年廣東省普通高中學業(yè)水平選擇性考試·物理一、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(tǒng)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(fā)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C[受迫振動＋共振＋多普勒效應系統(tǒng)的固有頻率是指振動系統(tǒng)不受外力作用時振動的頻率，驅動力頻率是指施加在系統(tǒng)上的周期性外力的頻率，兩者無關，A錯誤；當驅動力的頻率等于系統(tǒng)的固有頻率時，系統(tǒng)受迫振動的振幅最大，共振發(fā)生，所以共振能否發(fā)生取決于驅動力的頻率是否等于系統(tǒng)的固有頻率，與驅動力的大小無關，B錯誤；多普勒效應是指波源與觀察者相互靠近或者相互遠離時，接收到的波的頻率發(fā)生變化的現(xiàn)象，在生活中可以用來測量車輛的速度，C正確；觀察者與波源相互遠離時，觀察者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，觀察者接收到的波的頻率比波源的頻率大，D錯誤。]2．如圖所示，某光伏電站輸出功率1000kW、電壓400V的交流電，經(jīng)理想變壓器升壓至10kV后，通過輸電線輸送到變電站，輸電線的等效電阻R為5Ω。下列說法正確的是()A．變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶100B．輸電線上由R造成的電壓損失為500VC．交壓器原線圈中的電流為100AD．變壓器原、副線圈中電流的頻率不同B[理想變壓器＋電功率根據(jù)原、副線圈的電壓與匝數(shù)關系，可得U1U2＝n1n2，代入數(shù)據(jù)解得n1n2＝125，A錯誤；R造成的電壓損失ΔU＝I2R，又I2＝PU2＝1000kW10kV＝100A，聯(lián)立得ΔU＝500V，B正確；變壓器原線圈中的電流I3．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(fā)射光電子，其最大初動能為Ek，下列說法正確的是()A．使用頻率更小的光，可能使乙也發(fā)射光電子B．使用頻率更小的光，若仍能使甲發(fā)射光電子，則其最大初動能小于EkC．頻率不變，減弱光強，可能使乙也發(fā)射光電子D．頻率不變，減弱光強，若仍能使甲發(fā)射光電子，則其最大初動能小于EkB[光電效應發(fā)生的條件＋愛因斯坦光電效應方程光電效應發(fā)生的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率(截止頻率)，由于甲的逸出功小于乙的逸出功，所以甲的極限頻率(截止頻率)小于乙的極限頻率(截止頻率)，當使用某頻率的光分別照射甲、乙時，只有甲發(fā)射光電子，發(fā)生光電效應現(xiàn)象，所以該光的頻率大于甲的極限頻率(截止頻率)，小于乙的極限頻率(截止頻率)，故使用頻率更小的光，乙肯定不會發(fā)射光電子，若頻率更小的光的頻率仍大于甲的極限頻率(截止頻率)，則甲仍能發(fā)射光電子，由愛因斯坦光電效應方程可知甲發(fā)射的光電子的最大初動能小于之前的最大初動能，A錯誤，B正確。由AB項分析可知頻率不變，減弱光強，光的頻率仍小于乙的極限頻率(截止頻率)，仍不能使乙發(fā)射光電子，C錯誤；由愛因斯坦光電效應方程可知，頻率不變，減弱光強，甲發(fā)射的光電子的最大初動能不變，D錯誤。]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α的玻璃棱鏡，出射光相對于入射光的偏轉角為β，該折射率為()A．sinα+βsinαC．sinαsinβ A[折射定律＋幾何關系作出光射出玻璃時界面的法線如圖所示，由幾何關系可知，光射出玻璃時的折射角(在空氣中的光線與法線的夾角)為α＋β，入射角(在玻璃中的光線與法線的夾角)為α，由折射定律n＝sinisinr可知該折射率為n＝sin]5．一顆繞太陽運行的小行星，其軌道近日點和遠日點到太陽的距離分別約為地球到太陽距離的5倍和7倍。關于該小行星，下列說法正確的是()A．公轉周期約為6年B．從遠日點到近日點所受太陽引力大小逐漸減小C．從遠日點到近日點線速度大小逐漸減小D．在近日點加速度大小約為地球公轉加速度的1D[開普勒定律＋萬有引力定律＋牛頓第二定律由題意可知該小行星軌道的半長軸為地球到太陽距離的6倍，由開普勒第三定律可知a小行星3T小行星2＝r地3T地2，其中a小行星為小行星軌道的半長軸，可得T小行星＝a小行星3r地3T地≈14.7年，A錯誤；從遠日點到近日點，該小行星到太陽的距離逐漸減小，由萬有引力定律F引＝GMmr2可知從遠日點到近日點，該小行星所受太陽引力大小逐漸增大，B錯誤；從遠日點到近日點，該小行星到太陽的距離逐漸減小，由開普勒第二定律可知當行星離太陽較近的時候，運行的速度較大，而離太陽較遠的時候速度較小，因此從遠日點到近日點，該小行星的線速度大小逐漸增大，C錯誤；由萬有引力定律F引＝GMm6．某同步加速器簡化模型如圖所示，其中僅直通道PQ內(nèi)有加速電場，三段圓弧內(nèi)均有可調(diào)的勻強偏轉磁場B。帶電荷量為－q、質量為m的離子以初速度v0從P處進入加速電場后，沿順時針方向在加速器內(nèi)循環(huán)加速。已知加速電壓為U，磁場區(qū)域中離子的偏轉半徑均為R。忽略離子重力和相對論效應，下列說法正確的是()A．偏轉磁場的方向垂直紙面向里B．第1次加速后，離子的動能增加了2qUC．第k次加速后，離子的速度大小變?yōu)閙D．第k次加速后，偏轉磁場的磁感應強度大小應為mA[帶電粒子在電磁組合場中的運動離子沿順時針方向在加速器內(nèi)循環(huán)加速，在磁場區(qū)域中做圓周運動，由左手定則可知偏轉磁場的方向垂直紙面向里，A正確；第1次加速過程，由動能定理有qU＝ΔEk，則第1次加速后，離子的動能增加了qU，B錯誤；設第k次加速后離子的速度大小為v，則對k次加速過程，由動能定理有kqU＝12mv2-12mv02，解得v＝m2v02+2kqUmm，C錯誤；第k次加速后，離子在磁場中做圓周運動，設第k次加速后，偏轉磁場的磁感應強度大小為B，則離子在磁場中由洛倫茲力提供向心7．如圖所示，光滑水平面上，小球M、N分別在水平恒力F1和F2作用下，由靜止開始沿同一直線相向運動，在t1時刻發(fā)生正碰后各自反向運動。已知F1和F2始終大小相等、方向相反。從開始運動到碰撞后第1次速度減為0的過程中，兩小球速度v隨時間t變化的圖像，可能正確的是()ABCDA[(v-t圖像)＋碰撞兩小球碰撞前后各自的受力未發(fā)生變化，則小球碰撞后的加速度與碰撞前的相同，又v-t圖像的斜率表示加速度，則碰撞前后小球的v-t圖線相互平行，B、C錯誤；由于F1與F2始終大小相等、方向相反，且兩小球均由靜止開始沿同一直線相向運動，則由動量定理可知碰撞前后兩小球整體的總動量為0，D錯誤，A可能正確。]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．將可視為質點的小球沿光滑冰坑內(nèi)壁推出，使小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖所示。已知圓周運動半徑R為0.4m，小球所在位置處的切面與水平面夾角θ為45°，小球質量為0.1kg，重力加速度g取10m/s2。關于該小球，下列說法正確的有()A．角速度為5rad/sB．線速度大小為4m/sC．向心加速度大小為10m/s2D．所受支持力大小為1NAC[受力分析＋圓周運動＋牛頓第二定律對小球受力分析如圖所示由牛頓第二定律可得F合＝mgtan45°＝mω2R＝mv2R＝man，F(xiàn)N＝mgcos45°＝2N，D錯誤；由上述分析可得該小球的向心加速度大小an＝mgtan45°m＝10m/s2，C正確；角速度ω＝anR＝5rad/s，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(nèi)，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(nèi)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(tài)，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EB．I越大，表明m越大C．v越大，則E越小D．m＝EIvg－BD[安培力＋力的平衡條件＋法拉第電磁感應定律設線圈水平邊的長度為L，步驟①中對稱重框架與物塊整體受力分析可得(m＋M)g＝BIL，由此可知I越大，表明m越大，B正確；步驟②中線圈中的電動勢E＝BLv，由此可知v越大，E越大，C錯誤；由于兩步驟中B與L不變，則以上各式聯(lián)立可得(m＋M)g＝I×Ev，變形可得m＝EIvg－M，D正確；E是步驟②中磁場以速率v勻速向下運動產(chǎn)生的，I是步驟①中通的電流，故不能將它們直接代入歐姆定律公式求解線圈電阻，A10．如圖所示，無人機在空中作業(yè)時，受到一個方向不變、大小隨時間變化的拉力。無人機經(jīng)飛控系統(tǒng)實時調(diào)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，F(xiàn)0、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(nèi)(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F0C．受到重力和拉力的合力的沖量大小為mgT＋F0D．T時刻受到空氣作用力的大小為3AB[力的動態(tài)平衡問題＋沖量＋矢量合成無人機沿水平方向做勻速直線運動，則其時刻受力平衡，又由題意可知拉力方向不變，逐漸減小，則可作出無人機的受力示意圖如答圖所示，可知無人機受到空氣作用力的方向會變化，A正確；由題意可知，拉力的大小隨時間均勻變化，所以0到T時間段內(nèi)，無人機受到拉力的沖量大小IF＝F0+FT2T＝(F0－12kT)T，B正確；0到T時間段內(nèi)，無人機受到的重力的沖量大小IG＝mgT，又無人機受到的重力和拉力不共線，所以結合B項分析可知，無人機受到重力和拉力的合力的沖量大小I合<IF＋IG＝mgT＋(F0－12kT)T，C錯誤；由答圖結合幾何關系可知，無人機受到空氣作用力的大小F空＝Fsin60°2+mg+Fcos60]三、非選擇題：本大題共5小題，共54分?？忌鶕?jù)要求作答。11．(8分)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(shù)如圖甲所示，讀數(shù)為________mm。(2)實驗小組利用小車碰撞實驗測量吸能材料的性能，裝置如圖乙所示，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(diào)節(jié)。調(diào)節(jié)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________，表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(shù)字)。[解析]長度的測量及其測量工具的選用＋測量吸能材料的性能＋儀器讀數(shù)＋實驗操作＋數(shù)據(jù)處理(1)由螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則可知，小球的直徑為d＝8mm＋26.0×0.01mm＝8.260mm。(2)②若已平衡小車在軌道甲上所受摩擦力及其他阻力，則小車在軌道甲上做勻速直線運動，所以小車通過光電門A和B的時間相等。③若兩小車的碰撞為彈性碰撞，則由于兩小車相同，所以發(fā)生彈性碰撞后兩小車速度交換，則碰撞后小車2靜止，小車1以與小車2碰撞前瞬間相同的速度做勻速直線運動，可知t2＝t1。④貼上吸能材料后，兩小車碰撞前小車2的速度大小v0＝0.0110×10-3m/s＝1m/s，動能為Ek0＝12mv02，碰撞后小車1的速度大小v1＝0.0115×10-3m/s＝23m/s，小車2的速度大小v2＝0.0130×10-3[答案](1)8.260(8.258～8.262之間均可)(2)②時間相等③＝(填“等于”也可得分)④0.5612．(8分)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。圖甲(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(nèi)阻不計)；電流表○A(量程有0.6A和3A，內(nèi)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。圖甲(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)量程選擇和電路連接。①由器材參數(shù)可得電路中的最大電流為________A(結果保留2位有效數(shù)字)，為減小測量誤差，電流表的量程選擇0.6A擋。②圖甲(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)磁感應強度B和電流I關系測量。①將圖甲(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(shù)如圖乙所示，讀數(shù)為________A，分別記錄測試儀示數(shù)B和I，斷開S。③保持磁傳感器位置不變，重復步驟②。④圖丙是根據(jù)部分實驗數(shù)據(jù)描繪的B-I圖線，其斜率為________mT/A(結果保留2位有效數(shù)字)。(3)制動時間t測量。利用圖甲(b)所示裝置測量了t，結果表明B越大，t越小。[解析]閉合電路歐姆定律＋儀器讀數(shù)＋電路連接＋數(shù)據(jù)處理(1)①當滑動變阻器連入電路的阻值最小時，電路中的電流最大，則由閉合電路歐姆定律可知電路中的最大電流為Im＝ER0+R線≈0.58A。②根據(jù)電路圖連接實物圖如答圖所示。(2)①滑動變阻器的滑片置于b端，滑動變阻器連入電路的阻值最大，目的是使電路中的電流最小，保護電路安全。②由于電流表的量程選擇0.6A擋，則由題圖乙可知其分度值為0.02A，所以題圖乙電流表的讀數(shù)為I＝0.4A＋4×0.02A＝0.48A。④根據(jù)題圖丙中圖線可知，其斜率k＝[答案](1)①0.58②如圖所示(2)①最?、?.48④3013．(9分)如圖是某鑄造原理示意圖，往氣室注入空氣增加壓強，使金屬液沿升液管進入已預熱的鑄型室，待鑄型室內(nèi)金屬液冷卻凝固后獲得鑄件。柱狀鑄型室通過排氣孔與大氣相通，大氣壓強p0＝1.0×105Pa，鑄型室底面積S1＝0.2m2，高度h1＝0.2m，底面與注氣前氣室內(nèi)金屬液面高度差H＝0.15m，柱狀氣室底面積S2＝0.8m2，注氣前氣室內(nèi)氣體壓強為p0，金屬液的密度ρ＝5.0×103kg/m3，重力加速度取g＝10m/s2，空氣可視為理想氣體，不計升液管的體積。(1)求金屬液剛好充滿鑄型室時，氣室內(nèi)金屬液面下降的高度h2和氣室內(nèi)氣體壓強p1。(2)若在注氣前關閉排氣孔使鑄型室密封，且注氣過程中鑄型室內(nèi)溫度不變，求注氣后鑄型室內(nèi)的金屬液高度為h3＝0.04m時，氣室內(nèi)氣體壓強p2。[解析]壓強的計算＋氣體實驗定律(1)金屬液剛好充滿鑄型室時，有h1S1＝h2S2代入數(shù)據(jù)解得h2＝0.05m則氣室內(nèi)氣體的壓強p1＝p0＋ρg(h1＋H＋h2)代入數(shù)據(jù)解得p1＝1.2×105Pa。(2)設注氣后氣室金屬液液面下降的高度為h4，則有h3S1＝h4S2解得h4＝0.01m由于注氣過程中鑄型室內(nèi)溫度不變，則對鑄型室內(nèi)氣體，由玻意耳定律有p0S1h1＝p′S1(h1－h(huán)3)解得注氣后鑄型室內(nèi)氣體的壓強p′＝1.25×105Pa所以注氣后氣室內(nèi)氣體壓強p2＝p′＋ρg(h3＋H＋h4)解得p2＝1.35×105Pa。[答案](1)0.05m1.2×105Pa(2)1.35×105Pa14．(13分)如圖所示，用開瓶器取出緊塞在瓶口的軟木塞時，先將拔塞鉆旋入木塞內(nèi)，隨后下壓把手，使齒輪繞固定支架上的轉軸轉動，通過齒輪嚙合，帶動與木塞相固定的拔塞鉆向上運動。從0時刻開始，頂部與瓶口齊平的木塞從靜止開始向上做勻加速直線運動，木塞所受摩擦力f隨位移大小x的變化關系為f＝f0(1－xh)，其中f0為常量，h為圓柱形木塞的高，木塞質量為m，底面積為S，加速度為a，齒輪半徑為r，重力加速度為g，瓶外氣壓減瓶內(nèi)氣壓為Δp且近似不變，瓶子始終靜止在桌面上。(提示：可用f-x圖線下的“面積”表示f所做的功)(1)木塞離開瓶口的瞬間，齒輪的角速度ω。(2)拔塞的全過程，拔塞鉆對木塞做的功W。(3)拔塞過程中，拔塞鉆對木塞作用力的瞬時功率P隨時間t變化的表達式。[解析]齒輪傳動＋運動學規(guī)律＋動能定理＋變力做功＋瞬時功率(1)木塞做勻加速直線運動，由速度位移公式有v2＝2ah解得木塞離開瓶口瞬間的速度為v＝2則齒輪外側的線速度也為v＝2ah，所以齒輪的角速度ω＝vr＝(2)由木塞所受摩擦力隨位移大小的變化關系可知，拔塞的全過程摩擦力對木塞做的功為Wf＝－f0拔塞的全過程，對木塞由動能定理有W＋Wf－mgh－Δp·Sh＝12mv聯(lián)立解得W＝f0h2＋mgh＋mah＋Sh(3)拔塞過程中，對木塞由牛頓第二定律有F－f－mg－Δp·S＝ma由位移時間公式有x＝12at拔塞鉆對木塞作用力的瞬時功率P＝Fv又v＝at聯(lián)立可得P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋f0at1-a2ht2[答案](1)2ahr(2)f0h2＋mgh＋mah＋ShΔp(3)P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋f0at15．(16分)如圖是研究顆粒碰撞荷電特性裝置的簡化圖。兩塊水平絕緣平板與兩塊豎直的平行金屬平板相