年廣西壯族自治區(qū)普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試物理(限時(shí)75分鐘滿分100分)一、選擇題：本大題共10小題，共46分。第1～7題，每小題4分，只有一項(xiàng)符合題目要求，錯(cuò)選、多選或未選均不得分；第8～10題，每小題6分，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1．已知金屬銣、鉀、鈉、鈣的逸出功分別為2.13eV、2.25eV、2.29eV、3.20eV。用光子能量為2.20eV的單色光照射這些金屬的表面，能逸出光電子的金屬是()A．銣B．鉀C．鈉D．鈣A[光電效應(yīng)發(fā)生的條件當(dāng)光照射金屬表面時(shí)，電子會(huì)吸收光的能量，若金屬表面的電子吸收的能量超過(guò)逸出功，電子就能從金屬表面逸出，成為光電子。由題意可知照射這些金屬的單色光的光子能量只大于金屬銣的逸出功，故能逸出光電子的金屬是銣，A正確。]2．某變壓器輸入正弦交流電的電壓有效值為220V，輸出電壓最大值為112V，該變壓器視為理想變壓器，其原、副線圈匝數(shù)之比為()A．20∶2 B．202∶1C．20∶1 D．1∶20C[正弦交流電的有效值與最大值的關(guān)系＋理想變壓器變壓規(guī)律]3．某乘客乘坐的動(dòng)車進(jìn)站時(shí)，動(dòng)車速度從36km/h減小為0，此過(guò)程可視為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，期間該乘客的脈搏跳動(dòng)了70次。已知他的脈搏跳動(dòng)每分鐘約為60次，則此過(guò)程動(dòng)車行駛距離約為()A．216mB．350mC．600mD．700mB[勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律]4．用帶電玻璃棒接觸驗(yàn)電器的金屬球，移走玻璃棒，驗(yàn)電器內(nèi)的兩片金屬箔張開，穩(wěn)定后如圖。圖中a、b、c、d四點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最強(qiáng)的是()A．a(chǎn)點(diǎn) B．b點(diǎn)C．c點(diǎn) D．d點(diǎn)D[驗(yàn)電器＋電場(chǎng)強(qiáng)度帶電玻璃棒與金屬球接觸后，金屬球帶電，金屬箔與金屬球通過(guò)導(dǎo)體棒連接，金屬箔與金屬球帶同種電荷；靜電荷在尖銳的地方分布密集，附近電場(chǎng)強(qiáng)度最強(qiáng)，ABC錯(cuò)誤，D正確。]5．如圖，在扇形玻璃EOG中，OE⊥OF，可見光分別從E點(diǎn)沿EM、EN射向真空。該玻璃對(duì)可見光的折射率為2，則()A．沿EM的光發(fā)生全反射，沿EN的光不發(fā)生全反射B．沿EM的光不發(fā)生全反射，沿EN的光發(fā)生全反射C．沿EM、EN的兩束光都發(fā)生全反射D．沿EM、EN的兩束光都不發(fā)生全反射C[光的全反射＋幾何關(guān)系過(guò)M點(diǎn)和N點(diǎn)分別作出兩界面的法線，設(shè)EM光線的入射角為θ，EN光線的入射角為α，如圖所示，則在等腰三角形OEM中，∠EOM＋2θ＝180°，又∠EOM＜90°，則θ＞45°，同理，在等腰三角形OEN中，∠EON＋2α＝180°，又∠EON＜90°，則α＞45°，根據(jù)全反射臨界角公式sinC＝1n得C＝45°，由于α和θ均大于C，故沿EM、EN的兩束光都發(fā)生全反射，C正確。6．如圖電路中，材質(zhì)相同的金屬導(dǎo)體a和b，橫截面積分別為S1、S2，長(zhǎng)度分別為l1、l2。閉合開關(guān)后，a和b中自由電子定向移動(dòng)的平均速率之比為()A．l1∶2l2 B．2l2∶l1C．l2S1∶2l1S2 D．2l2S2∶l1S1B[并聯(lián)電路規(guī)律＋電阻定律＋電流的微觀表達(dá)式]7．如圖，兩條固定的光滑平行金屬導(dǎo)軌，所在平面與水平面夾角為θ，間距為l，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，兩端各接一個(gè)阻值為2R的定值電阻，形成閉合回路；質(zhì)量為m的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，并與導(dǎo)軌接觸良好，接入導(dǎo)軌之間的電阻為R；勁度系數(shù)為k的兩個(gè)完全相同的絕緣輕質(zhì)彈簧與導(dǎo)軌平行，一端固定，另一端均與金屬棒中間位置相連，彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep＝12kx2；將金屬棒移至導(dǎo)軌中間位置時(shí)，兩彈簧剛好處于原長(zhǎng)狀態(tài)；整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌所在平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。將金屬棒從導(dǎo)軌中間位置向上移動(dòng)距離a后靜止釋放，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處，用時(shí)為t，最遠(yuǎn)處與導(dǎo)軌中間位置距離為b，彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)。此過(guò)程中(A．金屬棒所受安培力沖量大小為BB．每個(gè)彈簧對(duì)金屬棒施加的沖量大小為BC．每個(gè)定值電阻產(chǎn)生的熱量為kD．金屬棒的平均輸出功率為kD[含彈簧的電磁感應(yīng)問(wèn)題金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中有感應(yīng)電流，設(shè)此過(guò)程中某時(shí)刻金屬棒的速度大小為v，則由法拉第電磁感應(yīng)定律可得接入回路中的金屬棒部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv，又由串并聯(lián)電路規(guī)律可得回路中的總電阻為R總＝R＋2R×2R2R+2R＝2R，故回路中的感應(yīng)電流為I＝ER總＝Blv2R，則該時(shí)刻金屬棒受到的安培力大小為F＝BIl＝B2l2v2R，則在極短時(shí)間Δt內(nèi)安培力的沖量大小為IA＝FΔt＝B2l2vΔt2R，等式兩邊求和有IA總＝IA＝B2l2vΔt2R＝B2l2vΔt2R＝B2l2x2R，分析可知金屬棒向下運(yùn)動(dòng)到的最遠(yuǎn)位置在導(dǎo)軌中間位置的下方且與導(dǎo)軌中間位置距離為b，則此過(guò)程金屬棒向下運(yùn)動(dòng)的距離x＝a＋b，所以此過(guò)程金屬棒所受安培力的沖量大小為IA總＝B2l2a+b2R，A錯(cuò)誤；分析可知金屬棒運(yùn)動(dòng)到任一位置，兩根彈簧對(duì)金屬棒的彈力均相同，規(guī)定沿斜面向下為正方向，設(shè)每根彈簧對(duì)金屬棒施加的沖量為I彈，則對(duì)金屬棒從靜止釋放到沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處的過(guò)程，由動(dòng)量定理有－IA總＋mgtsinθ＋2I彈＝0，則I彈＝B2l2a+b4R-mgtsinθ2，B錯(cuò)誤；設(shè)金屬棒的下滑過(guò)程回路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，則對(duì)該過(guò)程由能量守恒定律可得2ΔEp彈＋ΔEp重＋Q總＝0，其中ΔEp彈＝12kb2－18．在“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)中()A．估測(cè)油酸分子大小時(shí)，油酸分子可以視為球形B．油膜的形狀穩(wěn)定后，油酸分子仍然在做熱運(yùn)動(dòng)C．計(jì)算油膜面積時(shí)，忽略所有不完整的小正方形D．與油酸酒精溶液相比，純油酸更容易在水面形成單分子油膜AB[用油膜法估測(cè)油酸分子的大小＋實(shí)驗(yàn)操作在估測(cè)油酸分子大小時(shí)，可以把油酸分子簡(jiǎn)化為球形處理，并認(rèn)為它們緊密排布，A正確；分子在不停地做熱運(yùn)動(dòng)，所以油膜的形狀穩(wěn)定后，油酸分子仍然在做熱運(yùn)動(dòng)，B正確。計(jì)算油膜面積時(shí)，根據(jù)畫有油膜輪廓的玻璃板上的坐標(biāo)方格，計(jì)算輪廓范圍內(nèi)正方形的個(gè)數(shù)，不足半個(gè)的舍去，多于半個(gè)的算一個(gè)，C錯(cuò)誤；為了使油酸充分展開，獲得一塊單分子油膜，需要將油酸在酒精中稀釋后再滴入水中，故油酸酒精溶液更容易在水面形成單分子油膜，D錯(cuò)誤。]9．獨(dú)竹漂是我國(guó)一項(xiàng)民間技藝。如圖，在平靜的湖面上，獨(dú)竹漂選手手持劃桿踩著楠竹，沿直線減速滑行，選手和楠竹相對(duì)靜止，則()A．選手所受合力為零B．楠竹受到選手作用力的方向一定豎直向下C．手持劃桿可使選手(含劃桿)的重心下移，更易保持平衡D．選手受到楠竹作用力的方向與選手(含劃桿)的重心在同一豎直平面CD[受力分析＋相互作用力選手沿直線減速滑行，其所受合外力與運(yùn)動(dòng)方向相反，不為零，A錯(cuò)誤；由于楠竹和選手相對(duì)靜止，對(duì)選手(含劃桿)受力分析可知，其受到楠竹的靜摩擦力和支持力，則由平行四邊形定則與牛頓第三定律可知楠竹受到選手作用力的方向不豎直向下，B錯(cuò)誤；手持劃桿使選手(含劃桿)的重心下移，更易保持平衡，C正確；對(duì)選手受力分析，其水平方向受到楠竹的靜摩擦力，豎直方向受到重力和楠竹的支持力，豎直方向受力平衡，則選手受到楠竹作用力的方向與選手(含劃桿)的重心在同一豎直平面，D正確。]10．如圖，帶等量正電荷q的M、N兩種粒子，以幾乎為0的初速度從S飄入電勢(shì)差為U的加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后從O點(diǎn)沿水平方向進(jìn)入速度選擇器(簡(jiǎn)稱選擇器)。選擇器中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。當(dāng)選擇器的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，右端開口寬度為2d時(shí)，M粒子沿軸線OO′穿過(guò)選擇器后，沿水平方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng))，并最終打在探測(cè)器上；N粒子以與水平方向夾角為θ的速度從開口的下邊緣進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，并與M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子間的相互作用及邊界效應(yīng)，則()A．M粒子質(zhì)量為2B．剛進(jìn)入選擇器時(shí)，N粒子的速度小于M粒子的速度C．調(diào)節(jié)選擇器，使N粒子沿軸線OO′穿過(guò)選擇器，此時(shí)選擇器的電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為4D．調(diào)節(jié)選擇器，使N粒子沿軸線OO′進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，打在探測(cè)器上的位置與調(diào)節(jié)前M粒子打在探測(cè)器上的位置間距為4AD[帶電粒子在電磁復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)設(shè)M粒子進(jìn)入選擇器時(shí)的速度為vM，則M粒子在加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理有qU＝12mMvM2，M粒子在選擇器中沿軸線OO′運(yùn)動(dòng)，則其在選擇器中受力平衡，有qE＝qvMB1，可得vM＝EB1，則聯(lián)立可得mM＝2qUB12E2，A正確；由于N粒子從開口的下邊緣進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，則N粒子在選擇器中向下偏轉(zhuǎn)，設(shè)N粒子進(jìn)入選擇器時(shí)的速度為vN，則結(jié)合受力分析可知N粒子剛進(jìn)入選擇器時(shí)，有qE＜qvNB1，可得vN＞EB1，結(jié)合A項(xiàng)分析可知vN＞vM，B錯(cuò)誤；調(diào)節(jié)選擇器，使N粒子沿軸線OO′穿過(guò)選擇器，設(shè)此時(shí)選擇器中的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E′、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B′1，則此時(shí)N粒子在選擇器中有qE′＝qvNB′1，又未調(diào)節(jié)選擇器時(shí)，M、N粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)半徑滿足2rNcosθ＋d＝2rM，M粒子沿軸線OO′穿過(guò)選擇器，則M粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)時(shí)的速度也為vM，設(shè)N粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)時(shí)的速度為v′N，在磁場(chǎng)中由牛頓第二定律qvB＝mv2r可知，M、N粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑分別為rM＝mMvMqB2、rN＝mNvN'qB2，N粒子在選擇器中由動(dòng)能定理有－qEd＝12mNvN'2-12mNvN2，在加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理有qU＝12mNvN2，聯(lián)立解得E'B1'＝4EUU-Edcosθ4UB1-EdB2，C錯(cuò)誤；調(diào)節(jié)選擇器，使N粒子沿軸線OO′進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，則N粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)時(shí)的速度為vN，在磁場(chǎng)中由牛頓第二定律qvB＝mv2二、非選擇題：本大題共5小題，共54分。第11題8分，第12題9分，第13題10分，第14題11分，第15題16分。其中第13～15題解答時(shí)要求寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只有最后答案而無(wú)演算過(guò)程的不得分；有數(shù)值計(jì)算的，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。11．某小組將電流表改裝成歐姆表，所用器材有電源(電動(dòng)勢(shì)E＝1.5V，內(nèi)阻不計(jì))，電流表(滿偏電流Ig＝100μA，內(nèi)阻Rg＝100Ω)，電阻R0＝500Ω，滑動(dòng)變阻器R(0～20kΩ)，導(dǎo)線若干，電路如圖。(1)歐姆調(diào)零時(shí)，應(yīng)先將A、B________，再調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使電流表示數(shù)為________μA，此時(shí)滑動(dòng)變阻器的阻值為________kΩ。(2)調(diào)零后，在A、B間接入電阻Rx，當(dāng)電流表示數(shù)為60μA時(shí)，Rx為________kΩ。[解析]電表改裝＋實(shí)驗(yàn)操作＋數(shù)據(jù)處理(1)歐姆調(diào)零時(shí)，應(yīng)先將紅、黑表筆短接，即將A、B短接，再調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使電流表達(dá)到滿偏，即電流表示數(shù)為100μA，根據(jù)閉合電路歐姆定律得R＝EIg－Rg－R0，代入數(shù)據(jù)解得R＝14.4kΩ。(2)接入電阻Rx后，由閉合電路歐姆定律有Rx＝EI-EI[答案](1)短接10014.4(2)1012．在用如圖甲的裝置做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中：(1)探究小車加速度與小車所受拉力的關(guān)系時(shí)，需保持小車(含加速度傳感器，下同)質(zhì)量不變，這種實(shí)驗(yàn)方法是___________________________________________。(2)實(shí)驗(yàn)時(shí)，調(diào)節(jié)定滑輪高度，使連接小車的細(xì)繩與軌道平面保持________。(3)由該裝置分別探究M、N兩車加速度a和所受拉力F的關(guān)系，獲得a-F圖像如圖乙，通過(guò)圖乙分析實(shí)驗(yàn)是否需要補(bǔ)償阻力(即平衡阻力)。如果需要，說(shuō)明如何操作；如果不需要，說(shuō)明理由。_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(4)懸掛重物讓M、N兩車從靜止釋放經(jīng)過(guò)相同位移的時(shí)間比為n，兩車均未到達(dá)軌道末端，則兩車加速度之比aM∶aN＝________。[解析]探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系＋實(shí)驗(yàn)方法＋實(shí)驗(yàn)操作＋數(shù)據(jù)處理(1)在研究?jī)蓚€(gè)物理量間的關(guān)系時(shí)，保持其他量不變，所使用的方法為控制變量法。(2)為了使細(xì)繩拉力為小車所受的合外力，需要讓連接小車的細(xì)繩與軌道平面保持平行。(3)力傳感器上顯示的示數(shù)為細(xì)繩的拉力，要以該拉力作為小車所受的合外力，需要補(bǔ)償小車所受的阻力，具體操作為撤去細(xì)繩連接的力傳感器和重物，將木板左端用墊塊墊起適當(dāng)高度，使小車能沿木板勻速下滑。(4)根據(jù)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式x＝12at2可知，aMtM2＝aNtN2，又tM：∶tN＝n，解得a[答案](1)控制變量法(2)平行(3)需要撤去細(xì)繩連接的力傳感器和重物，將木板左端用墊塊墊起適當(dāng)高度，使小車能沿木板勻速下滑(4)1∶n213．某樂(lè)器發(fā)出頻率為兩倍關(guān)系的兩個(gè)純音(簡(jiǎn)諧聲波)，其波形疊加后呈現(xiàn)一種周期性變化。圖甲和圖乙分別為同一時(shí)刻兩列簡(jiǎn)諧聲波單獨(dú)沿x正方向傳播的波形圖，圖中的坐標(biāo)原點(diǎn)位于同一質(zhì)點(diǎn)處，聲速為340m/s。(1)從圖中讀出這兩列波的波長(zhǎng)。(2)該時(shí)刻這兩列波疊加，分別求x＝0和x＝0.375m處的質(zhì)點(diǎn)在該時(shí)刻偏離平衡位置的位移。(3)求這兩列波疊加后的周期。[解析]機(jī)械波的傳播＋不同頻率的波的疊加＋波形圖(1)由題圖甲可知4λ甲＝2.0m解得λ甲＝0.5m由題圖乙可知2λ乙＝2.0m解得λ乙＝1.0m。(2)該時(shí)刻，甲波在x＝0處偏離平衡位置的位移為1.0μm乙波在x＝0處偏離平衡位置的位移也為1.0μm因此這兩列波疊加后在x＝0處的質(zhì)點(diǎn)在該時(shí)刻偏離平衡位置的位移為x0＝2μm該時(shí)刻，甲波在x＝0.375m＝34λ甲處偏離平衡位置的位移為乙波在x＝0.375m＝38λ乙處偏離平衡位置的位移為－2因此這兩列波疊加后在x＝0.375m處的質(zhì)點(diǎn)在該時(shí)刻偏離平衡位置的位移為x0.375＝－22μm(3)這兩列波疊加后的波長(zhǎng)λ＝1.0m根據(jù)波長(zhǎng)、波速與周期的關(guān)系有λ＝vT其中v＝340m/s代入數(shù)據(jù)解得T＝1340s[答案](1)0.5m1.0m(2)2μm－22μm(3)114．在真空中，一個(gè)電荷量為－q、質(zhì)量為m的試探電荷繞電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷做橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，如圖甲，O′為橢圓中心，O′A為半長(zhǎng)軸，長(zhǎng)度為a，O′B為半短軸，點(diǎn)電荷處于橢圓的焦點(diǎn)F處，焦距為c。圖乙是v2-1r的關(guān)系圖，其中v為該試探電荷運(yùn)動(dòng)速率，r為該試探電荷到點(diǎn)電荷的距離。距離點(diǎn)電荷r處的電勢(shì)φ＝kQr，其中(1)求B點(diǎn)的電勢(shì)。(2)求該試探電荷從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)電場(chǎng)力所做的功。(3)通過(guò)推理論證該試探電荷在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能和電勢(shì)能之和是否守恒。若不守恒，說(shuō)明理由；若守恒，求出該試探電荷在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能和電勢(shì)能之和。[解析]電勢(shì)＋電場(chǎng)力做功＋v(1)根據(jù)橢圓的性質(zhì)可知，B點(diǎn)到F點(diǎn)的距離rBF＝a則B點(diǎn)的電勢(shì)φB＝kQrBF＝(2)同(1)問(wèn)可知，A點(diǎn)到F點(diǎn)的距離rAF＝a－c則A點(diǎn)的電勢(shì)φA＝kQrAF＝kQ根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系可知WAB＝－ΔEpAB＝EpA－EpB又EpA＝－qφA，EpB＝－qφB聯(lián)立解得WAB＝－kQqca(3)設(shè)題圖乙中圖線斜率為k0，由題圖乙有v2＝k01r試探電荷運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能與電勢(shì)能之和E總＝-kQqr+變形得v2＝2對(duì)比分析可知k0＝2kQqm，解得E總＝－kQq由于E總為一定值，則試探電荷運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能與電勢(shì)能之和守恒。[答案](1)kQa(2)－kQqca215．圖甲為某智能分裝系統(tǒng)工作原理示意圖，每個(gè)散貨經(jīng)傾斜傳送帶由底端A運(yùn)動(dòng)到頂端B后拋出，撞擊沖量式傳感器使其輸出一個(gè)脈沖信號(hào)，隨后豎直掉入已與水平傳送帶共速的貨箱中，此系統(tǒng)利用傳感器探測(cè)散貨的質(zhì)量，自動(dòng)調(diào)節(jié)水平傳送帶的速度，實(shí)現(xiàn)按規(guī)格分裝。傾斜傳送帶與水平地面夾角為30°，以速度v0勻速運(yùn)行。若以相同的時(shí)間間隔Δt將散貨以幾乎為0的速度放置在傾斜傳送帶底端A，從放