資源簡介

2025年廣東省普通高中學業水平選擇性考試模擬卷一
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．臨床上有一種放射性碘治療,患者通過服用含放射性碘131I)的藥物,利用碘131衰變釋放的射線對患者的甲狀腺組織產生放療效果,達到治療的目的。已知碘131衰變時放出β射線,產物是氙131,碘131的半衰期為8天。下列說法正確的是
A.碘131的比結合能比氙131的大
B.碘129是碘131的同位素,兩者原子核內的中子數相同
C.200個碘131原子核經過16天后只剩50個未衰變
D.碘131衰變放出的γ射線是原子核受激產生的
2．在機場常用傳送帶運送行李箱。如圖所示,當行李箱A、B分別隨傳送帶一起做勻速運動時,下列說法正確的是
A.行李箱A、B都受到三個力的作用
B.傳送帶對行李箱A的作用力方向豎直向上,對行李箱B的作用力方向沿傳送帶向上
C.若增大行李箱A、B的質量,行李箱A、B都不能做勻速運動
D.若傳送帶突然提速,行李箱A、B都受到三個力的作用
3．如圖所示,體育課上學生用繩拉著輪胎進行負重跑以訓練體能。若某同學拉著質量為m的輪胎加速沖刺,該同學對輪胎的拉力F為恒力且與水平方向的夾角為θ,輪胎與地面間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g。下列說法正確的是
A.輪胎受到的支持力大小大于Fsin θ
B.輪胎受到的支持力大小等于mg
C.輪胎受到的摩擦力大小小于Fcos θ
D.輪胎受到的摩擦力大小為μmg
4．如圖甲所示,港口用懸臂吊機裝卸貨物,貨物在水平方向運動的x-t圖像和在豎直方向運動的vy-t圖像分別如圖乙、丙所示,以下判斷正確的是
A.在0~2 s內,貨物做直線運動
B.在第1 s末,貨物的瞬時速度為0.7 m/s
C.在0~2 s內,貨物受到的合力沿豎直方向
D.在第2 s末,貨物離出發點的距離為2.0 m
5．某同學站在觀光電梯內,從靜止開始運動一段時間后,又勻速運動一段時間,再減速運動到電梯恰好停止,他利用電梯底板上的力學傳感器,測出力學傳感器所受壓力隨時間變化的關系圖像(F-t圖像),如圖所示。重力加速度g=10 m/s2,則
A.該同學從底層去高層觀光
B.該同學勻速運動的時間是6 s
C.0~16 s內,電梯對該同學做功為0
D.0~16 s內,該同學的機械能減少1.8×104 J
6．小明和小華在置于水平面的象棋盤上玩彈射游戲。如圖所示,小明、小華分別在A、D處給“卒”和“車”象棋不同的初速度使之向前運動,“卒”象棋停在C處,“車”象棋停在E處。已知兩象棋與棋盤的動摩擦因數相等,兩象棋均可視為質點,A、B、C處于同一直線,AC=2AB,AB=DE。下列說法正確的是
A.“卒”象棋的初速度是“車”象棋的初速度的2倍
B.“卒”象棋經過B處時的速度小于“車”象棋的初速度
C.“卒”象棋從A處運動到C處的平均速度等于“車”象棋的初速度
D.“卒”象棋從A處運動到C處的時間是“車”象棋從D處運動到E處的時間的倍
7．如圖甲所示,一放置在水平面的電荷量為q(q>0)的絕緣物塊(可視為質點),在方向水平向左的勻強電場中,從位置A由靜止水平向左運動至位置D,然后又被輕質彈簧(一端固定在墻壁,與水平面平行)彈離,向右運動到位置A,途中經過位置B時物塊正好與輕質彈簧分離,此時彈簧處于原長,經過位置C時彈簧的彈力大小F=Eq。物塊在A、D之間做往復運動的過程中,彈簧的彈力大小F隨時間t的變化如圖乙所示。已知物塊的質量為m,電場強度大小為E,不計一切摩擦,則
A.t1~t3時間內,物塊的加速度先增大后減小
B.物塊的最大速度v=
C.A、B間的距離x=
D.彈簧彈力的最大值Fm>2Eq
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．如圖甲所示,均勻介質中有一列正在沿x軸負方向傳播的簡諧橫波,P和Q是介質中平衡位置相距d=6 m的兩個質點,t0時刻,質點P恰好位于波谷,質點Q恰好位于平衡位置。已知質點Q的振動圖像如圖乙所示,則下列說法正確的是
A.該波的振動周期T=12 s
B.質點Q的振動方程為y=10sin(t+) cm
C.若t0=5 s,則該波波長的最大值為12 m
D.若t0=5 s,則該波傳播速度的最大值為 m/s
9．一定質量的理想氣體經歷了由狀態a→b→c→d→a的變化,如圖所示。已知a→b和c→d過程中氣體與外界沒有熱交換,b→c和d→a過程均為等容變化。下列說法正確的是
A.a→b過程中,氣體溫度升高
B.b→c過程中,每一個氣體分子的速率都增大
C.c→d過程中,單位時間內與單位面積器壁碰撞的氣體分子數減少
D.d→a過程中,氣體吸收熱量
10．如圖所示,固定光滑平行軌道abcd的水平部分處于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中,bc段軌道寬度是2d,cd段軌道寬度是d,bc段軌道和cd段軌道均足夠長,將質量分別為2m、m,有效電阻分別為2R、R的金屬棒P和Q分別置于軌道上的ab段和cd段,且均與軌道垂直,金屬棒Q原來處于靜止狀態。現讓金屬棒P從距水平軌道高為h處無初速度釋放,兩金屬棒運動過程中始終與軌道接觸良好且與軌道垂直,不計其他電阻及空氣阻力,重力加速度大小為g。下列說法正確的是
A.在P進入磁場前,Q處于靜止狀態
B.Q最終做速度大小為的勻速直線運動
C.從P開始運動到P、Q運動狀態穩定的過程中,回路中產生的熱量為mgh
D.從P開始運動到P、Q運動狀態穩定的過程中,P與Q產生的熱量之比為1∶2
三、非選擇題(本題共5小題，共54分。考生根據要求作答)
11．(7分)彈玻璃球是小朋友非常喜歡的游戲之一,某興趣小組為了驗證小球碰撞過程中的動量守恒定律,設計了如圖所示的實驗裝置。先把小球1從小球發射器中沿水平桌面彈出,小球在水平地面的記錄紙上留下壓痕;把小球2靜止放在桌子邊緣,讓小球1再次從小球發射器中彈出,并與小球2發生對心碰撞,兩個小球分別落在水平地面的記錄紙上的不同位置。O點是水平桌面邊緣在記錄紙上的豎直投影點,M、N、P是小球三個落點的位置。不計空氣阻力。
(1)下列說法正確的是　　　　。
A.實驗中的桌面必須光滑
B.兩個小球的半徑要相同
C.小球1的質量要比小球2的質量小
D.發射器里面的彈簧壓縮量每次都要相同
(2)本實驗必須測量的物理量是　　　　。
A.桌面邊緣到水平地面的高度h
B.小球1和小球2的質量m1、m2
C.小球1的釋放位置到桌面邊緣的距離x
D.記錄紙上O點與M、N、P各點的距離s1、s2、s3
(3)若小球的碰撞過程滿足動量守恒定律,則實驗中需滿足的關系式為　　　　　　　　　　　　　　　　[用(2)中所測物理量的字母表示]。
12．(10分)一個篩選牛油果大小的裝置如圖1所示(電表均為理想電表),當不同大小的牛油果傳送到壓力秤上時,壓力秤作用在壓敏電阻R1上,其阻值隨壓力秤所受壓力的變化圖像如圖2所示,R2是可調電阻,其兩端與傳感器相連,傳感器將電壓傳輸到DIS系統,通過DIS系統控制彈簧。若R2兩端的電壓大于等于某個值時,DIS系統可使運輸軌道下降,則牛油果進入B通道。傳輸一部分牛油果,用電壓表和電流表測得的數據得到的U-I圖像如圖3所示。重力加速度g=10 m/s2。
13．(9分)高度可調式激光大燈系統已經廣泛應用于現代汽車之中,其核心部件之一為等腰直角三棱鏡。如圖所示,該三棱鏡的折射率為2,可繞C點逆時針轉動。入射光始終沿豎直向上方向入射,經三棱鏡折射和反射后,從BC邊射出。已知初始時,直角邊AC水平,求三棱鏡繞C點可調整的最大角度。(取sin 15°=0.26,sin 31°=0.52)
14．(13分)亞洲首個電磁彈射微重力實驗裝置由中國科學院空間應用中心研制建設成功,整個實驗裝置內部是鋼架結構,像一個“大電梯”, 在“大電梯”中間“轎廂”的位置,安裝一個直徑 1.2米、高2米、能夠上下移動的圓筒形實驗艙,已知實驗艙的質量為500 kg。在艙里裝實驗樣品,利用電磁彈射技術把實驗艙以20 m/s的速度豎直向上彈射出去,再回落下來。這個過程就可以給實驗樣品提供一定時間的微重力環境(完全失重狀態)進行實驗,重力加速度g=9.8 m/s2,忽略一切阻力。
(1)求該實驗裝置能提供微重力環境的最長持續時間。
(2)如實驗艙由靜止被電磁彈射出去的過程視為勻加速過程,設電磁彈射用時0.1 s將實驗艙彈射出去,則該過程至少要消耗多少能量
15．(15分)在以O點為圓心、半徑為R的圓形區域內,有垂直于紙面向外的勻強磁場。在磁場區域的最低點S有一個粒子放射源,能向平面內各方向均勻地發射速率為v、電荷量為q、質量為m的粒子。矩形PQNM區域中存在沿PM方向的勻強電場,PQ和MN的延長線分別與圓形區域最高點和最低點相切。長度均為R的膠片AC和GH能吸收落在其上的粒子,A點處于PQ 上,GH處于MN上。A、C、G三點共線并平行于PM,且到PM的水平距離為R。由S點正對圓心O發射的粒子恰好能從與O等高的K點水平離開磁場,并落在膠片GH上距離M點R的J點。不計粒子重力和粒子間的相互作用。
(1)判斷粒子的電性,求圓形區域內磁場的磁感應強度的大小。
(2)求勻強電場的電場強度大小和粒子落在J點時的速度。
(3)求膠片GH吸收的粒子數量與發射源S發射的粒子總數的比值。
【參考答案】
1． D　【命題意圖】本題考查學生對衰變方程、β衰變的本質、半衰期的理解。
【解題分析】碘131衰變成氙131,氙131比碘131穩定,說明氙131的比結合能比碘131的大,A項錯誤;同位素中原子核的質子數相同,中子數不同,B項錯誤;半衰期描述的是大量原子核的統計規律,對200個原子核不適用,C項錯誤;碘131衰變放出的γ射線是原子核受激產生的,D項正確。
2． D　【命題意圖】本題考查共點力的平衡。
【解題分析】行李箱A做勻速運動,受到重力、支持力兩個力,行李箱B做勻速運動,受到重力、支持力、摩擦力三個力,故A項錯誤;由受力平衡可知,傳送帶對行李箱A、B的作用力均與重力平衡,因此傳送帶對行李箱A、B的作用力方向都豎直向上,故B項錯誤;若增大行李箱A的質量,行李箱A受到的重力和支持力仍平衡,可以做勻速運動,傳送帶與行李箱B間的動摩擦因數μ≥tan θ,若增大行李箱B的質量,μ、θ不變,行李箱B可以做勻速運動,故C項錯誤;若傳送帶突然提速,A、B均受到重力、支持力和摩擦力三個力,故D項正確。
3． C　【命題意圖】本題考查摩擦力與受力分析。
【解題分析】輪胎受到的支持力與拉力的豎直分量Fsin θ之和與重力平衡,無法判定支持力與Fsin θ的大小關系,A、B項錯誤;輪胎做加速運動,說明拉力的水平分力Fcos θ大于摩擦力,C項正確;輪胎受到滑動摩擦力f=μFN=μ(mg-Fsin θ),D項錯誤。
4． C　【命題意圖】本題考查運動的合成與分解。
【解題分析】由題圖可知貨物沿水平方向做速度為0． 4 m/s的勻速直線運動,而沿豎直方向做初速度為零、加速度為0． 3 m/s2的勻加速直線運動,它們的合運動為曲線運動,貨物所受合力沿豎直方向,A項錯誤、C項正確;在第1 s末,貨物的水平方向瞬時速度為0． 4 m/s,豎直方向瞬時速度為0． 3 m/s,貨物的瞬時速度應為0． 5 m/s,B項錯誤;在0~2 s內,貨物發生的位移大小為1． 0 m,D項錯誤。
5． D　【命題意圖】本題通過F-t圖像考查牛頓運動定律、勻變速直線運動規律、機械能等。
【解題分析】電梯從靜止開始運動,由題圖知,0~6 s內傳感器所受壓力小于勻速運動時所受的壓力,故合力向下,則電梯從上向下運動,A項錯誤;t1=6 s后電梯勻速運動,傳感器所受壓力大小為500 N,即mg=500 N,所以m=50 kg,設電梯勻速運動的時間為t2,則mgt-F1t1-F2t2-F3t3=0,其中t3=t-t1-t2,t=16 s,F1=475 N,F2=500 N,F3=575 N,則t2=8 s,B項錯誤;對運動全過程,由動能定理,得WG-W電=0,即該同學克服電梯支持力做的功等于其重力勢能的減少量,C項錯誤;加速階段有mg-F1=ma1,得a1=0． 5 m/s2,加速階段的末速度v=a1t1=3 m/s,加速階段的位移h1=,勻速階段的位移h2=vt2,減速階段的位移h3=,下落的總高度h=h1+h2+h3,解得該同學的機械能減少量ΔE=mgh=1． 8×104 J,D項正確。
6． D　【命題意圖】本題考查勻變速直線運動的基本規律。
【解題分析】因兩象棋與棋盤間的動摩擦因數一樣,可知兩象棋運動的加速度相等,均做勻變速直線運動。因AC=2AB,AB=DE,由v2-=2ax,知“卒”象棋的初速度是“車”象棋初速度的倍,A項錯誤。由BC=DE,又根據勻變速直線運動的特點,可知“卒”象棋經過B處時的速度等于“車”象棋的初速度,B項錯誤。“卒”象棋從A處運動到C處的平均速度等于該過程中間時刻的速度,小于“車”象棋的初速度,C項錯誤。由速度公式x=at2,知“卒”象棋從A處運動到C處的時間是“車”象棋從D處運動到E處的時間的倍,D項正確。
7． D　【命題意圖】本題考查彈簧振子模型。
【解題分析】t1~t2時間內,物塊與彈簧接觸,受到彈簧彈力和電場力作用,開始時彈簧壓縮量小,電場力大于彈力,隨著彈簧壓縮量的增加,彈力增大,故物塊的加速度逐漸減小,當彈力大小等于電場力時,物塊的加速度為零,速度最大。彈簧繼續被壓縮,彈力大于電場力,物塊的加速度反向且逐漸增大,t2~t3過程為t1~t2的逆過程,物塊的加速度先減小后增大。故t1~t3時間內物塊的加速度先減小再增大,再減小,再增大,A項錯誤。由題圖乙可知,物塊從A點運動到B點的時間為,此過程有Eq=ma,物塊運動到B點的速度大小vB=,物塊從B點到C點做加速度減小的加速運動,故最大速度大于。由=2ax,可得x=,B、C項錯誤。物塊壓縮彈簧的過程為彈簧振子模型,在B點物塊的加速度大小a=,速度不為0,可知壓縮到最左端時物塊的加速度大小am>,Fm-Eq=mam,故彈簧彈力的最大值Fm>2Eq,D項正確。
8． AD　【命題意圖】本題考查機械振動、機械波。
【解題分析】根據圖乙可知,+=11 s,解得T=12 s,故A項正確;設質點Q的振動方程為y=10sin(ωt+φ) cm,ω== s-1,當t=0時,y=10sin φ cm=5 cm,解得φ=,則質點Q的振動方程為y=10sin(t+) cm,故B項錯誤;根據圖乙可知,若t0=5 s,質點Q向y軸負方向振動,波沿x軸負方向傳播,根據同側法可知,λ+nλ=d(n=0,1,2,…),解得λ= m(n=0,1,2,…),當n=0時,波長取最大值8 m,該波傳播速度的最大值vmax== m/s,故C項錯誤、D項正確。
9． AC　【命題意圖】本題考查氣體實驗定律、熱力學第一定律。
【解題分析】a→b過程中,氣體體積減小,外界對氣體做功,該過程氣體與外界沒有熱交換,即Q=0,由熱力學第一定律ΔU=W+Q,可知氣體內能增加,溫度升高,故A項正確;b→c過程中,氣體發生等容變化,壓強增大,由=C可知,氣體溫度升高,氣體分子的平均動能增大,平均速率增大,但不代表每一個氣體分子的速率都增大,故B項錯誤;c→d過程中,氣體體積增大,氣體對外界做功,該過程氣體與外界沒有熱交換,即Q=0,由熱力學第一定律ΔU=W+Q,可知氣體內能減少,溫度降低,氣體分子平均速率減小,則單位時間內與單位面積器壁碰撞的氣體分子數減少,故C項正確;d→a過程中,氣體發生等容變化,壓強減小,由=C可知,氣體溫度降低,內能減小,即ΔU<0,氣體體積不變,即W=0,由熱力學第一定律ΔU=W+Q,可知Q<0,即氣體放出熱量,故D項錯誤。
10． AC　【命題意圖】本題考查電磁感應與動量以及能量問題的綜合。
【解題分析】P在進入磁場前沒有切割磁感線,整個回路中沒有電流產生,故Q處于靜止狀態,A項正確;金屬棒P進入水平軌道后在安培力作用下做減速運動,金屬棒Q做加速運動,直到兩金屬棒產生的電動勢等大反向,回路中的電流為零,最終兩金屬棒都做勻速運動,設金屬棒P、Q勻速運動時的速度大小分別為v1、v2,這個過程中通過兩棒的電荷量相等,則有B×2dv1=Bdv2,由動量定理分別對P、Q分析可得-2Bd Δt=2mv1-2m,Bd Δt=mv2-0,由能量守恒可知產生的熱量Q=2mgh-×2m-m,解得回路中產生的熱量為mgh,v2=,B項錯誤、C項正確;P、Q串聯,由焦耳定律知P、Q產生的熱量之比與電阻成正比,D項錯誤。
11． (1)BD　(2分)
(2)BD　(2分)
(3)m1s2=m1s1+m2s3　(3分)
【命題意圖】本題考查驗證動量守恒定律實驗。
【解題分析】(1)本實驗采用控制變量法,保證彈簧壓縮量每次都相同即可,不需要桌面光滑,A項錯誤、D項正確;兩小球要發生正碰,兩小球的半徑應相同,B項正確;為了保證碰后小球1不反彈,小球1的質量要大于小球2的質量,C項錯誤。
(2)本實驗的目的是驗證動量守恒定律,需要知道小球的質量和碰前、碰后的速度,由s=v0t,h=gt2,得v0=s,若小球碰撞過程中滿足動量守恒定律,則有m1v0=m1v1+m2v2,得m1s2=m1s1+m2s3,B、D項正確。
(3)由(2)中解析過程可知,若小球的碰撞過程滿足動量守恒定律,則實驗中需滿足關系式m1s2=m1s1+m2s3。
12． (1)6． 0　(2分)　0． 5　(2分)
(2)29　(2分)
(3)大于　(2分)　不受影響　(2分)
【命題意圖】本題考查測量電源的電動勢和內阻,傳感器。
【解題分析】(1)由題圖3可知,圖像在縱軸的截距即為電動勢,所以E=6． 0 V,圖像斜率的絕對值即為內阻,即r=0． 5 Ω。
(2)200 g的牛油果對壓力秤的壓力是2 N,由題圖2可得,此時R1=14 Ω。根據閉合電路歐姆定律有E=(r+R1 )+U2 ,解得R2=29 Ω。
(3)若考慮電流表內阻,會使(1)中測量的電源內阻大于真實值。但因為電流表本身也串聯在電路之中,所以選出的牛油果質量仍然是準確的,不受影響。
13．
【解題分析】設可調整的最大角度為i,此時入射光在AB邊恰好發生全反射
由sin θ=,其中n=2,可知θ=30°　(2分)
由圖中幾何關系可知θ+r=45°　(1分)
又=n　(2分)
可得i=31°　(1分)
由θ+r'=45°可知r'=r=15°<30°　(2分)
即光可以從BC邊射出
故三棱鏡繞C點可調整的最大角度為31°。　(1分)
14． 【解題分析】(1)由題意可知實驗艙被彈射出去后上升、下落時獲得微重力環境,上升過程做勻減速運動,則上升時間t1=　(1分)
解得t1=2． 04 s　(1分)
上升的高度H=　(1分)
然后再自由下落,有H=g　(1分)
解得t2=2． 04 s　(1分)
微重力環境的最長持續時間t=t1+t2=4． 08 s。　(1分)
(2)實驗艙由靜止被彈射出去的過程視為勻加速過程,上升的位移h=v0t　(2分)
解得h=1 m　(1分)
實驗艙被彈射過程中機械能增加量ΔE=mgh+m　(2分)
解得ΔE=1． 049×105 J　(1分)
由題可知實驗艙被彈射的過程中至少要消耗的能量為1． 049×105 J。　(1分)
15． 【解題分析】(1)根據左手定則知粒子帶正電　(1分)
由幾何關系知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r=R
根據Bvq=　(1分)
得B=。　(1分)
(2)正對圓心發射的粒子進入電場后,做類平拋運動,有
Eq=ma
R=a　(1分)
R=vt1　(1分)
解得E=,a=
豎直分速度vy=at1=v　(1分)
合速度vJ==v　(1分)
速度方向與水平方向的夾角的正切值tan α=。　(1分)
(3)粒子離開圓形區域后均沿平行于PQ方向進入電場,設粒子1落在G點,根據類平拋運動規律有R=vt2
y=a　(1分)
得t2=,y=　(1分)
可知粒子1從比圓心O低處射出磁場
設粒子2經過C點,有R=vt2'
y'=at2'2　(1分)
得t2'=,y'=　(1分)
可知粒子2從比圓心O高處射出磁場
驗證粒子2是否落在膠片GH上,有R=a
x=vt3=R　(1分)
可知粒子2可以被膠片GH 吸收
根據幾何關系可得,粒子1射入磁場的方向與水平方向成60°角斜向右上方;粒子2射入磁場的方向與豎直方向成30°角斜向左上方　(1分)
粒子1與粒子2初速度方向的夾角為60°,在此夾角之內的粒子均被膠片GH吸收,占所有粒子總數的比例為=。　(1分)

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