2025年广东省广州十六中高考物理模拟试卷（一）
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.关于下列材料或仪器的原理说法正确的是( )
A. 光纤由纤芯和包层组成，纤芯的折射率小于包层的折射率
B. 红外体温计是根据物体的温度越高发射的红外线波长越长的原理进行工作的
C. 超声波测速仪是利用了多普勒效应，汽车驶向测速仪的速度越大，接收到的反射波频率就越高
D. 钳形电流表既可以测交变电流的大小，也可以测恒定电流的大小
2.如图，用火箭发射人造地球卫星。当最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以的速度绕地球做匀速圆周运动。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离后瞬间，卫星速度增大，则( )
A. 可能大于第一宇宙速度
B. 分离前卫星处于超重状态
C. 分离后卫星将往更高的轨道运动
D. 分离前后卫星和火箭壳的动量守恒
3.昏暗路段一般会安装反光道钉用于指引道路，其内部由多个反光单元组成。如图所示，当来车的一束灯光以某一角度射向反光单元时，其中一条光线在、处先后发生两次反射，则( )
A. 从反光单元反射的出射光线与入射光线方向平行
B. 反光单元材料折射率越小，反光效果越好
C. 不同颜色的光在反光单元中传播速度相同
D. 若光线在点发生全反射，则在点也一定发生全反射
4.随着生活中的电子设备越来越多，在不知不觉中各种“理不清”的充电线给我们带来了困扰。无线充电的引入，让手机、智能手表和电动牙刷等设备摆脱了“充电线”的牵制，使这些设备做到了“放下即充”，如图所示，某智能手表正准备进行无线充电，其原理可简化为如图所示的装置，当送电线圈接入如图所示的交流电源后，送电线圈接有电阻，受电线圈接有电阻，送电线圈和受电线圈的匝数比：：，此时智能手表处于“超级充电”模式，其两端的电压为，充电电流为，充电装置线圈可视力理想变压器，则下列说法正确的是( )
A. 送电线圈两端电压为
B. 送电线圈所接电阻
C. 此充电器在“超级快充”模式下，耗电功率为
D. 受电线圈中的感应电流的磁场总是与供电线圈中电流的磁场方向相反
5.如图所示的电路中，为电源，其内电阻为，为理想电压表，为阻值恒定的小灯泡，为定值电阻，为半导体材料制成的光敏电阻光照越强，电阻越小，电容器两极板处于水平状态，闭合开关，电容器中心点有一带电油滴处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是( )
A. 若将的滑片下移，电压表的示数增大 B. 若光照变强，则油滴会向上运动
C. 若光照变强，则灯泡变暗 D. 若将电容器上极板上移，则点电势降低
6.安装了压力传感器的蹦床如图甲，可记录人对弹性网的压力，图乙是某次质量为的人在竖直方向运动时计算机输出的压力时间图像，取竖直向上方向为正，，人可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 人在时刻速度为零，合力向下
B. 人在时刻速度最大，合力向下
C. 从时刻到时刻，蹦床对人做的功大于
D. 从时刻到时刻，蹦床给演员的冲量大小为
7.用一氦气球悬挂一重物可视为质点，从地面释放后沿竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，过了一段时间后，悬挂重物的细线断裂，又经过相同的时间，重物恰好落到地面，重物脱落后仅受到重力，重力加速度大小为，细线断裂前后的氦气球的体积都不变，下列说法正确的是( )
A. 细线断裂后氦气球做竖直上抛运动
B. 细线断裂后重物做自由落体运动
C. 细线断裂前氦气球和重物匀加速上升的加速度大小为
D. 细线断裂时重物的速度大小等于重物落地时的速度大小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，质量分布均匀的光滑小球，放在倾角均为的斜面体上，斜面体位于同一水平面上，且小球处于平衡状态，关于四图对分析正确的是( )
A. 甲图中斜面对球弹力最大 B. 乙图中挡板对球弹力最小
C. 丙图中斜面对球弹力最小 D. 丁图中斜面对球弹力最小
9.如图，三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，、、分别为轨道的最低点。三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动且均能通过最低点。如图所示，则下列有关判断正确的是( )
A. 三个小球到达轨道右端的最大高度都相同
B. 小球第一次到达轨道最低点的速度关系
C. 小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系
D. 小球第一次到达轨道最低点时所受合力关系
10.一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面．到达某一高度后返回斜面底端．下列各图分别表示滑块在斜面上运功的速度动能、重力势能、机械能随时间或偏离出发点的距离变化的图象，选斜面底端为零势能面．则下列图象可能正确的是( )
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.石榴同学用如图甲所示的实验装置测量某单色光的波长，其中光源为白炽灯。
按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于的轴线上。
甲图光具座上放置的元件为______选填“单缝”、“双缝”、“滤光片”，该元件在本实验中的作用是______。
经过调试后，该同学通过测量头的目镜看到了干涉图样。
该同学发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，如图乙所示，若要使两者对齐，他应该调节的元件是______。用图甲中的字母或文字作答
将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐后，将该亮纹定为第条亮纹，此时手轮上的示数如图丙所示。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第条亮纹中心对齐，记下此时图丁中手轮上的示数______，已知双缝间距为，测得双缝到屏的距离为，求得所测波长为______。
去掉元件______用图甲中的字母或文字作答，该同学有可能观察到彩色的干涉条纹。
12.石榴同学研究热敏电阻器的阻值随温度变化的规律，实验装置如甲图，实验主要步骤如下：
将烧杯固定在铁架台上，往烧杯中加入适量的水，将串联了欧姆表的热敏电阻器以及温度计放入烧杯水中。
闭合开关，用酒精灯给水加热，读出温度计的示数和对应的欧姆表的读数，其中温度为时，欧姆表如图乙所示，此时在倍率“”的位置，则欧姆表读数为______。
继续给水加热，重复步骤若干次，测得多组数据。
利用实验测量的数据，描绘出热敏电阻器的图，如图丙。石榴同学利用上述的热敏电阻器设计一个简单的恒温箱温控电路如图丁，应该把恒温箱内的加热器接在______选填“、端”或“、端”。已知继电器的电阻为，当线圈的电流大于或等于时，继电器的衔铁被吸，为继电器线圈供电的电池电动势为，内阻不计。如果要使恒温箱内的温度保持在，则要在继电器线圈回路中再串联一个______的电阻。
四、简答题：本大题共1小题，共9分。
13.假日期间，小聪与家人去售楼部收房，小聪想检查阳台窗户的双层玻璃的厚度是否达标合同里每层玻璃的厚度。小聪查阅资料得知该窗户由中间夹一层惰性气体的两平行且厚度相同的玻璃组成，他用一激光笔垂直窗户玻璃入射，用记号笔分别记下窗户两侧入射点和出射点的位置、，如图所示，再让激光笔对准点以入射角入射，记下窗户另一侧出射点的位置，测得和的距离分别为、。玻璃和惰性气体对激光的折射率分别为。
若玻璃的厚度恰好达标，求激光通过第一层玻璃的出射点和入射点沿玻璃方向的偏移结果可保留根号；
请通过计算判断该窗户的双层玻璃的厚度是否为合同中的。
五、计算题：本大题共2小题，共29分。
14.当下世界科技大国都在研发一种新技术，实现火箭回收利用，有效节约太空飞行成本。其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞。为此设计师在返回火箭的底盘安装了台电磁缓冲装罝，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓火箭对地的冲击力。该装置的主要部件有两部分：缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈，指示灯连接在两处：火箭主体。包括绝缘光滑缓冲轨道，和超导线圈图中未画出。超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，指示灯发光。火箭主体一直做减速运动直至达到软卷陆要求的速度，从而实现缓冲，现己知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为，软着陆要求的速度为：指示灯、线圈的边和边电阻均为，其余电阻忽略不计：边长为，火箭主体质量为，匀强磁场的磁感应强度大小为，重力加速度为，一切摩擦阻力不计。
求缓冲滑块刚停止运动时。线圈的边受到的安培力大小：
求缓冲滑块刚停止运动时。火箭主体的加速度大小：
若火箭主体的速度大小从减到的过程中，经历的时间为，求该过程中每台电磁缓冲装罝中线圈产生的焦耳热。
15.高能粒子实验装置，是用以发现高能粒子并研究其特性的主要实验工具，如图给出了一种该装置的简化模型。在光滑绝缘的水平面区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场；在区域内存在沿轴正方向的匀强电场。质量为、电荷量大小为带负电的微粒从点以一定速度释放，沿直线从坐标原点进入磁场区域后，与静止在点、质量为的中性微粒发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子。不计碰撞后微粒间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应
求电场强度的大小和的大小；
若两微粒碰撞后，立即撤去电场，求微粒在磁场中运动的半径和从两微粒碰撞到下次再相遇的时间间隔；
若两微粒碰撞后，微粒首次离开第一象限时，立即撤去磁场，求两微粒的轨迹与轴交点之间的距离。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：光从一端进入，另一端传出，在纤芯和包层的界面上不停地发生全反射，所以纤芯的折射率大于包层的折射率，故A错误；
B.自然界中的一切物体只要它们的温度高于绝对零度，都会有红外辐射，这是由于物体内部分子热运动的结果，且温度越高热辐射越强，所以人体温度越高，发射的红外线越强，依据这个原理可以制成红外体温计，故B错误；
C.超声波测速仪是利用了多普勒效应，汽车驶向测速仪的速度越大，接收到的反射波频率就越高，故C正确；
D.钳形电流表是根据电磁感应原理制成的，故只能用来测量交变电流，故D错误；
故选：。
2.【答案】
【解析】解：、第一宇宙速度等于，且第一宇宙速度为物体环绕地球表面做圆周运动时线速度的大小，环绕半径等于地球半径，而根据万有引力充当向心力有，可得，可知轨道半径越大，线速度越小，火箭壳体和卫星在地表上空环绕地球做圆周运动，其环绕半径大于地球半径，因此可知其线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、卫星在轨道上的任何一点所受的合力都是指向地心的向心力，这是因为地球的引力提供了维持卫星做圆周运动所需的向心力。在这种情况下，卫星及其内部的物体都会处于失重状态，故B错误；
C、分离后卫星线速度变大，此时卫星所受万有引力不足以提供其在原轨道运行的向心力，因此卫星将做离心运动，向更高的轨道变轨运行，故C正确；
D、分离前后卫星和火箭壳在做圆周运动，所受合力不为零，因此动量不守恒，故D错误。
故选：。
3.【答案】
【解析】解：设反光单元内发生两次反射的反射角分别为和，根据几何知识可知
故有，所以与平行，根据光路的可逆性可知从反光单元反射的出射光线与入射光线方向也平行，故A正确；
B.反光单元材料折射率越小，光线发生全反射的临界角越大，光线在反光单元材料内越不容易发生全反射，有部分光线将在直角边界面发生折射，故最后从斜边折射出去的光线越少，反光效果越差，故B错误；
C.不同颜色的光在反光单元中的折射率不同，故光在反光单元内的传播速度不同，故C错误；
D.设发生全反射时的临界角为，若光线在点发生全反射，即，结合可知不一定大于或等于临界角，故在点也不一定发生全反射，故D错误。
故选：。
4.【答案】
【解析】解：、充电电流为，则根据理想变压器的规律，可知：：：，得送电线圈中的电流，交流电源的电压有效值为：，智能手表两端的电压为，则受电线圈两端电压为，根据理想变压器的规律，可知：：：，送电线圈两端电压为，根据，得，故A错误，B正确；
C、此充电器在“超级快充”模式下，耗电功率为，故C错误；
D、当供电线圈中电流增加时，穿过受电线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，此时受电线圈的中感应电流的磁场与供电线圈中电流的磁场方向相反，当供电线圈中电流减小时，穿过受电线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知此时受电线圈中感应电流的磁场与供电线圈中电流的磁场方向相同，故D错误。
故选：。
5.【答案】
【解析】解：电容器在直流电路中相当于断路，电路稳定时，相当于导线，将滑片上移，电压表示数不变，故A错误；
若光照变强，光敏电阻减小，总电阻变小，电流变大，则通过小灯泡的电流变大，灯泡变亮；
根据闭合电路欧姆定律，电容器两端电压为
变大，则变小，场强变小，油滴所受的电场力变小，油滴向下极板运动，故BC错误；
D.由于电路电阻不变，则电容器板间电压不变，若将电容器上极板上移，电容器两极板的距离增大，根据可知场强变小，而点与下极板的距离不变，则点与下极板的电势差减小，而电势下极板的电势始终为，因此点电势降低，故D正确。
故选：。
6.【答案】
【解析】解：、由随时间的变化特点，结合弹性网的弹力与形变量的关系，
从到时刻，人从接触弹性网到向下运动，速度一直向下，受力为：，随着增大，加速度减小，速度增大；时，速度最大；随着继续增大，，合力向上，加速度增大，速度减小，直到速度为，即时刻，人的速度为，合力向上；
时刻人处于最低点，速度减为；时刻到时刻，弹力减小，人一直向上运动，时刻人离开弹性网；由运动的对称性可知，人从到时刻，速度先增后减，合力先向上后向下，即时刻人的速度不是最大值，合力为重力，竖直向下，故AB错误；
、由图可知人接触弹性网下降和上升的时间分别为：，
从弹性网向上运动到再落回弹性网的时间为：，
结合竖直方向的运动特点，可知时刻速度大小为：，方向向上；
由、时刻的速度特点，以向上为正方向，由动量定理可知：，解得：；
由动能定理，蹦床对人做的功满足：，其中，故：，故C正确，D错误。
故选：。
7.【答案】
【解析】解：细线断裂后氦气球受到的浮力大于重力，做向上的匀加速直线运动，故A错误；
B.细线断裂后重物有向上的速度，先做竖直上抛运动，上升至最高点后做自由落体运动，故B错误；
重物先匀加速上升，后竖直上抛，设匀加速上升时加速度为，断裂时的速度为，落地时的速度为，断裂时的高度为，根据速度时间公式得，根据位移一时间公式得，根据竖直上抛运动的规律得，根据速度一时间公式得，解得，，，可得细线断裂时重物的速度大小等于重物落地时的速度大小的，故D错误，C正确。
故选：。
8.【答案】
【解析】解：对各个小球受力分析，如图所示
根据平衡条件可得，，，在甲图中，因为，在乙图中，重力和挡板对小球弹力的夹角等于，根据合力与分力的关系可知夹角越大，合力越大，所以在四个图中的情况为，故AD正确，BC错误。
故选：。
9.【答案】
【解析】解：、在第一个图中，小球运动过程只有重力做功，小球的机械能守恒。在第二图中，由左手定则判断小球沿轨道下滑过程所受洛伦兹力方向总是垂直于速度方向且指向轨道外侧，小球不会脱离轨道，并且洛伦兹力不做功，此过程只有重力做功，故小球的机械能守恒。可知小球第一次到达点、点时动能相等，即。
第三个图中，小球所受电场力的方向向左，小球沿轨道下滑的过程中电场力做负功，故小球的机械能减小，可知小球达到最低点时速度，故B正确；
A、根据选项的分析，第一、二个图中小球沿轨道到达轨道右端的最大高度的过程机械能守恒，所以小球到达轨道右端的最大高度相同。第三个图的这个过程中电场力做负功，小球的机械能减小，可知小球到达轨道右端的最大高度与第一、二个图的不同，故A错误；
C、小球在最低点时，第一图中重力和支持力提供向心力，即
而第二图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向心力，即
第三图中，重力与支持力提供向心力，即
则
故C正确；
D、小球均做圆周运动，合力提供向心力，则
因为半径和质量相同，结合选项分析可得
故D正确。
故选：。
10.【答案】
【解析】解：、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小，故A正确；
B、上滑时，根据动能定理，有：，
下滑时，根据动能定理，有：，
故B正确，图象是直线，上滑时图象的斜率绝对值大，故B正确；
C、在上滑过程中：上滑的位移大小为：，
重力势能为：，图象为抛物线，
下滑过程：重力势能为：，为斜面的最大高度，是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程，故C错误；
D、由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：，返回出发点时的机械能不为零，故D错误；
故选：。
11.【答案】双缝 获得两列相干光 测量头
【解析】解：光具座上的元件顺序为光源、透镜、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、光屏等，所以元件为双缝，双缝的作用是能够获得两列相干光。
亮条纹与分划板竖线未对齐，若要使两者对齐，他应该调节测量头才可以。
螺旋测微器的读数为，图丙的读数为，相邻条纹间距为，根据干涉条纹间距公式可得所测的波长为
去掉滤光片，则在光屏上观察到的是白色光的干涉图样，即观察到彩色条纹。
故答案为：双缝，获得两列相干光；测量头；，；。
12.【答案】 、端
【解析】解：欧姆表倍率的“”，由图乙所示可知，欧姆表读数为。
由图丙所示可知，温度较低时热敏电阻阻值较小，电磁继电器控制电路总电阻较小，电路电流较大，
继电器衔铁被吸使加热器加热，由图丁所示电路可知，恒温箱内的加热器应接在、端；
由图丙所示可知，时热敏电阻阻值，由闭合电路的欧姆定律得：
代入数据解得：
故答案为：；、端；。
13.【答案】解：激光通过窗户玻璃的光路图如图所示
根据折射定律有
解得：
设激光在第一层玻璃中的偏移量为，根据几何关系有
解得：
若玻璃的厚度恰好达标，则由光路的可逆性可知，激光在第二层玻璃中的偏移量
窗户的厚度，可知惰性气体的厚度
激光在惰性气体中的偏移量
解得：
激光的总偏移量
因为，所以双层玻璃的厚度不是合同中的。
答：激光通过第一层玻璃的出射点和入射点沿玻璃方向的偏移；
双层玻璃的厚度不是合同中的。
14.【答案】解：缓冲块刚停止运动时，边切割磁感线产生的感应电动势：，
电路总电阻：，
电路电流：，
边所受安培力：
由牛顿第二定律得：，
解得：；
探测器速度从减速到的过程中，根据动量定理可得：
即
解得：
根据能量守恒定律可得，每个减速器得到的热量
每个线圈得到的热量线
答：缓冲滑块刚停止运动时，线圈的边受到的安培力大小为：
缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小为：
该过程中每台电磁缓冲装罝中线圈产生的焦耳热为。
15.【答案】解：带负电的粒子从点沿直线从坐标原点，根据平衡条件可得：
粒子进入磁场后，由几何关系可得：
根据洛伦兹力提供向心力可得：
联立解得：，；
粒子与粒子发生弹性碰撞，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
根据机械能守恒定律可得：
解得：，
碰撞后两粒子均带负电，电荷量均为，做匀速圆周运动，设半径分别为、，则有：
，
解得，
可知两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，运动周期分别为：
，
可得：
两粒子碰后再次相遇需满足：
解得再次相遇时间：；
两粒子运动轨迹如图所示：
对粒子，有：
对粒子，有：；且：
所以有：
解得：。
答：电场强度的大小为，的大小为；
若两微粒碰撞后，立即撤去电场，微粒在磁场中运动的半径和从两微粒碰撞到下次再相遇的时间间隔为；
若两微粒碰撞后，微粒首次离开第一象限时，立即撤去磁场，两微粒的轨迹与轴交点之间的距离为。
第15页，共15页
