2025年广西壮族自治区普通高中学业水平选择性考试

年广西壮族自治区普通高中学业水平选择性考试物理(限时75分钟满分100分)一、选择题：本大题共10小题，共46分。第1～7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分；第8～10题，每小题6分，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。1．已知金属铷、钾、钠、钙的逸出功分别为2.13eV、2.25eV、2.29eV、3.20eV。用光子能量为2.20eV的单色光照射这些金属的表面，能逸出光电子的金属是()A．铷B．钾C．钠D．钙A[光电效应发生的条件当光照射金属表面时，电子会吸收光的能量，若金属表面的电子吸收的能量超过逸出功，电子就能从金属表面逸出，成为光电子。由题意可知照射这些金属的单色光的光子能量只大于金属铷的逸出功，故能逸出光电子的金属是铷，A正确。]2．某变压器输入正弦交流电的电压有效值为220V，输出电压最大值为112V，该变压器视为理想变压器，其原、副线圈匝数之比为()A．20∶2 B．202∶1C．20∶1 D．1∶20C[正弦交流电的有效值与最大值的关系＋理想变压器变压规律]3．某乘客乘坐的动车进站时，动车速度从36km/h减小为0，此过程可视为匀减速直线运动，期间该乘客的脉搏跳动了70次。已知他的脉搏跳动每分钟约为60次，则此过程动车行驶距离约为()A．216mB．350mC．600mD．700mB[匀变速直线运动规律]4．用带电玻璃棒接触验电器的金属球，移走玻璃棒，验电器内的两片金属箔张开，稳定后如图。图中a、b、c、d四点电场强度最强的是()A．a点 B．b点C．c点 D．d点D[验电器＋电场强度带电玻璃棒与金属球接触后，金属球带电，金属箔与金属球通过导体棒连接，金属箔与金属球带同种电荷；静电荷在尖锐的地方分布密集，附近电场强度最强，ABC错误，D正确。]5．如图，在扇形玻璃EOG中，OE⊥OF，可见光分别从E点沿EM、EN射向真空。该玻璃对可见光的折射率为2，则()A．沿EM的光发生全反射，沿EN的光不发生全反射B．沿EM的光不发生全反射，沿EN的光发生全反射C．沿EM、EN的两束光都发生全反射D．沿EM、EN的两束光都不发生全反射C[光的全反射＋几何关系过M点和N点分别作出两界面的法线，设EM光线的入射角为θ，EN光线的入射角为α，如图所示，则在等腰三角形OEM中，∠EOM＋2θ＝180°，又∠EOM＜90°，则θ＞45°，同理，在等腰三角形OEN中，∠EON＋2α＝180°，又∠EON＜90°，则α＞45°，根据全反射临界角公式sinC＝1n得C＝45°，由于α和θ均大于C，故沿EM、EN的两束光都发生全反射，C正确。6．如图电路中，材质相同的金属导体a和b，横截面积分别为S1、S2，长度分别为l1、l2。闭合开关后，a和b中自由电子定向移动的平均速率之比为()A．l1∶2l2 B．2l2∶l1C．l2S1∶2l1S2 D．2l2S2∶l1S1B[并联电路规律＋电阻定律＋电流的微观表达式]7．如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为θ，间距为l，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电阻，形成闭合回路；质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝12kx2；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中(A．金属棒所受安培力冲量大小为BB．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为BC．每个定值电阻产生的热量为kD．金属棒的平均输出功率为kD[含弹簧的电磁感应问题金属棒沿导轨向下运动，切割磁感线，产生感应电动势，回路中有感应电流，设此过程中某时刻金属棒的速度大小为v，则由法拉第电磁感应定律可得接入回路中的金属棒部分产生的感应电动势为E＝Blv，又由串并联电路规律可得回路中的总电阻为R总＝R＋2R×2R2R+2R＝2R，故回路中的感应电流为I＝ER总＝Blv2R，则该时刻金属棒受到的安培力大小为F＝BIl＝B2l2v2R，则在极短时间Δt内安培力的冲量大小为IA＝FΔt＝B2l2vΔt2R，等式两边求和有IA总＝IA＝B2l2vΔt2R＝B2l2vΔt2R＝B2l2x2R，分析可知金属棒向下运动到的最远位置在导轨中间位置的下方且与导轨中间位置距离为b，则此过程金属棒向下运动的距离x＝a＋b，所以此过程金属棒所受安培力的冲量大小为IA总＝B2l2a+b2R，A错误；分析可知金属棒运动到任一位置，两根弹簧对金属棒的弹力均相同，规定沿斜面向下为正方向，设每根弹簧对金属棒施加的冲量为I弹，则对金属棒从静止释放到沿导轨向下运动到最远处的过程，由动量定理有－IA总＋mgtsinθ＋2I弹＝0，则I弹＝B2l2a+b4R-mgtsinθ2，B错误；设金属棒的下滑过程回路中产生的总热量为Q总，则对该过程由能量守恒定律可得2ΔEp弹＋ΔEp重＋Q总＝0，其中ΔEp弹＝12kb2－18．在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中()A．估测油酸分子大小时，油酸分子可以视为球形B．油膜的形状稳定后，油酸分子仍然在做热运动C．计算油膜面积时，忽略所有不完整的小正方形D．与油酸酒精溶液相比，纯油酸更容易在水面形成单分子油膜AB[用油膜法估测油酸分子的大小＋实验操作在估测油酸分子大小时，可以把油酸分子简化为球形处理，并认为它们紧密排布，A正确；分子在不停地做热运动，所以油膜的形状稳定后，油酸分子仍然在做热运动，B正确。计算油膜面积时，根据画有油膜轮廓的玻璃板上的坐标方格，计算轮廓范围内正方形的个数，不足半个的舍去，多于半个的算一个，C错误；为了使油酸充分展开，获得一块单分子油膜，需要将油酸在酒精中稀释后再滴入水中，故油酸酒精溶液更容易在水面形成单分子油膜，D错误。]9．独竹漂是我国一项民间技艺。如图，在平静的湖面上，独竹漂选手手持划杆踩着楠竹，沿直线减速滑行，选手和楠竹相对静止，则()A．选手所受合力为零B．楠竹受到选手作用力的方向一定竖直向下C．手持划杆可使选手(含划杆)的重心下移，更易保持平衡D．选手受到楠竹作用力的方向与选手(含划杆)的重心在同一竖直平面CD[受力分析＋相互作用力选手沿直线减速滑行，其所受合外力与运动方向相反，不为零，A错误；由于楠竹和选手相对静止，对选手(含划杆)受力分析可知，其受到楠竹的静摩擦力和支持力，则由平行四边形定则与牛顿第三定律可知楠竹受到选手作用力的方向不竖直向下，B错误；手持划杆使选手(含划杆)的重心下移，更易保持平衡，C正确；对选手受力分析，其水平方向受到楠竹的静摩擦力，竖直方向受到重力和楠竹的支持力，竖直方向受力平衡，则选手受到楠竹作用力的方向与选手(含划杆)的重心在同一竖直平面，D正确。]10．如图，带等量正电荷q的M、N两种粒子，以几乎为0的初速度从S飘入电势差为U的加速电场，经加速后从O点沿水平方向进入速度选择器(简称选择器)。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，右端开口宽度为2d时，M粒子沿轴线OO′穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场(偏转磁场)，并最终打在探测器上；N粒子以与水平方向夹角为θ的速度从开口的下边缘进入偏转磁场，并与M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则()A．M粒子质量为2B．刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒子的速度C．调节选择器，使N粒子沿轴线OO′穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为4D．调节选择器，使N粒子沿轴线OO′进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为4AD[带电粒子在电磁复合场中的运动设M粒子进入选择器时的速度为vM，则M粒子在加速电场中由动能定理有qU＝12mMvM2，M粒子在选择器中沿轴线OO′运动，则其在选择器中受力平衡，有qE＝qvMB1，可得vM＝EB1，则联立可得mM＝2qUB12E2，A正确；由于N粒子从开口的下边缘进入偏转磁场，则N粒子在选择器中向下偏转，设N粒子进入选择器时的速度为vN，则结合受力分析可知N粒子刚进入选择器时，有qE＜qvNB1，可得vN＞EB1，结合A项分析可知vN＞vM，B错误；调节选择器，使N粒子沿轴线OO′穿过选择器，设此时选择器中的电场强度大小为E′、磁感应强度大小为B′1，则此时N粒子在选择器中有qE′＝qvNB′1，又未调节选择器时，M、N粒子在偏转磁场的运动半径满足2rNcosθ＋d＝2rM，M粒子沿轴线OO′穿过选择器，则M粒子进入偏转磁场时的速度也为vM，设N粒子进入偏转磁场时的速度为v′N，在磁场中由牛顿第二定律qvB＝mv2r可知，M、N粒子在偏转磁场中的运动半径分别为rM＝mMvMqB2、rN＝mNvN'qB2，N粒子在选择器中由动能定理有－qEd＝12mNvN'2-12mNvN2，在加速电场中由动能定理有qU＝12mNvN2，联立解得E'B1'＝4EUU-Edcosθ4UB1-EdB2，C错误；调节选择器，使N粒子沿轴线OO′进入偏转磁场，则N粒子进入偏转磁场时的速度为vN，在磁场中由牛顿第二定律qvB＝mv2二、非选择题：本大题共5小题，共54分。第11题8分，第12题9分，第13题10分，第14题11分，第15题16分。其中第13～15题解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只有最后答案而无演算过程的不得分；有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。11．某小组将电流表改装成欧姆表，所用器材有电源(电动势E＝1.5V，内阻不计)，电流表(满偏电流Ig＝100μA，内阻Rg＝100Ω)，电阻R0＝500Ω，滑动变阻器R(0～20kΩ)，导线若干，电路如图。(1)欧姆调零时，应先将A、B________，再调节滑动变阻器，使电流表示数为________μA，此时滑动变阻器的阻值为________kΩ。(2)调零后，在A、B间接入电阻Rx，当电流表示数为60μA时，Rx为________kΩ。[解析]电表改装＋实验操作＋数据处理(1)欧姆调零时，应先将红、黑表笔短接，即将A、B短接，再调节滑动变阻器，使电流表达到满偏，即电流表示数为100μA，根据闭合电路欧姆定律得R＝EIg－Rg－R0，代入数据解得R＝14.4kΩ。(2)接入电阻Rx后，由闭合电路欧姆定律有Rx＝EI-EI[答案](1)短接10014.4(2)1012．在用如图甲的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验中：(1)探究小车加速度与小车所受拉力的关系时，需保持小车(含加速度传感器，下同)质量不变，这种实验方法是___________________________________________。(2)实验时，调节定滑轮高度，使连接小车的细绳与轨道平面保持________。(3)由该装置分别探究M、N两车加速度a和所受拉力F的关系，获得a­F图像如图乙，通过图乙分析实验是否需要补偿阻力(即平衡阻力)。如果需要，说明如何操作；如果不需要，说明理由。_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(4)悬挂重物让M、N两车从静止释放经过相同位移的时间比为n，两车均未到达轨道末端，则两车加速度之比aM∶aN＝________。[解析]探究加速度与力、质量的关系＋实验方法＋实验操作＋数据处理(1)在研究两个物理量间的关系时，保持其他量不变，所使用的方法为控制变量法。(2)为了使细绳拉力为小车所受的合外力，需要让连接小车的细绳与轨道平面保持平行。(3)力传感器上显示的示数为细绳的拉力，要以该拉力作为小车所受的合外力，需要补偿小车所受的阻力，具体操作为撤去细绳连接的力传感器和重物，将木板左端用垫块垫起适当高度，使小车能沿木板匀速下滑。(4)根据初速度为零的匀加速直线运动的位移时间公式x＝12at2可知，aMtM2＝aNtN2，又tM：∶tN＝n，解得a[答案](1)控制变量法(2)平行(3)需要撤去细绳连接的力传感器和重物，将木板左端用垫块垫起适当高度，使小车能沿木板匀速下滑(4)1∶n213．某乐器发出频率为两倍关系的两个纯音(简谐声波)，其波形叠加后呈现一种周期性变化。图甲和图乙分别为同一时刻两列简谐声波单独沿x正方向传播的波形图，图中的坐标原点位于同一质点处，声速为340m/s。(1)从图中读出这两列波的波长。(2)该时刻这两列波叠加，分别求x＝0和x＝0.375m处的质点在该时刻偏离平衡位置的位移。(3)求这两列波叠加后的周期。[解析]机械波的传播＋不同频率的波的叠加＋波形图(1)由题图甲可知4λ甲＝2.0m解得λ甲＝0.5m由题图乙可知2λ乙＝2.0m解得λ乙＝1.0m。(2)该时刻，甲波在x＝0处偏离平衡位置的位移为1.0μm乙波在x＝0处偏离平衡位置的位移也为1.0μm因此这两列波叠加后在x＝0处的质点在该时刻偏离平衡位置的位移为x0＝2μm该时刻，甲波在x＝0.375m＝34λ甲处偏离平衡位置的位移为乙波在x＝0.375m＝38λ乙处偏离平衡位置的位移为－2因此这两列波叠加后在x＝0.375m处的质点在该时刻偏离平衡位置的位移为x0.375＝－22μm(3)这两列波叠加后的波长λ＝1.0m根据波长、波速与周期的关系有λ＝vT其中v＝340m/s代入数据解得T＝1340s[答案](1)0.5m1.0m(2)2μm－22μm(3)114．在真空中，一个电荷量为－q、质量为m的试探电荷绕电荷量为＋Q的点电荷做椭圆轨道运动，如图甲，O′为椭圆中心，O′A为半长轴，长度为a，O′B为半短轴，点电荷处于椭圆的焦点F处，焦距为c。图乙是v2­1r的关系图，其中v为该试探电荷运动速率，r为该试探电荷到点电荷的距离。距离点电荷r处的电势φ＝kQr，其中(1)求B点的电势。(2)求该试探电荷从A点运动到B点电场力所做的功。(3)通过推理论证该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和是否守恒。若不守恒，说明理由；若守恒，求出该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和。[解析]电势＋电场力做功＋v(1)根据椭圆的性质可知，B点到F点的距离rBF＝a则B点的电势φB＝kQrBF＝(2)同(1)问可知，A点到F点的距离rAF＝a－c则A点的电势φA＝kQrAF＝kQ根据电场力做功与电势能变化的关系可知WAB＝－ΔEpAB＝EpA－EpB又EpA＝－qφA，EpB＝－qφB联立解得WAB＝－kQqca(3)设题图乙中图线斜率为k0，由题图乙有v2＝k01r试探电荷运动过程中动能与电势能之和E总＝-kQqr+变形得v2＝2对比分析可知k0＝2kQqm，解得E总＝－kQq由于E总为一定值，则试探电荷运动过程中动能与电势能之和守恒。[答案](1)kQa(2)－kQqca215．图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入已与水平传送带共速的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°，以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放