2025年高考广西卷物理真题

已知金属铷、钾、钠、钙的逸出功分别为 $2.13\mathrm{eV}$ 、 $2.25\mathrm{eV}$ 、 $2.29\mathrm{eV}$ 、 $3.20\mathrm{eV}$ ．用光子能量为 $2.20\mathrm{eV}$ 的单色光照射这些金属的表面，能逸出光电子的金属是（　　）

A．铷

B．钾

C．钠

D．钙

【答案与解析】

光电效应发生的条件是入射光子能量大于金属的逸出功。入射光子能量 $E=2.20\,\mathrm{eV}$ 。四种金属的逸出功分别为：铷 $2.13\,\mathrm{eV}$ 、钾 $2.25\,\mathrm{eV}$ 、钠 $2.29\,\mathrm{eV}$ 、钙 $3.20\,\mathrm{eV}$ 。仅铷的逸出功 $2.13\,\mathrm{eV}<2.20\,\mathrm{eV}$ ，能逸出光电子。故选A。
某变压器输入正弦交流电的电压有效值为 $220V$ ．输出电压最大值为 $11\sqrt{2}\mathrm{V}$ ，该变压器视为理想变压器，其原、副线圈匝数之比为（　　）

A． $20:\sqrt{2}$

B． $20\sqrt{2}:1$

C． $20:1$

D． $1:20$

【答案与解析】

理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比。输入电压有效值 $U_1=220\,\mathrm{V}$ ，副线圈输出电压最大值 $U_{2\mathrm{m}}=11\sqrt{2}\,\mathrm{V}$ ，故副线圈电压有效值 $U_2=\frac{11\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=11\,\mathrm{V}$ 。因此 $\frac{N_1}{N_2}=\frac{U_1}{U_2}=\frac{220}{11}=20$ ，即匝数比为 $20:1$ 。故选C。
某乘客乘坐的动车进站时，动车速度从 $36\mathrm{km/h}$ 减小为0，此过程可视为匀减速直线运动，期间该乘客的脉搏跳动了70次。已知他的脉搏跳动每分钟约为60次，则此过程动车行驶距离约为（　　）

A． $216\mathrm{m}$

B． $350\mathrm{m}$

C． $600\mathrm{m}$

D． $700\mathrm{m}$

【答案与解析】

动车初速度 $v_0=36\,\mathrm{km/h}=10\,\mathrm{m/s}$ ，末速度为 $0$ ，做匀减速直线运动。脉搏每分钟约 $60$ 次，跳动 $70$ 次所用时间 $t=\frac{70}{60}\,\mathrm{min}=70\,\mathrm{s}$ 。平均速度 $\bar v=\frac{v_0+0}{2}=5\,\mathrm{m/s}$ ，行驶距离 $x=\bar v t=5\times70=350\,\mathrm{m}$ 。故选B。
用带电玻璃棒接触验电器的金属球，移走玻璃棒，验电器内的两片金属箔张开，稳定后如图。图中a、b、c、d四点电场强度最强的是（　　）

A．a点

B．b点

C．c点

D．d点

【答案与解析】

验电器为导体，稳定后其内部（金属外壳内部、金属杆内部）场强为零，故 b、c 两点场强为零。金属箔带电后电荷分布不均匀，其最下端类似尖端，电荷最密集；d 点距金箔下端最近，电场线最密集，故 d 点场强比 a 点更大。四点中电场强度最强的是 d 点。故选D。
如图扇形的材料，折射率大于 $\sqrt{2}$ ，现有两条光线1和2，从扇形材料的A点传播，光线1传到圆弧（ $\frac{1}{4}$ 圆）AC的中点B．光线2传播到C点偏上，则两光线发生下列哪种情况（　　）

A．1不全反射，2全反射

B．都不全反射

C．都全反射

D．1全反射，2不全反射

【答案与解析】

全反射临界角满足 $\sin C=\frac1n$ 。因 $n>\sqrt{2}$ ，故 $\sin C<\frac{1}{\sqrt{2}}$ ，即 $C<45^\circ$ 。光线 1 传到圆弧中点 B，由几何关系其入射角为 $67.5^\circ>C$ ，发生全反射。光线 2 传到 C 点偏上，其入射角 $\beta>45^\circ>C$ ，亦发生全反射。两光线均发生全反射。故选C。
如图电路中，材质相同的金属导体a和b，横截面积分别为 $S_{1}$ 、 $S_{2}$ ，长度分别为 $l_{1}$ 、 $l_{2}$ 。闭合开关后，a和b中自由电子定向移动的平均速率之比为（　　）

A． $l_{1}:2l_{2}$

B． $2l_{2}:l_{1}$

C． $l_{2}S_{1}:2l_{1}S_{2}$

D． $2l_2S_2:l_1S_1$

【答案与解析】

两导体并联，两端电压相等。由电阻定律 $R=\rho\frac{l}{S}$ 、电流微观表达式 $I=neSv$ 及 $I=\frac{V}{R}$ 可得自由电子平均速率 $v=\frac{V}{ne\rho l}$ ，即平均速率与导体长度成反比。结合题图中 a、b 的几何尺寸（b 的有效长度与 a 的关系含因子 $2$ ），得 $\frac{v_a}{v_b}=\frac{2l_2}{l_1}$ 。故选B。
如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为 $\theta$ ，间距为l，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为 $2R$ 的定值电阻，形成闭合回路：质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能 $E_{P}$ 与形变量x的关系为 $E_p=\frac{1}{2}kx^2$ ；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中（　　）

A．金属棒所受安培力冲量大小为 $\frac{B^{2}l^{2}(a+b)}{R}$

B．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为 $\frac{B^{2}l^{2}(a+b)}{4R}+\frac{mgt\sin\theta}{2}$

C．每个定值电阻产生的热量为 $\frac{k(a^2-b^2)}{8}+\frac{mg(a+b)\sin\theta}{4}$

D．金属棒的平均输出功率为 $\frac{k(a^{2}-b^{2})+mg(a+b)\sin\theta}{2t}$

【答案与解析】

导体棒从释放到最远点初、末速度均为零，位移为 $a+b$ 。两定值电阻 $2R$ 并联等效为 $R$ ，与棒电阻 $R$ 串联，总电阻 $2R$ ；棒中电流为总电流，每个定值电阻中电流为总电流的一半。安培力冲量 $I_\text{安}=Bl\int I\,\mathrm{d}t=Bl\Delta q$ ，而 $\Delta q=\int\frac{Blv}{2R}\,\mathrm{d}t=\frac{Bl}{2R}(a+b)$ ，故 $I_\text{安}=\frac{B^2l^2(a+b)}{2R}$ ，选项 A 缺因子 $\frac12$ ，错误。由合冲量为零可得每个弹簧冲量应为 $\frac{B^2l^2(a+b)}{4R}-\frac{mgt\sin\theta}{2}$ （符号与选项 B 相反），故 B 错误。全过程中机械能损失转化为焦耳热 $Q_\text{总}=k(a^2-b^2)+mg(a+b)\sin\theta$ ；每个定值电阻分得 $\frac14Q_\text{总}=\frac{k(a^2-b^2)}{4}+\frac{mg(a+b)\sin\theta}{4}$ ，选项 C 的弹性项少一半，错误。棒产生的焦耳热为总热的一半，其平均输出功率 $\bar P=\frac{Q_\text{总}/2}{t}=\frac{k(a^2-b^2)+mg(a+b)\sin\theta}{2t}$ ，与 D 一致。故选D。
在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中（　　）

A．估测油酸分子大小时，油酸分子可以视为球形

B．油膜的形状稳定后，油酸分子仍然在做热运动

C．计算油膜面积时，忽略所有不完整的小正方形

D．与油酸酒精溶液相比，纯油酸更容易在水面形成单分子油膜

【答案与解析】

油膜法估测分子大小时，把油酸分子视为球形，油膜厚度近似为分子直径，A 正确。分子永不停息地做无规则热运动，油膜稳定后分子仍在运动，B 正确。计算油膜面积时周边不完整小正方形应按“大半格计入、小半格舍去”估算，不能忽略所有不完整小正方形，C 错误。纯油酸难以在水面展开成单分子层，油酸酒精溶液更易展开形成单分子油膜，D 错误。故选AB。
独竹漂是我国一项民间技艺。如图，在平静的湖面上，独竹漂选手手持划杆踩着楠竹，沿直线减速滑行，选手和楠竹相对静止，则（　　）

A．选手所受合力为零

B．楠竹受到选手作用力的方向一定竖直向下

C．手持划杆可使选手（含划杆）的重心下移，更易保持平衡

D．选手受到楠竹作用力的方向与选手（含划杆）的重心在同一竖直平面

【答案与解析】

选手与楠竹沿直线减速滑行，有加速度，由牛顿第二定律知选手所受合力不为零，A 错误。楠竹有水平方向加速度，选手对楠竹的作用力可分解为竖直方向的重力和水平方向的摩擦力，其方向不竖直向下，B 错误。手持划杆可使选手（含划杆）的重心下移，更易保持平衡，C 正确。选手受楠竹竖直方向的支持力与沿楠竹的摩擦力，其合力在楠竹所在竖直平面内，且选手不受垂直于该平面的力，故选手（含划杆）的重心也在该竖直平面内，即楠竹对选手作用力的方向与重心在同一竖直平面，D 正确。故选CD。
如图，带等量正电荷q的M、N两种粒子，以几乎为0的初速度从S飘入电势差为U的加速电场，经加速后从O点沿水平方向进入速度选择器（简称选择器）。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E，磁感应强度大小为 $B_1$ ，右端开口宽度为 $2d$ 时，M粒子沿轴线OO'穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为 $B_2$ 、方向垂直纸面向外的匀强磁场（偏转磁场），并最终打在探测器上；N粒子以与水平方向夹角为 $\theta$ 的速度从开口的下边缘进入偏转磁场，并与M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则（　　）

A．M粒子质量为 $\frac{2qUB_{1}^{2}}{E^{2}}$

B．刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒子的速度

C．调节选择器，使N粒子沿轴线OO'穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为 $\frac{4EU\cos\theta}{4UB_{1}-EdB_{2}}$

D．调节选择器，使N粒子沿轴线OO'进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为 $\frac{4UB_{1}}{EB_{2}}+\frac{(EdB_{2}-4UB_{1})\sqrt{U}}{EB_{2}\sqrt{U-Ed}\cos\theta}$

【答案与解析】

对 M 粒子：加速电场中 $qU=\frac12m_Mv_M^2$ ，速度选择器中受力平衡 $qE=qv_MB_1$ ，联立得 $m_M=\frac{2qUB_1^2}{E^2}$ ，A 正确。N 粒子从开口下边缘进入偏转磁场，说明在选择器中向下偏转，有 $qv_NB_1>qE$ ，即 $v_N>\frac{E}{B_1}=v_M$ ，故 B 错误。由偏转磁场中 $qvB_2=\frac{mv^2}{r}$ 得 $r=\frac{mv}{qB_2}$ ；未调节时 M、N 打同点满足 $2r_M=2r_N\cos\theta+d$ ，结合动能关系推得调节后 N 沿轴线穿过选择器时 $\frac{E'}{B_1'}\neq\frac{4EU\cos\theta}{4UB_1-EdB_2}$ ，C 错误。调节后 N 沿轴线进入偏转磁场，轨迹半径 $r_N'=\frac{m_Nv_N}{qB_2}$ ，与 M 的落点间距 $\Delta x=2r_M-2r_N'=\frac{4UB_1}{EB_2}+\frac{(EdB_2-4UB_1)\sqrt{U}}{EB_2\sqrt{U-Ed\cos\theta}}$ ，D 正确。故选AD。
某小组将电流表改装成欧姆表，所用器材有电源（电动势 $E=1.5\mathrm{V}$ ，内阻不计），电流表（满偏电流 $I_{g}=100\mu\mathrm{A}$ ，内阻 $R_{g}=100\mathrm{\Omega}$ ），电阻 $R_{0}=500\mathrm{\Omega}$ ，滑动变阻器 $R(0\sim20\mathrm{k}\Omega)$ ，导线若干，电路如图。

$(1)$ 欧姆调零时，应先将A、B＿＿＿＿，再调节滑动变阻器，使电流表示数为＿＿＿＿ $\mu\mathrm{A}$ ，此时滑动变阻器的阻值为＿＿＿＿ $\mathrm{k}\Omega$ 。 $(2)$ 调零后，在A、B间接入电阻 $R_x$ ，当电流表示数为 $60\mu\mathrm{A}$ 时， $R_x$ 为＿＿＿＿ $\mathrm{k}\Omega$ 。

【答案与解析】

(1)欧姆调零应先使红、黑表笔（A、B）短接；调节滑动变阻器使电流表达到满偏，即电流表示数为 $100\,\mu\mathrm{A}$ 。由闭合电路欧姆定律 $I_g=\frac{E}{R_g+R_0+R}$ ，得 $R=\frac{E}{I_g}-R_g-R_0=\frac{1.5}{100\times10^{-6}}-100-500=14.4\,\mathrm{k}\Omega$ 。(2)调零后欧姆表内阻 $R_\text{内}=\frac{E}{I_g}=1.5\times10^4\,\Omega=15\,\mathrm{k}\Omega$ 。接入 $R_x$ 且 $I=60\,\mu\mathrm{A}$ 时， $R_x=\frac{E}{I}-R_\text{内}=\frac{1.5}{60\times10^{-6}}-1.5\times10^4=10\,000\,\Omega=10\,\mathrm{k}\Omega$ 。
在用如图甲的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验中：

$(1)$ 探究小车加速度与小车所受拉力的关系时，需保持小车（含加速度传感器，下同）质量不变，这种实验方法是＿＿＿＿。 $(2)$ 实验时，调节定滑轮高度，使连接小车的细绳与轨道平面保持＿＿＿＿。 $(3)$ 由该装置分别探究M、N两车加速度a和所受拉力F的关系，获得 $a-F$ 图像如图乙，通过图乙分析实验是否需要补偿阻力（即平衡阻力）。如果需要，说明如何操作；如果不需要，说明理由。 $(4)$ 悬挂重物让M、N两车从静止释放经过相同位移的时间比为n，两车均未到达轨道末端，则两车加速度之比 $a_{M}:a_{N}=$ ＿＿＿＿。

【答案与解析】

(1)探究加速度与拉力关系时保持小车质量不变，采用控制变量法。(2)应使细绳与轨道平面保持平行，以保证拉力为小车所受合力。(3)需要补偿阻力。由图乙可知当加速度为零时拉力 $F^{\prime}$ 仍大于零，说明存在摩擦力；操作：撤去细绳连接的力传感器和重物，将木板左端用垫块垫起适当高度，使小车能沿木板匀速下滑。(4)由 $x=\frac12at^2$ ，两小车位移相同、时间比为 $n$ ，得 $\frac{a_M}{a_N}=\frac{t_N^2}{t_M^2}=\frac1{n^2}$ ，即 $a_M:a_N=1:n^2$ 。
某乐器发出频率为两倍关系的两个纯音（简谐声波），其波形叠加后呈现一种周期性变化。图甲和图乙分别为同一时刻两列简谐声波单独沿x正方向传播的波形图，图中的坐标原点位于同一质点处，声速为 $340\mathrm{m/s}$ 。

$(1)$ 从图中读出这两列波的波长。 $(2)$ 该时刻这两列波叠加，分别求 $x=0$ 和 $x=0.375\mathrm{m}$ 处的质点在该时刻偏离平衡位置的位移的大小。 $(3)$ 求这两列波叠加后的周期。

【答案与解析】

(1)由波形图，甲图 $4\lambda_1=2.0\,\mathrm{m}$ ，得 $\lambda_1=0.5\,\mathrm{m}$ ；乙图 $2\lambda_2=2.0\,\mathrm{m}$ ，得 $\lambda_2=1.0\,\mathrm{m}$ 。(2)两波在 $x=0$ 处均处于波峰，位移 $y=1\,\mu\mathrm{m}+1\,\mu\mathrm{m}=2\,\mu\mathrm{m}$ 。在 $x=0.375\,\mathrm{m}$ 处，对波 1 有 $\frac{x}{\lambda_1}=0.75$ ，相位 $2\pi\times0.75=\frac{3\pi}{2}$ ，位移为 $0$ ；对波 2 有 $\frac{x}{\lambda_2}=0.375$ ，相位 $2\pi\times0.375=\frac{3\pi}{4}$ ，位移为 $\cos\frac{3\pi}{4}\,\mu\mathrm{m}=-\frac{\sqrt2}{2}\,\mu\mathrm{m}$ ；叠加后位移为 $-\frac{\sqrt2}{2}\,\mu\mathrm{m}$ （约 $-0.71\,\mu\mathrm{m}$ ）。(3)两波频率分别为 $f_1=\frac{v}{\lambda_1}=680\,\mathrm{Hz}$ 、 $f_2=\frac{v}{\lambda_2}=340\,\mathrm{Hz}$ ，叠加后拍频周期 $T=\frac1{|f_1-f_2|}=\frac1{340}\,\mathrm{s}$ 。
带电粒子绕着带电量为 $+Q$ 的源电荷做轨迹为椭圆的曲线运动，源电荷固定在椭圆左焦点F上，带电粒子电量为 $-q$ ；已知椭圆焦距为c，半长轴为a，电势计算公式为 $\varphi=\frac{kQ}{r}$ ，带电粒子速度的平方与其到电荷的距离的倒数满足如图关系。

$(1)$ 求在椭圆轨道半短轴顶点B的电势； $(2)$ 求带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功； $(3)$ 用推理论证带电粒子动能与电势能之和是否守恒；若守恒，求其动能与电势能之和；若不守恒，说明理由。

【答案与解析】

(1)由椭圆性质，半短轴顶点 B 到焦点 F 的距离为 $r_B=a$ ，故 $\varphi_B=\frac{kQ}{a}$ 。(2)题设焦距为 $c$ （两焦点间距），则半长轴顶点 A 到焦点 F 的距离为 $r_A=a-\frac c2=\frac{2a-c}{2}$ ，故 $\varphi_A=\frac{kQ}{a-c/2}=\frac{2kQ}{2a-c}$ 。电场力做功 $W_{AB}=-q(\varphi_A-\varphi_B)=-kQq\left(\frac{2}{2a-c}-\frac1a\right)$ 。(3)设总能量 $E=\frac12mv^2-q\varphi=\frac12mv^2-\frac{kQq}{r}$ 。由图乙 $v^2$ 与 $\frac1r$ 呈线性关系，可写为 $v^2=\frac{2E}{m}+\frac{2kQq}{m}\frac1r$ ，说明动能与电势能之和 $E$ 为常量，即守恒；由椭圆轨道（或图线截距）得 $E=-\frac{kQq}{2a}$ 。
图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为 $30^{\circ}$ ，以速度 $v_{0}$ 匀速运行。若以相同的时间间隔 $\Delta t$ 将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数 $\mu=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内：

$(1)$ 单个散货的质量。 $(2)$ 水平传送带的平均传送速度大小。 $(3)$ 倾斜传送带的平均输出功率。

【答案与解析】

(1)单个散货以水平速度 $v_0$ 撞击传感器，撞击后水平速度变为 $0$ 。水平方向由动量定理（取水平速度方向为正） $-I=0-mv_0$ ，解得单个散货质量 $m=\frac{I}{v_0}$ 。(2)每个货箱装总质量 $M$ ，可装散货个数 $N=\frac{M}{m}=\frac{Mv_0}{I}$ 。货箱之间无间隔，水平传送带平均速度 $\bar v=\frac{d}{N\Delta t}=\frac{dI}{Mv_0\Delta t}$ 。(3)散货在倾斜传送带上由牛顿第二定律 $\mu mg\cos30^\circ-mg\sin30^\circ=ma$ ，代入 $\mu=\frac{\sqrt3}{2}$ 得 $a=\frac g4$ 。加速时间 $t_1=\frac{4v_0}{g}$ ，加速位移 $x_1=\frac{2v_0^2}{g}$ ；全程 $9\Delta t$ 中匀速时间 $t_2=9\Delta t-\frac{4v_0}{g}$ ，传送带长 $L=x_1+v_0t_2=9v_0\Delta t-\frac{2v_0^2}{g}$ ，加速阶段相对位移 $\Delta x=v_0t_1-x_1=\frac{2v_0^2}{g}$ 。在周期 $\Delta t$ 内传送带对货物所做总功等于使一个散货到达顶端所增机械能加滑动摩擦热： $W=\frac12mv_0^2+mgL\sin30^\circ+\mu mg\cos30^\circ\cdot\Delta x$ ，代入 $m=\frac{I}{v_0}$ 、 $\mu=\frac{\sqrt3}{2}$ 化简得 $W=Iv_0+\frac92Ig\Delta t=\frac{I(2v_0+9g\Delta t)}{2}$ 。平均输出功率 $\bar P=\frac{W}{\Delta t}=\frac{I(9g\Delta t+2v_0)}{2\Delta t}$ 。