克服摩擦力做功，其機械能不斷減小，根據功能關系得：E=E0-f1X,返回出發點時的機械

能不為零，故。錯誤；

故選：AB.

11.【答案】雙縫獲得兩列相干光測量頭13.870660H

【解析】解(2)光具座上的元件順序為光源、透鏡、濾光片、單縫、雙縫、遮光筒、光屏等，所以/元件為

雙縫，雙縫的作用是能夠獲得兩列相干光。

(4)亮條紋與分劃板豎線未對齊，若要使兩者對齊，他應該調節測量頭才可以。

(5)螺旋測微器的讀數為13nwi+37.0x0.01mm=13.870mm,圖丙的讀數為2nmi+32.0x0.01mm

=2.320mm,相鄰條紋間距為4久=138^=2.310mm,根據干涉條紋間距公式/x=幺可得所測

的波長為％=660nm

(6)去掉濾光片H,則在光屏上觀察到的是白色光的干涉圖樣，即觀察到彩色條紋。

故答案為：(2)雙縫,獲得兩列相干光；(4)測量頭;(5)13.870,660；(6)兒

12.【答案】190B、。端270

【解析】解:(2)歐姆表倍率的“x1”，由圖乙所示可知，歐姆表讀數為19xin=19。。

(4)由圖丙所示可知，溫度較低時熱敏電阻阻值較小，電磁繼電器控制電路總電阻較小，電路電流較大，

繼電器銜鐵被吸使加熱器加熱，由圖丁所示電路可知，恒溫箱內的加熱器應接在B、。端；

第12頁，共15頁

由圖丙所不可知，t=70。（2時熱敏電阻阻值R熱敏電阻=800,由閉合電路的歐姆定律得：I=

_________E_________

R繼電器+R熱敏電阻+R

代入數據解得：R=270n

故答案為：（2）190；（4）8、D端;270。

13.【答案】解：（1）激光通過窗戶玻璃的光路圖如圖所示

根據折射定律有m=就

解得：=*

設激光在第一層玻璃中的偏移量為xi，根據幾何關系有亞=ditan/3

解得：%i=y/15mm

（2）若玻璃的厚度恰好達標，則由光路的可逆性可知，激光在第二層玻璃中的偏移量打=百小小

窗戶的厚度do=PQ=20.0mm,可知惰性氣體的厚度d?=20.0mm—2x5mm=10mm

激光在惰性氣體中的偏移量%2=d2tana

解得：x2=10Pmm

激光的總偏移量％=2%i+冷=（2J正+10^/3）mm

因為久力28.0nun,所以雙層玻璃的厚度不是合同中的5nmI。

答：（1）激光通過第一層玻璃的出射點和入射點沿玻璃方向的偏移百小爪；

（2）雙層玻璃的厚度不是合同中的5爪機。

14.【答案】解：（1）緩沖塊剛停止運動時，防邊切割磁感線產生的感應電動勢：E=BLv0,

電路總電阻：R總=Rab+^+Rcd=L5R，

F

電路電流：1=不一,

H總

25Vo

ab邊所受安培力：Fab=B1L=^

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(2)由牛頓第二定律得：4Fab-mg-ma,

解得：a=*-g；

(3)探測器速度從火減速