2025年廣東省普通高中學業(yè)水平選擇性考試模擬物理試卷（三）（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12025年廣東省普通高中學業(yè)水平選擇性考試模擬卷三物理本試卷滿分100分，考試時間75分鐘。一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．硼中子俘獲治療技術(BNCT)的治療原理是向患者體內注入含硼藥劑,這種藥劑對腫瘤細胞有很強的親和力,在足夠濃度的硼元素進入腫瘤細胞后,再用中子束照射腫瘤細胞,中子被腫瘤細胞內的硼(2510B)俘獲后,釋放粒子Ⅰ和粒子Ⅱ兩種粒子,這兩種粒子能使腫瘤細胞DNA雙螺旋鏈斷裂,從而消滅腫瘤細胞。若粒子Ⅰ是

37A．α粒子 B．β粒子 C．11H粒子 D．2．滾筒式靜電分離器原理如圖所示，轉輪C由導體制作并接地。放電針G與轉輪C間施加高壓并電離空氣，顆粒a、b經過電離空氣后都帶上電荷。b顆粒直接掉落在B盤，a顆粒被D刮落到A盤。下列說法正確的是A．a顆粒為絕緣材料，b為導電材料B．a顆粒為導電材料，b為絕緣材料C．經過電離空氣后，a顆粒帶正電，b帶負電D．對調G、C間的極性，顆粒a、b的落點也對調3．如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個重環(huán)，繞過光滑定滑輪的輕繩一端與重環(huán)相連，另一端施加拉力F使重環(huán)從A點緩慢上升到B點。設桿對重環(huán)的彈力大小為FN，整個裝置處于同一豎直平面內，在此過程中A．F逐漸增大，F(xiàn)N逐漸增大B．F逐漸增大，F(xiàn)N先減小后增大C．F先減小后增大，F(xiàn)N逐漸增大D．F先減小后增大，F(xiàn)N先減小后增大4．t=0時刻,兩列分別沿x軸正方向和負方向傳播的簡諧橫波的波形圖如圖所示,質點做簡諧運動的周期均為T=0．1s,此時刻平衡位置在x=-2m和x=4m處的M、N兩質點剛開始振動,下列說法正確的是A．兩波源的起振方向相反B．兩列波在介質中傳播的速度大小不同C．兩列波相遇之前,平衡位置在x=10m處的質點的振動方程為y=6sin20πt(cm)D．兩列波相遇之前,平衡位置在x=10m處的質點的振動方程為y=6sin(20πt+π)(cm)5．如圖是采用動力學方法測量空間站質量的原理圖。已知飛船的質量為m，其推進器工作時飛船受到的平均推力為F。在飛船與空間站對接后，推進器工作時間為Δt，測出飛船和空間站的速度變化為Δv。下列說法正確的是A．空間站的質量為eq\f(FΔt,Δv)B．空間站的質量為eq\f(FΔt,Δv)－mC．飛船對空間站的作用力大小為FD．飛船對空間站的作用力大小一定為meq\f(Δv,Δt)6．某實驗小組設計的自動水位控制裝置示意圖如圖所示。固定的激光束以45°入射角從空氣射入足夠寬的長方形水池中，經偏折照射到池底。隨著水位升高，當池底A點的光傳感器接收到激光信號時停止加水，此時激光的入射點為O。已知O′為O點在池底的垂直投影位置，AO′的距離s＝eq\f(\r(3),2)m，該激光在水中的折射率為n＝eq\r(2)。該激光在水中的折射角為A．30° B．37°C．45° D．60°7．我國傳統(tǒng)民俗文化表演“掄花”如圖甲所示,“掄花”是為了祈福來年風調雨順、免于火災,已被列入國家級非物質文化遺產?！皰嗷ā痹砣鐖D乙所示,快速轉動豎直轉軸O1O2上的手柄AB,帶動可視為質點的“花筒”M、N在水平面內轉動,筒內燒紅的鐵花沿軌跡切線飛出,落到地面,形成絢麗的圖案。已知水平桿的長度MO1=NO1=1m,M、N離地高為3．2m,若手搖AB轉動的角速度大小為7rad/s,不計空氣阻力,重力加速度g=10m/s2,則鐵花落地點到O2的距離約為A．5．6m B．5．7m C．6．6m D．8．4m二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)8．如圖，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷，帶負電的小物體從M點沿斜面上滑，到達N點時速度為零，然后下滑回到M點。若小物體電荷量保持不變，OM＝ON，則()A．從M到N的過程中，電場力對小物體先做正功后做負功B．小物體再次回到M點時，摩擦力和電場力做功均為零C．小物體上滑和下滑過程中經過同一位置時庫侖力大小相等D．小物體上滑和下滑過程中速度最大的位置均在MN的中點9．如圖所示,人造地球衛(wèi)星在圓軌道Ⅰ上做勻速圓周運動,為躲避太空垃圾的碰撞,衛(wèi)星由圓軌道Ⅰ上的a點經軌道Ⅱ變軌到圓軌道Ⅲ上的b點,太空垃圾通過后,衛(wèi)星再由圓軌道Ⅲ上的c點變軌到圓軌道Ⅰ上的a點。已知地球的半徑為R0,圓軌道Ⅰ的半徑為R1,圓軌道Ⅲ的半徑為R3,地球表面處的重力加速度為g,下列說法正確的是A．衛(wèi)星由a點運動到b點,克服引力做功B．衛(wèi)星由c點運動到a點,克服引力做功C．衛(wèi)星在軌道Ⅰ上做勻速圓周運動的線速度大小為R1gD．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運動的周期為2π10．我國完全自主設計建造的首艘電磁彈射型航空母艦“福建艦”采用平直通長飛行甲板，滿載排水量8萬余噸。電磁彈射器的主要部件是一套直線感應電動機，利用強大電流通過線圈產生的磁場推動飛機托架高速前進，帶動飛機起飛，原理簡圖如圖所示。電動機初級線圈固定在甲板下方，彈射時，旋轉電刷極短時間內從觸點1高速旋轉到觸點14，依次在線圈A、B、C、D、E、…、M、N中產生強大的磁場，在磁場從線圈A高速變化到線圈N的過程中，直線感應電機的次級線圈(飛機托架)中就會產生強大的感應電流，飛機托架會在安培力的推動下帶動飛機高速前進。已知整個加速系統(tǒng)長約90余米，彈射時在2．5s內可以將質量為30t的飛機由靜止加速到260km/h的離艦速度。設彈射過程安培力恒定，不計阻力，飛機托架的質量可忽略，線圈電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．彈射過程中，飛機運動的速度總是落后磁場變化(運動)的速度B．彈射該架飛機，安培力做的功約為1．01×109JC．彈射過程中，直線感應電機的最大輸出功率約為2．6×107WD．彈射過程中，質量為m的飛行員需要承受座艙的水平作用力的大小約為3mg三、非選擇題(本題共5小題，共54分?？忌鶕?jù)要求作答)11．(7分)用如圖甲所示的裝置探究小車的加速度與小車質量及小車所受合力的關系,細線與木板始終保持平行,力傳感器可以直接測出細線拉力的大小。已知小車的質量為M,沙和沙桶的總質量為m,滑輪的質量和摩擦忽略不計。(1)該實驗是否需要滿足沙和沙桶的總質量m遠小于小車的質量M?(選填“需要”或“不需要”)。

(2)為平衡小車運動過程中受到木板的摩擦力,下列操作正確的是。(填正確答案序號)

A．平衡摩擦力前,應將沙桶用細線繞過定滑輪系在小車上B．平衡摩擦力前,小車后面應固定一條紙帶,紙帶穿過打點計時器(3)某次實驗所有步驟正確操作,力傳感器顯示細線拉力大小F=1．52N,則小車受到的合力大小為N。接在頻率為50Hz的低壓交流電源上的打點計時器打出來的一條紙帶如圖乙所示,從比較清晰的點起,每5個計時點取一個計數(shù)點,分別標記為A、B、C、D、E,則小車運動的加速度大小為m/s2(計算結果保留兩位有效數(shù)字)。

12．(10分)小張同學想探究電阻表的內置電源對測量結果的影響，設計了一個電阻表，其電路圖如圖甲所示。(1)A接_____(選填“紅”或“黑”)表筆。(2)已知圖甲中電源的電動勢為1．5V，微安表的內阻約為1200Ω、量程0～250μA，若在AB間接電流傳感器，調節(jié)Rx、R2使得微安表滿偏，此時電流傳感器讀數(shù)為10．00mA，則圖甲中滑動變阻器Rx的規(guī)格應選_____。甲A．最大電阻10Ω，額定電流1AB．最大電阻50Ω，額定電流1AC．最大電阻200Ω，額定電流1A(3)歐姆調零之后，使用該電阻表測量電阻箱的阻值，發(fā)現(xiàn)電阻表的讀數(shù)與電阻箱阻值相同。為了探究電阻表的內置電源對測量結果的影響，把甲圖中的電源換成其他型號的電源，重新歐姆調零后，測量電阻箱的阻值，發(fā)現(xiàn)電阻表的測量值總是偏大。該同學猜想出現(xiàn)上述現(xiàn)象的原因是，更換后的電源電動勢更小。(4)為了驗證上述猜想，用圖甲的電路測量新電源的電動勢和內阻：進行歐姆調零后，在表筆AB間接入電流傳感器和電阻箱(串聯(lián))，改變電阻箱的阻值，讀出電阻箱阻值R和電流傳感器讀數(shù)I。分析數(shù)據(jù)后描繪出R-eq\f(1,I)圖像(如圖乙所示)，則該電源的電動勢為________V，電阻表總內阻為_______Ω，由此驗證了小張同學的猜想。通過這種方法測得的電源電動勢______(選填“大于”“等于”或“小于”)它的真實值。(以上計算結果保留3位有效數(shù)字，電流傳感器電阻不計)。乙13．(9分)如圖所示，該裝置是某醫(yī)院內給病人輸液的部分裝置示意圖，AB兩瓶均可視作圓柱體(橫截面積為S，高度為h)，AB內液體由細管連通，B瓶瓶口管道與大氣相通，剛開始輸液時兩瓶液面相平，瓶中液體占容積的eq\f(3,4)。滴壺頂部與瓶底的高度差為H。輸液管中的液體體積可以忽略不計。已知液體密度為ρ，大氣壓強為p0，重力加速度為g。則：(1)此時滴壺中的氣體的壓強。(2)當升高液瓶B的高度時，則滴壺中氣體壓強將如何變化？14．(13分)噴墨打印機的原理示意圖如圖所示，質量為m的墨滴從墨盒進入帶電室后帶上電荷，并以相同的速度v0進入偏轉電場。墨滴經過電場偏轉后打到紙上，顯示字體。沒有信號時墨滴不帶電并沿直線運動打到回流槽中回收。已知上偏轉板帶正電，下偏轉板帶負電，偏轉板長為L1，偏轉板間距離為d，兩板間電壓為U，偏轉板右端與紙的距離為L2，墨滴打到紙上的點向上偏離原入射方向的距離為y。忽略空氣阻力和重力的作用。(1)墨滴帶電的電性及電荷量q。(2)由于墨盒故障，吐出墨滴質量變大，若墨滴進入偏轉電場速度不變，則打出的字會如何變化？(3)若要使紙上的字體放大為原來2倍(偏轉量變?yōu)?y)同時保證字跡清晰，需要把墨滴進入偏轉電場速度調節(jié)為2v0，同時調節(jié)U、d或L2中的一個參數(shù)，請根據(jù)計算寫出一個可行的調節(jié)方案，如該方案有限制條件，請寫出必要的注意事項。15．(15分)類比是研究問題的常用方法。eq\o(\s\up7(),\s\do5(圖1))eq\o(\s\up7(),\s\do5(圖2))(1)情境1：如圖1所示，彈簧振子的平衡位置為O點，在B、C兩點之間做簡諧運動，小球相對平衡位置的位移x隨時間t的變化規(guī)律可用方程x＝xmcoseq\r(\f(k,m))t描述，其中xm為小球相對平衡位置O時的最大位移，m為小球的質量，k為彈簧的勁度系數(shù)。請在圖2中畫出彈簧的彈力F隨位移x變化的示意圖，并求出小球從C點到O點的時間。(2)情境2：假設地球可視為一個質量分布均勻且密度為ρ的球體，地球的半徑為R，萬有引力常數(shù)為G。圖3①根據(jù)電荷均勻分布的球殼內試探電荷所受庫侖力的合力為零，利用庫侖力與萬有引力的表達式的相似性和相關力學知識，在圖3中畫出質量為m的小球所受萬有引力F與小球到球心之間的距離r的圖像，并標出r＝R時的縱坐標。②若通過地球的南北兩極之間能夠打通一個真空隧道，把一個質量為m的小球從北極的隧道口(地面處)由靜止釋放后，小球能夠在隧道內運動。求小球從隧道口到地心的時間?！飬⒖即鸢浮铩?．D根據(jù)質量數(shù)守恒可知n＋1＝149，n＝148，衰變產物eq\o\al(n,70)Yb的中子數(shù)為148－70＝78，故A錯誤；衰變反應中釋放能量，所以衰變后產物更穩(wěn)定，比結合能更大，故镥－149的比結合能比eq\o\al(n,70)Yb的小，故B錯誤；元素原子核的半衰期是由元素本身決定的，與元素所處的物理狀態(tài)和化學狀態(tài)無關，故C錯誤；根據(jù)電荷數(shù)守恒可知，z＝1＋70，镥－149原子核衰變前核內中子數(shù)為149－z＝78，故D正確。2．D軟件繪制的實際上是vt圖象，A、B兩點的速度均為正，所以運動方向相同；加速度大小跟斜率的絕對值有關，A點加速度小于B點的；80s末時電動車速度減為零，但位移大小等于曲線與時間軸圍成的面積大小，可以通過數(shù)格子，也可以簡化為勻加速、勻速和勻減速三個運動并計算總位移，可得電動車的位移約為300m。故選D。3．C由于鈉24衰變過程中動量守恒，因此衰變后的兩部分動量等大反向，在磁場中運動的軌跡相切于一點，由洛倫茲力充當向心力有Bqv＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f(mv,qB)，可知，電荷量越大，其運動時的軌跡半徑越小，由此可知小圓對應的粒子所帶電荷量更大，且其所帶電荷為正電荷，根據(jù)左手定則可知，小圓對應的粒子的運動方向為逆時針方向，而根據(jù)左手定則結合軌跡可知，大圓對應的粒子帶負電，則可確定該衰變?yōu)棣滤プ儯蔄、B正確；根據(jù)以上分析，寫出其衰變方程為eq\o\al(24,11)Na→eq\o\al(24,12)Mg＋eq\o\al(0,－1)e，產生的新核與β粒子的電荷量之比為12∶1，而根據(jù)R＝eq\f(mv,qB)且兩部分動量等大反向可知，粒子運動的軌跡半徑之比等于其所帶電荷量的反比，由此可知，小圓和大圓的軌道半徑之比為1∶12，故C正確；衰變過程中始終遵循質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，但在衰變過程中會存在質量虧損，有能量釋放，根據(jù)愛因斯坦的質能方程可知，衰變后兩條軌跡對應的粒子的質量之和小于衰變前鈉24的質量，故D錯誤。4．B【解題分析】開始時物體A恰好能靜止在斜面上,有mgsinθ=kx1+fm,解得最大靜摩擦力大小為30N;施加沿斜面向上的拉力且拉力大小為100N時,摩擦力沿斜面向下且大小為30N,由物體的平衡條件得F=mgsinθ+kx2+fm,解得kx2=20N,則彈簧伸長了2cm,故此時彈簧的長度為12cm,B項正確。5．A根據(jù)平拋運動規(guī)律有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))，所以兩支箭在空中運動時間相同，故A正確；水平方向有x＝v0t，由于水平位移不同，則水平初速度不同，故B錯誤；平拋運動重力做功W＝mgh，故C錯誤；根據(jù)豎直方向的運動規(guī)律可知vy＝gt，則插入壺中瞬間豎直分速度相同，故D錯誤。6．D【解題分析】由左手定則可以判斷出正離子運動到下側壁,負離子運動到上側壁,b點電勢高于a點電勢,a、b兩點間的電勢高低與磁場方向和污水流動方向有關,與離子的正負沒有關系,故A、B項錯誤;由Bqv=qUbad,可得Uba=Bdv,電勢差Uba的大小與污水流速有關,與離子的濃度沒有關系,故C項錯誤;污水的流量Q=Svtt=Sv,又S=πd24,聯(lián)立可得7．C從正視方向研究CD導體棒電流產生的磁場分布，如圖所示，可知CD導體棒電流在B端有垂直于AB棒向上的分磁場，根據(jù)左手定則可知B端受到垂直于紙面向外的安培力，B端向外轉動，CD導體棒電流在A端有垂直AB棒向下的分磁場，根據(jù)左手定則可知A端受到垂直于紙面向里的安培力，A端向里轉動，故俯視看導體棒AB將要順時針轉動，故A、B錯誤，C正確；根據(jù)右手定則可知通電瞬間CD導體棒電流和AB導體棒電流在線段O1O2間產生的磁場方向相互垂直，故通電瞬間線段O1O2間不存在磁感應強度為零的位置，故D錯誤。8．AB傳送帶對貨物做功的功率P＝fv，由于貨物與傳送帶間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，故f不變，貨物勻加速直線運動，功率也均勻增大，當達到與傳送帶相同速度后保持勻速，功率也不變，故A、B正確；貨物在加速階段隨著速度增大st圖象斜率應該增大，故C錯誤；貨物加速度分為兩段，第一段加速度為某定值，第二段為勻速階段，加速度為零，故D錯誤。9．BC【解題分析】從a點和d點射出的粒子運動軌跡如圖所示,根據(jù)幾何關系可得Ra=l4,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvaB=mva2Ra,解得va=qBl4m,故A項錯誤、B項正確;對于從d點射出的粒子,根據(jù)幾何關系可得Rd2=l2+(Rd-l2)2,解得Rd=54l,根據(jù)洛倫茲力提供向心力,可得qvdB=mvd10．ABC通電直導線周圍的磁場的是以導線為圓心的一個個同心圓，當線圈平面平行于地面Oabc移動時，線圈中無感應電流產生，則穿過線圈的磁通量不變，說明線圈平面與磁場所在平面平行，即通電導線應垂直于Oabc平面，當線圈平面平行于墻面Oade移動時，沿Oa方向平移有電流，磁通量變化，沿Oe方向平移無電流，磁通量不變，說明導線應該沿Oe方向。故選ABC。11．(1)1．14(2分)(2)2gh(1分)(3)1t2D22g【解題分析】(1)10分度的游標卡尺的精確度為0．1mm,則小球的直徑為1．1cm+4×0．1mm=1．14cm。(2)金屬小球經過O'點時的速度大小v=Dt,如果機械能守恒定律成立,則12m(Dt)2=mgh,簡化得(3)把D2t2=2gh變形為h=D22g·1t2,可看出h12．(1)實驗時將皮帶套在左右半徑不同的變速塔輪上，使得小球轉動的角速度不同，所以可以探究向心力與角速度的關系。(2)相鄰兩個計數(shù)點間的時間間隔T＝0.1s，根據(jù)逐差法，該小車的加速度a1＝eq\f((xEF＋xDE＋xCD)－(xBC＋xAB＋xOA),9T2)＝0.63m/s2。(3)如果變壓器為理想變壓器，則eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，而由于電流流經銅線圈時會發(fā)熱，鐵芯在交變磁場作用下形成渦流也會發(fā)熱，交變電流產生的磁場不可能完全局限在鐵芯內，會發(fā)生漏磁，因此實際測得U2小于理想變壓器條件下的電壓，導致eq\f(U1,U2)>eq\f(n1,n2)。13．(1)設速度反方向彈回是正方向，由動量定理可得eq\x\to(F)t＝mv2－mv1，解得eq\x\to(F)＝eq\f(0.4×6－(－0.4×10),0.1)N＝64N。(2)①設足球的初動能為Ek0，上升高度h時的動能為Ek，足球所受空氣阻力大小為Ff，由動能定理可得－(mg＋Ff)h＝Ek－Ek0，整理可得Ek＝－(mg＋Ff)h＋Ek0，由動能Ek隨上升高度h的變化關系圖像可得－(mg＋Ff)＝eq\f(ΔEk,Δh)＝eq\f(10－24,3)N＝－eq\f(14,3)N，即mg＋Ff＝eq\f(14,3)N，足球上升2m時，足球的動能為Ek2＝－(mg＋Ff)h