2025年广东省普通高中学业水平选择性考试物理模拟卷（三）

2025年广东省普通高中学业水平选择性考试模拟卷三 物理 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．硼中子俘获治疗技术(BNCT)的治疗原理是向患者体内注入含硼药剂,这种药剂对肿瘤细胞有很强的亲和力,在足够浓度的硼元素进入肿瘤细胞后,再用中子束照射肿瘤细胞,中子被肿瘤细胞内的硼B)俘获后,释放粒子Ⅰ和粒子Ⅱ两种粒子,这两种粒子能使肿瘤细胞DNA双螺旋链断裂,从而消灭肿瘤细胞。若粒子Ⅰ是Li,则粒子Ⅱ应该是 A．α粒子 B．β粒子 CH粒子 D．γ光子　 2．滚筒式静电分离器原理如图所示，转轮C由导体制作并接地。放电针G与转轮C间施加高压并电离空气，颗粒a、b经过电离空气后都带上电荷。b颗粒直接掉落在B盘，a颗粒被D刮落到A盘。下列说法正确的是 A．a颗粒为绝缘材料，b为导电材料 B．a颗粒为导电材料，b为绝缘材料 C．经过电离空气后，a颗粒带正电，b带负电 D．对调G、C间的极性，颗粒a、b的落点也对调 3．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个重环，绕过光滑定滑轮的轻绳一端与重环相连，另一端施加拉力F使重环从A点缓慢上升到B点。设杆对重环的弹力大小为FN，整个装置处于同一竖直平面内，在此过程中 A．F逐渐增大，FN逐渐增大 B．F逐渐增大，FN先减小后增大 C．F先减小后增大，FN逐渐增大 D．F先减小后增大，FN先减小后增大 4．t=0时刻,两列分别沿x轴正方向和负方向传播的简谐横波的波形图如图所示,质点做简谐运动的周期均为T=0．1 s,此时刻平衡位置在x=-2 m和x=4 m处的M、N两质点刚开始振动,下列说法正确的是 A．两波源的起振方向相反 B．两列波在介质中传播的速度大小不同 C．两列波相遇之前,平衡位置在x=10 m处的质点的振动方程为y=6sin 20πt(cm) D．两列波相遇之前,平衡位置在x=10 m处的质点的振动方程为y=6sin(20πt+π)(cm) 5．如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船的质量为m，其推进器工作时飞船受到的平均推力为F。在飞船与空间站对接后，推进器工作时间为Δt，测出飞船和空间站的速度变化为Δv。下列说法正确的是 A．空间站的质量为 B．空间站的质量为－m C．飞船对空间站的作用力大小为F D．飞船对空间站的作用力大小一定为m 6．某实验小组设计的自动水位控制装置示意图如图所示。固定的激光束以45°入射角从空气射入足够宽的长方形水池中，经偏折照射到池底。随着水位升高，当池底A点的光传感器接收到激光信号时停止加水，此时激光的入射点为O。已知O′为O点在池底的垂直投影位置，AO′的距离s＝ m，该激光在水中的折射率为n＝ 。该激光在水中的折射角为 A．30° B．37° C．45° D．60° 7．我国传统民俗文化表演“抡花”如图甲所示,“抡花”是为了祈福来年风调雨顺、免于火灾,已被列入国家级非物质文化遗产。“抡花”原理如图乙所示,快速转动竖直转轴O1O2上的手柄AB,带动可视为质点的“花筒”M、N在水平面内转动,筒内烧红的铁花沿轨迹切线飞出,落到地面,形成绚丽的图案。已知水平杆的长度MO1=NO1=1 m,M、N离地高为3．2 m,若手摇AB转动的角速度大小为7 rad/s,不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,则铁花落地点到O2的距离约为 A．5．6 m B．5．7 m C．6．6 m D．8．4 m 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8．如图，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点。若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则(　　) A．从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功 B．小物体再次回到M点时，摩擦力和电场力做功均为零 C．小物体上滑和下滑过程中经过同一位置时库仑力大小相等 D．小物体上滑和下滑过程中速度最大的位置均在MN的中点 9．如图所示,人造地球卫星在圆轨道Ⅰ上做匀速圆周运动,为躲避太空垃圾的碰撞,卫星由圆轨道Ⅰ上的a点经轨道Ⅱ变轨到圆轨道Ⅲ上的b点,太空垃圾通过后,卫星再由圆轨道Ⅲ上的c点变轨到圆轨道Ⅰ上的a点。已知地球的半径为R0,圆轨道Ⅰ的半径为R1,圆轨道Ⅲ的半径为R3,地球表面处的重力加速度为g,下列说法正确的是 A．卫星由a点运动到b点,克服引力做功 B．卫星由c点运动到a点,克服引力做功 C．卫星在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动的线速度大小为R1 D．卫星在轨道Ⅲ上运动的周期为 10．我国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰“福建舰”采用平直通长飞行甲板，满载排水量8万余吨。电磁弹射器的主要部件是一套直线感应电动机，利用强大电流通过线圈产生的磁场推动飞机托架高速前进，带动飞机起飞，原理简图如图所示。电动机初级线圈固定在甲板下方，弹射时，旋转电刷极短时间内从触点1高速旋转到触点14，依次在线圈A、B、C、D、E、…、M、N中产生强大的磁场，在磁场从线圈A高速变化到线圈N的过程中，直线感应电机的次级线圈(飞机托架)中就会产生强大的感应电流，飞机托架会在安培力的推动下带动飞机高速前进。已知整个加速系统长约90余米，弹射时在2．5 s内可以将质量为30 t的飞机由静止加速到260 km/h 的离舰速度。设弹射过程安培力恒定，不计阻力，飞机托架的质量可忽略，线圈电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．弹射过程中，飞机运动的速度总是落后磁场变化(运动)的速度 B．弹射该架飞机，安培力做的功约为1．01×109 J C．弹射过程中，直线感应电机的最大输出功率约为2．6×107 W D．弹射过程中，质量为m的飞行员需要承受座舱的水平作用力的大小约为3mg 三、非选择题(本题共5小题，共54分。考生根据要求作答) 11．(7分)用如图甲所示的装置探究小车的加速度与小车质量及小车所受合力的关系,细线与木板始终保持平行,力传感器可以直接测出细线拉力的大小。已知小车的质量为M,沙和沙桶的总质量为m,滑轮的质量和摩擦忽略不计。 (1)该实验是否需要满足沙和沙桶的总质量m远小于小车的质量M?　　　　(选填“需要”或“不需要”)。  (2)为平衡小车运动过程中受到木板的摩擦力,下列操作正确的是　　　　。(填正确答案序号)  A．平衡摩擦力前,应将沙桶用细线绕过定滑轮系在小车上 B．平衡摩擦力前,小车后面应固定一条纸带,纸带穿过打点计时器 (3)某次实验所有步骤正确操作,力传感器显示细线拉力大小F=1．52 N,则小车受到的合力大小为　　　　N。接在频率为50 Hz的低压交流电源上的打点计时器打出来的一条纸带如图乙所示,从比较清晰的点起,每5个计时点取一个计数点,分别标记为A、B、C、D、E,则小车运动的加速度大小为　　　　m/s2(计算结果保留两位有效数字)。  12．(10分)小张同学想探究电阻表的内置电源对测量结果的影响，设计了一个电阻表，其电路图如图甲所示。 (1)A接_____(选填“红”或“黑”)表笔。 (2)已知图甲中电源的电动势为1．5 V，微安表的内阻约为1 200 Ω、量程0～250 μA，若在AB间接电流传感器，调节Rx、R2使得微安表满偏，此时电流传感器读数为10．00 mA，则图甲中滑动变阻器Rx的规格应选_____。 甲 A．最大电阻10 Ω，额定电流1 A B．最大电阻50 Ω，额定电流1 A C．最大电阻200 Ω，额定电流1 A (3)欧姆调零之后，使用该电阻表测量电阻箱的阻值，发现电阻表的读数与电阻箱阻值相同。为了探究电阻表的内置电源对测量结果的影响，把甲图中的电源换成其他型号的电源，重新欧姆调零后，测量电阻箱的阻值，发现电阻表的测量值总是偏大。该同学猜想出现上述现象的原因是，更换后的电源电动势更小。 (4)为了验证上述猜想，用图甲的电路测量新电源的电动势和内阻：进行欧姆调零后，在表笔AB间接入电流传感器和电阻箱(串联)，改变电阻箱的阻值，读出电阻箱阻值R和电流传感器读数I。分析数据后描绘出R­图像(如图乙所示)，则该电源的电动势为________V，电阻表总内阻为_______Ω，由此验证了小张同学的猜想。通过这种方法测得的电源电动势______(选填“大于”“等于”或“小于”)它的真实值。(以上计算结果保留3位有效数字，电流传感器电阻不计)。 乙 13．(9分)如图所示，该装置是某医院内给病人输液的部分装置示意图，AB两瓶均可视作圆柱体(横截面积为S，高度为h)，AB内液体由细管连通，B瓶瓶口管道与大气相通，刚开始输液时两瓶液面相平，瓶中液体占容积的。滴壶顶部与瓶底的高度差为H。输液管中的液体体积可以忽略不计。已知液体密度为ρ，大气压强为p0，重力加速度为g。则： (1)此时滴壶中的气体的压强。 (2)当升高液瓶B的高度时，则滴壶中气体压强将如何变化？ 14．(13分)喷墨打印机的原理示意图如图所示，质量为m的墨滴从墨盒进入带电室后带上电荷，并以相同的速度v0进入偏转电场。墨滴经过电场偏转后打到纸上，显示字体。没有信号时墨滴不带电并沿直线运动打到回流槽中回收。已知上偏转板带正电，下偏转板带负电，偏转板长为L1，偏转板间距离为d，两板间电压为U，偏转板右端与纸的距离为L2，墨滴打到纸上的点向上偏离原入射方向的距离为y。忽略空气阻力和重力的作用。 (1)墨滴带电的电性及电荷量q。 (2)由于墨盒故障，吐出墨滴质量变大，若墨滴进入偏转电场速度不变，则打出的字会如何变化？ (3)若要使纸上的字体放大为原来2倍(偏转量变为2y)同时保证字迹清晰，需要把墨滴进入偏转电场速度调节为2v0，同时调节U、d或L2中的一个参数，请根据计算写出一个可行的调节方案，如该方案有限制条件，请写出必要的注意事项。 15．(15分)类比是研究问题的常用方法。 　 (1)情境1：如图1所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动，小球相对平衡位置的位移x随时间t的变化规律可用方程x＝xmcos t描述，其中xm为小球相对平衡位置O时的最大位移，m为小球的质量，k为弹簧的劲度系数。请在图2中画出弹簧的弹力F随位移x变化的示意图，并求出小球从C点到O点的时间。 (2)情境2：假设地球可视为一个质量分布均匀且密度为ρ的球体，地球的半径为R，万有引力常数为G。 图3 ①根据电荷均匀分布的球壳内试探电荷所受库仑力的合力为零，利用库仑力与万有引力的表达式的相似性和相关力学知识，在图3中画出质量为m的小球所受万有引力F与小球到球心之间的距离r的图像，并标出r＝R时的纵坐标。 ②若通过地球的南北两极之间能够打通一个真空隧道，把一个质量为m的小球从北极的隧道口(地面处)由静止释放后，小球能够在隧道内运动。求小球从隧道口到地心的时间。 【参考答案】 1． 根据质量数守恒可知n＋1＝149，n＝148，衰变产物 Yb的中子数为148－70＝78，故A错误；衰变反应中释放能量，所以衰变后产物更稳定，比结合能更大，故镥－149的比结合能比 Yb的小，故B错误；元素原子核的半衰期是由元素本身决定的，与元素所处的物理状态和化学状态无关，故C错误；根据电荷数守恒可知，z＝1＋70，镥－149原子核衰变前核内中子数为149－z＝78，故D正确。 2． 软件绘制的实际上是vt图象，A、B两点的速度均为正，所以运动方向相同；加速度大小跟斜率的绝对值有关，A点加速度小于B点的；80 s末时电动车速度减为零，但位移大小等于曲线与时间轴围成的面积大小，可以通过数格子，也可以简化为匀加速、匀速和匀减速三个运动并计算总位移，可得电动车的位移约为300 m。故选D。 3． 由于钠24衰变过程中动量守恒，因此衰变后的两部分动量等大反向，在磁场中运动的轨迹相切于一点，由洛伦兹力充当向心力有Bqv＝m，可得R＝，可知，电荷量越大，其运动时的轨迹半径越小，由此可知小圆对应的粒子所带电荷量更大，且其所带电荷为正电荷，根据左手定则可知，小圆对应的粒子的运动方向为逆时针方向，而根据左手定则结合轨迹可知，大圆对应的粒子带负电，则可确定该衰变为β衰变，故A、B正确；根据以上分析，写出其衰变方程为Na→Mg＋e，产生的新核与β粒子的电荷量之比为12∶1，而根据R＝且两部分动量等大反向可知，粒子运动的轨迹半径之比等于其所带电荷量的反比，由此可知，小圆和大圆的轨道半径之比为1∶12，故C正确；衰变过程中始终遵循质量数守恒和电荷数守恒，但在衰变过程中会存在质量亏损，有能量释放，根据爱因斯坦的质能方程可知，衰变后两条轨迹对应的粒子的质量之和小于衰变前钠24的质量，故D错误。 4． B　 【解题分析】开始时物体A恰好能静止在斜面上,有mgsin θ=kx1+fm,解得最大静摩擦力大小为30 N;施加沿斜面向上的拉力且拉力大小为100 N时,摩擦力沿斜面向下且大小为30 N,由物体的平衡条件得F=mgsin θ+kx2+fm,解得kx2=20 N,则弹簧伸长了2 cm,故此时弹簧的长度为12 cm,B项正确。 5． 根据平抛运动规律有h＝gt2，解得t＝，所以两支箭在空中运动时间相同，故A正确；水平方向有x＝v0t，由于水平位移不同，则水平初速度不同，故B错误；平抛运动重力做功W＝mgh，故C错误；根据竖直方向的运动规律可知vy＝gt，则插入壶中瞬间竖直分速度相同，故D错误。 6． D　 【解题分析】由左手定则可以判断出正离子运动到下侧壁,负离子运动到上侧壁,b点电势高于a点电势,a、b两点间的电势高低与磁场方向和污水流动方向有关,与离子的正负没有关系,故A、B项错误;由Bqv=q,可得Uba=Bdv,电势差Uba的大小与污水流速有关,与离子的浓度没有关系,故C项错误;污水的流量Q==Sv,又S=,联立可得Q=,故D项正确。 7． 从正视方向研究CD导体棒电流产生的磁场分布，如图所示，可知CD导体棒电流在B端有垂直于AB棒向上的分磁场， 根据左手定则可知B端受到垂直于纸面向外的安培力，B端向外转动，CD导体棒电流在A端有垂直AB棒向下的分磁场，根据左手定则可知A端受到垂直于纸面向里的安培力，A端向里转动，故俯视看导体棒AB将要顺时针转动，故A、B错误，C正确；根据右手定则可知通电瞬间CD导体棒电流和AB导体棒电流在线段O1O2间产生的磁场方向相互垂直，故通电瞬间线段O1O2间不存在磁感应强度为零的位置，故D错误。 8． 传送带对货物做功的功率P＝fv，由于货物与传送带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故f不变，货物匀加速直线运动，功率也均匀增大，当达到与传送带相同速度后保持匀速，功率也不变，故A、B正确；货物在加速阶段随着速度增大st图象斜率应该增大，故C错误；货物加速度分为两段，第一段加速度为某定值，第二段为匀速阶段，加速度为零，故D错误。 9． BC　 【解题分析】从a点和d点射出的粒子运动轨迹如图所示,根据几何关系可得Ra=,根据洛伦兹力提供向心力可得qvaB=m,解得va=,故A项错误、B项正确;对于从d点射出的粒子,根据几何关系可得=l2+(Rd-)2,解得Rd=l,根据洛伦兹力提供向心力,可得qvdB=m,解得vd=,故C项正确、D项错误。 10． 通电直导线周围的磁场的是以导线为圆心的一个个同心圆，当线圈平面平行于地面Oabc移动时，线圈中无感应电流产生，则穿过线圈的磁通量不变，说明线圈平面与磁场所在平面平行，即通电导线应垂直于Oabc平面，当线圈平面平行于墙面Oade移动时，沿Oa方向平移有电流，磁通量变化，沿Oe方向平移无电流，磁通量不变，说明导线应该沿Oe方向。故选ABC。 11． (1)1． 14　(2分) (2)2gh　(1分) (3)　　(每空2分) 【解题分析】(1)10分度的游标卡尺的精确度为0． 1 mm,则小球的直径为1． 1 cm+4×0． 1 mm=1． 14 cm。 (2)金属小球经过O'点时的速度大小v=,如果机械能守恒定律成立,则m()2=mgh,简化得=2gh。 (3)把=2gh变形为h=·,可看出h与成正比,得到的图像是一条斜率k=的过原点的直线。 12． (1)实验时将皮带套在左右半径不同的变速塔轮上，使得小球转动的角速度不同，所以可以探究向心力与角速度的关系。 (2)相邻两个计数点间的时间间隔T＝0． 1 s， 根据逐差法，该小车的加速度a1＝ ＝0． 63 m/s2。 (3)如果变压器为理想变压器，则＝ ，而由于电流流经铜线圈时会发热，铁芯在交变磁场作用下形成涡流也会发热，交变电流产生的磁场不可能完全局限在铁芯内，会发生漏磁，因此实际测得U2小于理想变压器条件下的电压，导致> 。 13． (1)设速度反方向弹回是正方向，由动量定理可得t＝mv2－mv1， 解得＝ N＝64 N。 (2)①设足球的初动能为Ek0，上升高度h时的动能为Ek，足球所受空气阻力大小为Ff，由动能定理可得－(mg＋Ff)h＝Ek－Ek0，整理可得Ek＝－(mg＋Ff)h＋Ek0， 由动能Ek随上升高度h的变化关系图像可得－(mg＋Ff)＝＝ N＝－ N， 即mg＋Ff＝ N， 足球上升2 m时，足球的动能为Ek2＝－(mg＋Ff)h2＋Ek0＝－×2 J＋24 J＝ J， 此时足球的重力势能为Ep2＝mgh2＝0． 4×10×2 J＝8 J， 则有足球上升2 m的过程中机械能减少了 ΔE＝Ek0－(Ek2＋Ep2)＝24 J－( J＋8 J)＝1． 33 J。 ②由mg＋Ff＝ N，可得运动过程中所受的阻力大小为Ff＝ N－0． 4×10 N≈0． 667 N。 14． 【解题分析】(1)设弹簧释放后瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB,由动量守恒定律和题给条件有mAvA=mBvB　(1分) Ek=mA+mB　(1分) 解得vA=4． 0 m/s,vB=2． 0 m/s。　(2分) (2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,二者运动的过程中,B一直向左运动至停止,则 -μmBgt2=0-mBvB,解得t2=1 s　(1分) -μmBgxB=0-mB,解得xB=1 m　(1分) 假设A、B能发生碰撞且发生碰撞时B的速度为零,则A先向右做匀减速运动,与墙壁碰撞后保持碰前速率向左做匀减速运动至与B碰撞,有 -μmAgt1=0-mAvA,解得t1=2 s>t2=1 s　(1分) 由动能定理可得-μmAg(xB+2L)=mAvA'2-mA　(1分) 解得vA'=2 m/s,方向水平向左,此时B的速度恰好为零 故假设成立,A与B能发生碰撞　(1分) 以向左为正方向,设碰撞后A、B的速度分别为vA0和vB0,由动量守恒定律与机械能守恒定律有 mAvA'=mAvA0+mBvB0　(1分) mAvA'2=mA+mB　(1分) 解得vA0=- m/s,vB0= m/s,负号表示方向向右　(1分) 碰撞后A将向右运动至停止,有-μmAgx1=0-mA,解得x1= m<L　(1分) B继续向左运动至停止,有-μmBgx2=0-mB,解得x2= m　(1分) 可得两物块停止后的距离s=x1 +x2= m。　(1分) 第1页共8页 学科网（北京）股份有限公司 $$