2022年广东省普通高中学业水平选择性考试

2022年广东省普通高中学业水平选择性考试一、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.(2022·广东卷·1)图是可用来制作豆腐的石磨．木柄AB静止时，连接AB的轻绳处于绷紧状态．O点是三根轻绳的结点，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，F1＝F2且∠AOB＝60°.下列关系式正确的是(　　)A．F＝F1B．F＝2F1C．F＝3F1D．F＝F1答案　D解析　以O点为研究对象，受力分析如图所示，由几何关系可知θ＝30°，在竖直方向上，由平衡条件可得F1cos30°＋F2cos30°＝F，又F1＝F2，可得F＝F1，故D正确，A、B、C错误．2．(2022·广东卷·2)“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季．假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍．火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动．下列关于火星、地球公转的说法正确的是(　　)A．火星公转的线速度比地球的大B．火星公转的角速度比地球的大C．火星公转的半径比地球的小D．火星公转的加速度比地球的小答案　D解析　由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期，根据G＝mr，可得T＝2π ，可知火星的公转半径大于地球的公转半径，故C错误；根据G＝m，可得v＝，结合C选项解析，可知火星公转的线速度小于地球公转的线速度，故A错误；根据ω＝可知火星公转的角速度小于地球公转的角速度，故B错误；根据G＝ma，可得a＝，可知火星公转的加速度小于地球公转的加速度，故D正确．3.(2022·广东卷·3)图是滑雪道的示意图．可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地．不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力．下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是(　　)答案　C解析　设斜坡倾角为θ，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma1，可得a1＝gsinθ；运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度a2＝0；运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度，即a3＝g；设在P点的速度为v0，则从P点飞出后速度大小的表达式为v＝.由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且a1<a3，C正确，A、B、D错误．4.(2022·广东卷·4)图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图．定子是仅匝数n不同的两线圈，n1>n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时， 两线圈输出正弦式交变电流．不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是(　　)A．两线圈产生的电动势的有效值相等B．两线圈产生的交变电流频率相等C．两线圈产生的电动势同时达到最大值D．两电阻消耗的电功率相等答案　B解析　根据E＝n，可知两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不同，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据P＝可知，两电阻的电功率也不相等，选项A、D错误；因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交变电流的频率相等，选项B正确；当磁铁的磁极到达线圈附近时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，由题图可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误．5．(2022·广东卷·5)目前科学家已经能够制备出能量量子数n较大的氢原子．氢原子第n能级的能量为En＝，其中E1＝－13.6eV.图是按能量排列的电磁波谱，要使n＝20的氢原子吸收一个光子后，恰好失去一个电子变成氢离子，被吸收的光子是(　　)A．红外线波段的光子B．可见光波段的光子C．紫外线波段的光子D．X射线波段的光子答案　A解析　要使处于n＝20的氢原子吸收一个光子后恰好失去一个电子变成氢离子，则需要吸收光子的能量为E＝0－()eV＝0.034eV，结合题图可知被吸收的光子是红外线波段的光子，故选A.6.(2022·广东卷·6)如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L.当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t.不计空气阻力． 下列关于子弹的说法正确的是(　　)A．将击中P点，t大于B．将击中P点，t等于C．将击中P点上方，t大于D．将击中P点下方，t等于答案　B解析　由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上均做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木的运动时间相同，根据h＝gt2可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有t＝，故选B.7.(2022·广东卷·7)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场．一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域．下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(　　)答案　A解析　由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN 左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误．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.(多选)(2022·广东卷·8)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点．已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有(　　)A．电子从N到P，电场力做正功B．N点的电势高于P点的电势C．电子从M到N，洛伦兹力不做功D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力答案　BC解析　由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点的电势高于P点的电势，故B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N，洛伦兹力都不做功，故C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M点到P点电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点所受电场力相等，即所受合力相等，故D错误．9．(多选)(2022·广东卷·9)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶．已知小车总质量为50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的有(　　)A．从M到N，小车牵引力大小为40NB．从M到N，小车克服摩擦力做功800JC．从P到Q，小车重力势能增加1×104JD．从P到Q，小车克服摩擦力做功700J 答案　ABD解析　小车从M到N，依题意有P1＝Fv1＝200W，代入数据解得F＝40N，故A正确；依题意，小车从M到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为f1＝F＝40N则摩擦力做功为W1＝－40×20J＝－800J则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；依题意，从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg·PQsin30°＝5000J，故C错误；依题意，小车从P到Q，摩擦力大小为f2，有f2＋mgsin30°＝，摩擦力做功为W2＝－f2·PQ联立解得W2＝－700J，则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确．10．(多选)(2022·广东卷·10)如图所示，水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线．P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴．一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行．下列说法正确的有(　　)A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等答案　AC解析　依题意，M、N两点连线与长直导线平行，两点与长直导线的距离相等，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等、方向相同，故A正确；根据右手螺旋定则，线圈在P点时，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线相等，磁通量为零，在向N点平移过程中，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线不再相等，线圈中的磁通量会发生变化，故B错误；根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线始终相等，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意从P点到M点所用时间较从P点到N 点的时间长，根据法拉第电磁感应定律，可知两次的感应电动势不相等，故D错误．三、非选择题：共54分．第11～14题为必考题，考生都必须作答．第15～16题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共42分．11．(2022·广东卷·11)某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图(a)所示的装置，实验过程如下：(1)让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹．调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门．(2)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图(b)所示，小球直径d＝______________mm.(3)测量时，应__________(选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”)．记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2.(4)计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝____________(用字母m、d、t1和t2表示)．(5)若适当调高光电门的高度，将会______(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差．答案　(2)7.883或7.884　(3)B　(4)m()2－m()2　(5)增大解析　(2)根据题图(b)示数，小球的直径为d＝7.5mm＋38.4×0.01mm＝7.884mm考虑到偶然误差，7.883mm也可以．(3)在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时器，再释放小球，故选B.(4)依题意，小球向下、向上先后通过光电门时的速度大小分别为v1、v2，则有v1＝，v2＝则小球与橡胶材料碰撞过程中机械能的损失量为ΔE＝mv12－mv22＝m()2－m()2.(5)若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差．12．(2022·广东卷·12)弹性导电绳逐步成为智能控制系统中部分传感器的敏感元件， 某同学测量弹性导电绳的电阻与拉伸后绳长之间的关系，实验过程如下：(1)装置安装和电路连接如图(a)所示，导电绳的一端固定，另一端作为拉伸端，两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图(b)所示的电路中．(2)导电绳拉伸后的长度L及其电阻Rx的测量①将导电绳拉伸后，用刻度尺测量并记录A、B间的距离，即为导电绳拉伸后的长度L.②将滑动变阻器R的滑片滑到最右端．断开开关S2，闭合开关S1，调节R，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置．记录两表的示数U和I1.③闭合S2，电压表的示数____________(选填“变大”或“变小”)．调节R使电压表的示数仍为U，记录电流表的示数I2，则此时导电绳的电阻Rx＝____________(用I1、I2和U表示)．④断开S1，增大导电绳拉伸量，测量并记录A、B间的距离，重复步骤②和③.(3)该电压表内阻对导电绳电阻的测量值____________(选填“有”或“无”)影响．(4)图(c)是根据部分实验数据描绘的Rx－L图线．将该导电绳两端固定在某种机械臂上，当机械臂弯曲后，测得导电绳的电阻Rx为1.33kΩ，则由图线可读出导电绳拉伸后的长度为________cm，即为机械臂弯曲后的长度．答案　(2)③变小　　(3)无　(4)51.80解析　(2)③闭合S2后，并联部分的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，电压表的示数变小．加在导电绳两端的电压为U，流过导电绳的电流为I2－I1， 因此导电绳的电阻Rx＝.(3)在闭合S2之前，电流表I1的示数包括定值电阻的电流和电压表分得的电流，闭合S2之后，加在电压表两端的电压保持不变，因此流过电压表和定值电阻的总电流仍为I1，故流过导电绳的电流是I2－I1，与电压表内阻无关，电压表内阻对测量没有影响．(4)由题图(c)可知，导电绳拉伸后的长度为51.80cm.13.(2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；(3)滑杆向上运动的最大高度h.答案　(1)8N　5N　(2)8m/s　(3)0.2m解析　(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8N当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f′＝5N.(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－fl＝mv12－mv02代入数据解得v1＝8m/s.(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2代入数据联立解得h＝0.2m.14.(2022·广东卷·14)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923 年的诺贝尔奖．图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔．通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷．有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1，此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动．B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1)，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速．已知球形油滴受到的空气阻力大小为f＝kmv，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g.求：(1)比例系数k；(2)油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h2电势能的变化量；(3)新油滴匀速运动速度的大小和方向．答案　(1)(2)油滴A不带电，油滴B带负电　　－(3)见解析解析　(1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小v1＝，匀速时有m0g＝f，又f＝联立可得k＝(2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力方向向上，极板间电场强度方向向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为v2＝根据平衡条件可得m0g＋＝q联立解得q＝根据ΔEp＝－W电，又有W电＝·qh2联立解得ΔEp＝－ (3)油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m0，带电荷量仍为q，新油滴所受电场力F′＝＝若F′>2m0g，即h2>h1，可知v2>v1新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律有m0v2－m0v1＝2m0v共可得v共>0新油滴向上加速，达到平衡时有2m0g＋＝F′解得速度大小为v＝，方向向上；若F′<2m0g，即h1>h2，可知v2<v1设向下为正方向，根据动量守恒定律有m0v1－m0v2＝2m0v共′，可知v共′>0新油滴向下加速，达到平衡时有2m0g＝F′＋解得速度大小为v′＝，方向向下．(二)选考题：共12分．请考生从2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．15．(2022·广东卷·15)(1)利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，这个过程____________(选填“是”或“不是”)自发过程．该过程空调消耗了电能，空调排放到室外环境的热量__________(选填“大于”“等于”或“小于”)从室内吸收的热量．(2)玻璃瓶可作为测量水深的简易装置．如图所示，潜水员在水面上将80mL水装入容积为380mL的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为230mL.将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变．大气压强p0取1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2，水的密度ρ取1.0×103kg/m3.求水底的压强p和水的深度h.答案　(1)不是　大于　(2)2.0×105Pa　10m解析　(1) 空调将热量从温度低的室内传递到温度较高的室外，这个过程要消耗电能，不是自发的过程；由于空调的压缩机做功，使得空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量．(2)对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知p0V0＝pV，即1.0×105Pa×(380mL－80mL)＝p×(380mL－230mL)解得p＝2.0×105Pa根据p＝p0＋ρgh，代入数据解得h＝10m.16．(2022·广东卷·16)(1)如图所示，某同学握住软绳的一端周期性上下抖动，在绳上激发了一列简谐波．从图示时刻开始计时，经过半个周期，绳上M处的质点将运动至__________(选填“N”“P”或“Q”)处．加快抖动，波的频率增大，波速__________(选填“增大”“减小”或“不变”)．(2)一个水平放置的圆柱形罐体内装了一半的透明液体，液体上方是空气，其截面如图所示．一激光器从罐体底部P点沿着罐体的内壁向上移动，它所发出的光束始终指向圆心O点．当光束与竖直方向成45°角时，恰好观察不到从液体表面射向空气的折射光束．已知光在空气中的传播速度为c，求液体的折射率n和激光在液体中的传播速度v.答案　(1)P　不变　(2)　c解析　(1)经过半个周期，波向右传播半个波长，而M处质点只在平衡位置附近上下振动，恰好运动到最低点P处．波速是由介质决定的，与频率无关，波的频率增大，而波速仍保持不变．(2)当入射角达到45°时，恰好到达临界角C，根据sinC＝可得液体的折射率n＝＝＝由于n＝可知激光在液体中的传播速度v＝＝c.