物理-广西壮族自治区考阅评•大联考南宁二中、柳铁一中2025届高三12月联合调研测试试题和答案

题号123456789答案BBDDCBAADCDAD1．【答案】B【解析】设X的质量数m、电荷数为n，根据电荷数和质量数守恒，结合核反应方程Ni→1Os+4X，可得106+58=160+4m，48+28=76+4n，解得m=1，n=0，故X是中子，A错误；设Y的质量数m′、电荷数为n′，根据电荷数和质量数守恒，结合衰变方程1Os→1W+Y，可得160=156+m′，76=74+n′，解得m′=4，n′=2，故Y是α粒子，B正确；放射性衰变的过程中存在质量亏损，释放能量，比结合能增大，故1Os的比结合能小于1W，CD错误。 2．【答案】B【解析】汽车匀减速刹车平均速度大小均为0=15m/s，故C、D错误；由x=vt得两种天气刹车距离分别为60m和45m，A错误；v-t图像斜率表示加速度大小|，可知B正确。3．【答案】D【解析】设细绳与竖直方向的夹角为α,对物体B受力分析，如图所示，根据平衡条件，水平拉力F=mgtanα,可知将B缓慢拉起过程中随着α增大，水平拉力F逐渐增大，A错误；物体A受细绳的拉力、重力、支持力和静摩擦力（可能为零根据平衡条件，在垂直斜面方向有FN=mAgcosθ,故支持力不变，B错误；细绳的拉力可知当α增大，细绳的拉力FT逐渐增大，C错误；FT逐渐增大，若开始时mgsinθ=f+FT，斜面对A的摩擦力减小，若开始时mgsinθ+f=FT，则斜面对A的摩擦力增大，D正确。4．【答案】D【解析】波长λ=4m，A错误；根据同侧法可判断t=0.5s时x=2m处的质点开始振动的方向向下，故波源起振方向向下，B错误；机械波的传播速度由介质决定，与频率无关，C错误；波速v==4m/s，D正确。5．【答案】C【解析】理想变压器接在Um=220的交流电，则原线圈两端电压的有效值U1=220V，根RΩ据可得副线圈两端的电压U2=110V，副线圈所在回路的电流I2==2ARΩ可得I1=1A，B错误；原线圈的输入功率为P1=U1I1=220W，A错误；电压表示数为有效值UR=I2R=50V，C正确；若将变阻器的滑片向下滑R减小，副线圈所在回路的电流I2增大，电压表读数UR=U2−I2R0减小，D错误。6．【答案】B【解析】两球均做平抛运动，下落高度h相同，由h=知运动时间t相等。小球A垂直落在斜面上时，速度与水平方向夹角为60º,分解速度有tan60º=，则v1=3gt；小球B位移与水平方2向夹角等于斜面倾角30º,分解位移有tan30º=，得v2=3gt，因此v1：v2=2：3。7．【答案】A【解析】粒子运动一周的轨迹如图所示，设六边形边长为a，粒子初速度大小为v，由几何关系知，粒子每次在磁场中运动的轨迹半径r，圆心角由qvB=m和t1=，得t1=每次在圆筒匀速直线运动的距离为3a，得t2=因此回到出发点所用时间8．【答案】AD【解析】飞船由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在P点减速做向心运动，A正确；飞船在轨道Ⅱ上从P运动到Q地球的引力做正功，则动能增加速率增加，B错误；根据GM=ma可知，飞船在轨道Ⅱ上经过P点的加速度小于经过Q点的加速度，C错误；根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ与地心连线在相同时间内扫过的面积相等，D正确。9．【答案】CD【解析】由楞次定律可知，0~4s内b点电势高于a点电势，故A错误；4~6s内，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势=100×0.3V=9V，ab间的电压Uab=·R=6V，B错误；Rr4~6s内通过电阻R的电荷量大小为q=It=1×2C=6C，C正确；0~4s内电路的电流为I1=n1.5A，4~6s内电路的电流为I1=n=3A，故Ii(R+r)∆t1+I2(R+r)∆t2=I2代入数据解10．【答案】AD【解析】根据乙图像知t=0时kx0=(mA+mB)g，F0=30N，得连接体共同运动的加速度a=10m/s2，t=0.2s时F发出突变，可知匀变速持续时间为0.2s，共同匀加速位移为at2=0.2m，A正确；分离瞬间A、B之间弹力为零，对A有：k(x0−x)−mAg=mAa，解得k=50N/m，B错误；此时整体速度v=at=2m/s，物块A仍在加速，因此A的最大速度超过2m/s，C错误；分离瞬间对B列牛顿第二定律方程F1−mBg=mBa，得F1=40N，根据胡克定律，F随上升位移x线性变化，0~0.2m内F对位移x的平均作用=35N，做功w-"Fx=7J，D正确。二、非选择题：本大题共5小题，共54分。116分）【答案】1.18；右移，不变（每空2分）【解析】（1）作出第一次光路图如图所示根据几何关系知，激光入射角i=45º,折射角r=37º,根据折射定律2，取n=1.18作第二次光路图，由图可知A、B两个光点均将向右移动，xOA增大，而xAB不变。12．【答案】(1)C(2)3（或3.0均给分）(3)见解析图【解析】（1）根据所提供电源电动势为3.0V可知电压表量程过大，最大偏转不超过满刻度的数误差过大，故选C。（2）根据电压表改装原理，改装后的量程U=Ig(r1+R0)=3.0V。（3）由题意知，电流表A1改装成电压表，且改装后的电压表流过的电流和内阻已知，电流表A2的量程较大，则电流表A2应采用外接法，为获得较大电压调节范围变阻器应采用分压式接法，实验电路图如图所示。（4）若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，因R0、A1串联后与Rx并联，可知待测电阻两端电压Ux=I1(R0+r1)，流过待测电阻的电流Ix=I2-I1，故其阻值为13．【答案】（1）220K2）见解析3）200J【解析】（1）A→C过程，根据查理定律，有（2分）T4Tg（2）如图，把C→A气体体积V的变化分成几个小段，在每一小段∆V内，可粗略认为气体的压强不变。因此，以每小段起始的压强p乘体积变化量∆V，p∆V=pS·∆x=F·∆x表示各小段中气体对外做的功W，即在p-V图像中，每一个又窄又高的小矩形的面积代表外界对气体所做的功。（1分）当分割得无限细时，所有小矩形合在一起就是C→A段图线与V轴所围面积，因此该面积ZPAV表示外界对气体所做的功。（2分）（3）外界对气体做功WAB=0WCA=p∆V=1000J（1分）WBC=−800J，总功W=200J（1分）经过一个循环∆U=0根据热力学第一定律：∆U＝Q＋W（1分）气体放出的热量为200J（1分）14．【答案】(1)FT=-mg，与竖直方向成θ=37º斜向下(2)Emin=mv+mgR【解析】（1）设电场力和重力的合力与竖直方向夹角为θ,则有当小球到达等效最高点C点时速度最小，从A到C由动能定理得mgR(1-cosθ)-qERsinθ=2mvC-2mv0……（2分）解得小球做圆周运动过程中的最小速率为vC=v-gR在C点，以小球为对象，根据受到第二定律可得方向与竖直方向成θ=37o斜向下………（2）小球做圆周运动过程中只有重力和电场力做功，所以小球的机械能和电势能之和保持不变，过圆心沿着电场方向做一条直线交于圆D点和F点，如图所示在D点的时候电荷的电势能最大，机械能最小，由能量守恒得EA=ED（2分）（2分）………（2分）（2分）………或：由功能关系可知其他力做功等于机械能改变量解得：Emin=mv;+mgR15．【答案】（1）均为22）【解析】（1）设A球到达B球处时速度为v0，则从释放A球至A球与B球碰前瞬间，由动能定理可知A、B发生弹性碰撞后，速度分别为v1和v2，由碰撞中动量守恒根据能量守恒定律有………………（1分）联立得