第1頁/共1頁2025年廣東省普通高中學業水平選擇性考試物理限時75分鐘滿分100分一、單項選擇題：本大題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題列出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.關于受迫振動和多普勒效應，下列說法正確的是（）A.系統的固有頻率與驅動力頻率有關B.只要驅動力足夠大，共振就能發生C.應用多普勒效應可以測量車輛的速度D.觀察者與波源相互遠離時，接收到的波的頻率比波源的頻率大【答案】C【解析】【詳解】A．系統的固有頻率只與系統本身有關，與驅動力頻率無關，A錯誤；B．只有驅動力頻率與系統固有頻率相同時，共振才能發生，B錯誤；CD．根據多普勒效應可知觀察者與波源相互遠離時，接收到的波的頻率比波源的頻率小，觀察者與波源相互靠近時，接收到的波的頻率比波源的頻率大，所以應用多普勒效應可以測量車輛的速度，C正確，D錯誤。故選C。2.如圖所示。某光伏電站輸出功率、電壓的交流電，經理想變壓器升壓至后，通過輸電線輸送到變電站，輸電線的等效電阻R為。下列說法正確的是（）A.變壓器原、副線圈匝數比為B.輸電線上由R造成的電壓損失為C.變壓器原線圈中的電流為D.變壓器原、副線圈中電流的頻率不同【答案】B【解析】【詳解】A．根據理想變壓器原副線圈電壓比等于匝數比可得A錯誤；B．原副線圈兩端的功率相等，流過副線圈的電流輸電線上由R造成的電壓損失為B正確；C．變壓器原線圈中電流為C錯誤；D．變壓器不改變交變電流的頻率，變壓器原、副線圈中電流的頻率相同，D錯誤。故選B。3.有甲、乙兩種金屬，甲的逸出功小于乙的逸出功。使用某頻率的光分別照射這兩種金屬，只有甲發射光電子，其最大初動能為，下列說法正確的是（）A.使用頻率更小的光，可能使乙也發射光電子B.使用頻率更小的光，若仍能使甲發射光電子，則其最大初動能小于C.頻率不變，減弱光強，可能使乙也發射光電子D.頻率不變，減弱光強，若仍能使甲發射光電子，則其最大初動能小于【答案】B【解析】【詳解】A．某頻率的光不能使乙金屬發生光電效應，說明此光的頻率小于乙金屬的截止頻率，則換用頻率更小的光不能發生光電效應，A錯誤；B．由光電效應方程可知頻率越大最大初動能越大，換用頻率更小的光最大初動能小于，B正確；C．頻率不變則小于乙金屬的截止頻率，不會發生光電效應，C錯誤；D．由可知頻率不變最大初動能不變，D錯誤。故選B。4.如圖為測量某種玻璃折射率的光路圖。某單色光從空氣垂直射入頂角為的玻璃棱鏡，出射光相對于入射光的偏轉角為，該折射率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】光路圖如圖所示則有折射定律可得故選A。5.一顆小行星繞太陽運行，其近日點和遠日點與太陽之間的距離分別為地球和太陽之間距離的5倍和7倍。關于該小行星，下列說法正確的是（）A.公轉周期年B.在該小行星在近日點的加速度是地球公轉加速度的C.從遠日點到近日點，小行星受太陽引力，逐漸減小D.從遠日點到近日點，小行星線速度逐漸減小【答案】B【解析】【詳解】A．根據題意，設地球與太陽間距離為，則小行星公轉軌道的半長軸為由開普勒第三定律有解得年故A錯誤；B．由牛頓第二定律有解得可知即小行星在近日點的加速度是地球公轉加速度的，故B正確；C．從遠日點到近日點，小行星與太陽間距離減小，由萬有引力定律可知，小行星受太陽引力增大，故C錯誤；D．由開普勒第二定律可知，從遠日點到近日點，小行星線速度逐漸增大，故D錯誤。故選B。6.圖是某種同步加速器的原理圖。直線通道有電勢差為的加速電場，通道轉角處有可調的勻強偏轉磁場。電量為，質量為的帶電粒子以速度進入加速電場，而后可以在通道中循環加速。帶電粒子在偏轉磁場中運動的半徑為。忽略相對論效應，下列說法正確的是（）A.偏轉磁場的磁感應強度方向垂直紙面向里B.加速一次后，帶電粒子的動能增量為C.加速k次后，帶電粒子的動能增量為D.加速k次后，偏轉磁場的磁感應強度為【答案】D【解析】【詳解】A．直線通道有電勢差為的加速電場，粒子帶正電，則粒子運動方向為，由左手定則可知，偏轉磁場的磁感應強度方向垂直紙面向外，故A錯誤；BC．根據題意，由動能定理可知，加速一次后，帶電粒子的動能增量為，由于洛倫茲力不做功，則加速k次后，帶電粒子的動能增量為，故BC錯誤；D．加速k次后，由動能定理有解得粒子在偏轉磁場中運動的半徑為，則有聯立解得故D正確。故選D。7.如圖所示，在光滑的水平面上，兩小球M、N分別受到拉力F1、F2的作用，從靜止開始在同一直線上相向運動，在t1時刻發生正碰后各自反向運動。已知F1、F2始終大小相等、方向相反，從開始運動到碰撞后速度第1次減為0過程中，兩小球速度v隨時間t變化的關系圖，可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】根據牛頓第二定律兩物體受外力F大小相等，由圖像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比為4:6=2:3，可知M、N的質量之比為6:4=3:2；設分別為3m和2m；由圖像可設MN碰前的速度分別為4v和6v，則因MN系統受合外力為零，向右為正方向，則系統動量守恒，則由動量守恒定律若系統為彈性碰撞在，則能量關系可知解得、因M、N的加速度大小之比仍為2：3，則停止運動的時間之比為1:1，即兩物體一起停止，則BD是錯誤的；若不是彈性碰撞，則可知碰后速度大小之比為若假設v1=2v，則v2=3v，此時滿足則假設成立，因M、N的加速度大小之比仍為2：3，則停止運動的時間之比為1:1，對M來說碰撞前后的速度之比為4v:2v=2:1可知碰撞前后運動時間之比為2:1，可知A正確，C錯誤。故選A。二、多項選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題列出的四個選項中，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.可視為質點的小球，沿光滑的冰坑內壁滑出，使小球在水平面內做勻速圓周運動，如圖所示。已知圓周運動的軌道半徑，小球所在位置切面與水平面夾角，小球質量為，重力加速度取。關于小球，以下說法正確的是（）A.角速度 B.線速度大小為C.向心加速度大小為 D.所受支持力大小為【答案】AC【解析】【詳解】A．對小球受力分析可知解得故A正確；B．線速度大小為故B錯誤；C．向心加速度大小為故C正確；D．所受支持力大小為故D錯誤。故選AC。9.如圖是一種精確測量質量的裝置原理示意圖，豎直平面內，質量恒為M的稱重框架由托盤和矩形線圈組成。線圈的一邊始終處于垂直線圈平面的勻強磁場中，磁感應強度不變。測量分兩個步驟，步驟①：托盤內放置待測物塊，其質量用m表示，線圈中通大小為I的電流，使稱重框架受力平衡；步驟②：線圈處于斷開狀態，取下物塊，保持線圈不動，磁場以速率v勻速向下運動，測得線圈中感應電動勢為E。利用上述測量結果可得出m的值，重力加速度為g。下列說法正確的有（）A.線圈電阻為 B.I越大，表明m越大C.v越大，則E越小 D.【答案】BD【解析】【詳解】A．根據題意電動勢E是線圈斷開時切割磁感線產生的感應電動勢，I為線圈閉合時通入的電流，故不是線圈的電阻；故A錯誤；B．根據平衡條件有①故可知I越大，m越大；故B正確；C．根據公式有②故可知v越大，E越大；故C錯誤；D．聯立①②可得故D正確。故選BD。10.如圖所示，無人機在空中作業時，受到一個方向不變、大小隨時間變化的拉力。無人機經飛控系統實時調控，在拉力、空氣作用力和重力作用下沿水平方向做勻速直線運動。已知拉力與水平面成30°角，其大小F隨時間t的變化關系為F=F0－kt（F≠0，F0、k均為大于0的常量），無人機的質量為m，重力加速度為g。關于該無人機在0到T時間段內（T是滿足F>0的任一時刻），下列說法正確的有（）A.受到空氣作用力的方向會變化B.受到拉力的沖量大小為C.受到重力和拉力的合力的沖量大小為D.T時刻受到空氣作用力的大小為【答案】AB【解析】【詳解】AD．無人機經飛控系統實時調控，在拉力、空氣作用力和重力作用下沿水平方向做勻速直線運動，則無人機受到空氣作用力與重力和拉力的合力等大反向，隨著F的減小重力和拉力的合力如圖可知無人機受到空氣作用力的大小和方向均會改變，在T時刻有，F=F0－kT解得故A正確、D錯誤；B．由于拉力F隨時間t均勻變化，則無人機在0到T時間段內受到拉力的沖量大小為F—t圖像與坐標軸圍成的面積為，故B正確；C．將拉力分解為水平和豎直方向，則無人機受重力和拉力的合力在水平方向有無人機受重力和拉力的合力在豎直方向有0到T時間段內無人機受重力和拉力的合力在水平方向的沖量為0到T時間段內無人機受重力和拉力的合力在豎直方向的沖量為則0到T時間段內無人機受到重力和拉力的合力的沖量大小為故C錯誤。故選AB。三、非選擇題：本大題共5小題，共54分?？忌鶕笞鞔?。11.請完成下列實驗操作和計算。（1）在“長度的測量及其測量工具的選用”實驗中，用螺旋測微器測量小球的直徑，示數如圖所示，讀數_________mm。（2）實驗小組利用小車碰撞實驗測量吸能材料的性能，裝置如圖所示，圖中軌道由軌道甲和乙平滑拼接而成，且軌道乙傾角較大。①選取相同的兩輛小車，分別安裝寬度為1.00cm的遮光條。②軌道調節。調節螺母使軌道甲、乙連接處適當升高。將小車在軌道乙上釋放，若測得小車通過光電門A和B的_________。證明已平衡小車在軌道甲上所受摩擦力及其他阻力。③碰撞測試先將小車1靜置于光電門A和B中間，再將小車2在M點由靜止釋放，測得小車2通過光電門A的時間為t2，碰撞后小車1通過光電門B的時間為t1。若t2_________t1，可將兩小車的碰撞視為彈性碰撞。④吸能材料性能測試。將吸能材料緊貼于小車2的前端。重復步驟③。測得小車2通過光電門A的時間為10.00ms，兩車碰撞后，依次測得小車1和2通過光電門B的時間分別為15.00ms、30.00ms，不計吸能材料的質量，計算可得碰撞后兩小車總動能與碰撞前小車2動能的比值為_________（結果保留2位有效數字）。【答案】（1）8.260##8.261##8.259（2）①.時間相等②.=③.0.56【解析】【小問1詳解】根據題意，由圖可知，小球的直徑為【小問2詳解】②[1]若已平衡小車在軌道甲上所受摩擦力及其他阻力，小車將在軌道甲上做勻速直線運動，通過兩個光電門的速度相等，即通過光電門A和B的時間相等。③[2]若兩個小車發生彈性碰撞，由于兩個小車的質量相等，則碰撞后兩個小車的速度互換，即碰撞后小車1的速度等于碰撞前小車2的速度，則有t2=t1④[3]根據題意可知，碰撞前小車2的速度為碰撞后，小車1和小車2的速度分別為，則碰撞后兩小車總動能與碰撞前小車2動能的比值為12.科技小組制作的渦流制動演示裝置由電磁鐵和圓盤控制部分組成。圖（a）是電磁鐵磁感應強度的測量電路。所用器材有：電源E（電動勢15V，內阻不計）；電流表A（量程有0.6A和3A，內阻不計）；滑動變阻器RP（最大阻值100Ω）；定值電阻R0（阻值10Ω）；開關S；磁傳感器和測試儀；電磁鐵（線圈電阻16Ω）；導線若干。圖（b）是實物圖，圖中電機和底座相固定，圓形鋁盤和電機轉軸相固定。請完成下列實驗操作和計算。（1）（1）量程選擇和電路連接。①由器材參數可得電路中的最大電流為_________A（結果保留2位有效數字），為減小測量誤差，電流表的量程選擇0.6A擋。②圖（b）中已正確連接了部分電路，請在虛線框中完成RP、R0和A間的實物圖連線______。（2）（2）磁感應強度B和電流I關系測量。①將圖（a）中的磁傳感器置于電磁鐵中心，滑動變阻器RP的滑片P置于b端。置于b端目的是使電路中的電流_________，保護電路安全。②將滑片P緩慢滑到某一位置，閉合S。此時A的示數如圖所示，讀數為_________A。分別記錄測試儀示數B和I，斷開S。③保持磁傳感器位置不變，重復步驟②。④下圖是根據部分實驗數據描繪的B?I圖線，其斜率為_________mT/A（結果保留2位有效數字）。（3）制動時間t測量。利用圖（b）所示裝置測量了t，結果表明B越大，t越小?！敬鸢浮浚?）①.0.58②.（2）①.最?、?0.48③.30【解析】【小問1詳解】①[1]由題知，電源內阻不計、電流表內阻不計，則當滑動變阻器的阻值為零時，電路中有最大電流②[2]由于電路中最大電流0.58A，則電流表應選擇0~0.6A量程，根據電路圖實物圖連線如下【小問2詳解】①[1]滑動變阻器RP的滑片P置于b端時滑動變阻器的電阻最大，電路中的電流最小，保護電路安全。②[2]電流表讀數為0.48A。③[3]根據題圖中數據可知B?I圖線斜率為13.鑄造金屬元件時，通過往進氣口打氣，將下方金屬液體壓進上方預熱過的鑄型室。其中鑄型室與下方裝金屬液的氣室形狀都為柱體，鑄型室底面積，高，鑄型室底部與下方液面差初始為，上方出氣口與大氣連通，大氣壓強，下方氣室的底面積，金屬液體密度，。管道面積忽略不計。（1）當鑄型室剛好充滿金屬液時，求下方液面下降高度與下方氣室內氣體壓強。（2）將出氣口關閉鑄型，當上方鑄型室液面高為時，求下方氣室內氣體壓強。【答案】（1），（2）【解析】【小問1詳解】根據體積關系可得下方液面下降高度此時下方氣體的壓強代入數據可得【小問2詳解】初始時，上方鑄型室氣體的壓強為，體積當上方鑄型室液面高為時體積為根據玻意耳定律可得此時上方鑄型室液面高為時氣體的壓強為同理根據體積關系可得此時下方氣室內氣體壓強代入數據可得14.用開瓶器拔出瓶中的木塞，初始時軟木塞的上截面與玻璃瓶口平齊，木塞質量為，高為h，過程中做勻加速直線運動，加速度為a、過程中木塞受到的摩擦力為，其中為參數，h為木塞高，x為木塞運動的距離。開瓶器齒輪的半徑為r，重力加速度為。（1）求拔出時，齒輪的角速度ω；（2）求初始到拔出，開瓶器對木塞做的功W；（3）設經過時間為t，求開瓶器的功率P與t的關系式?！敬鸢浮浚?）