广西南宁二中、柳铁一中2025届高三12月联合调研-物理试卷（含答案）

南宁二中·柳铁一中2025届12月高三联合调研测试物理参考答案一、选择题（共10小题，满分46分。在每个小题给出的四个选项中，第题只有一个选项正确，选对得4分；第8~10有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错或不选的得01B2B3D4D5C6B7A8AD910AD1B【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1485828Cd+Os+4X，可得106+58=160+4m，48+28=76+4nm=1n=，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15W+Y160=176156+m′76=74+n′，解得m′=4n′=，故Yα粒子，B正确；放射性衰变的过程中存在质量亏损，释1760放能量，比结合能增大，故Os的比结合能小于，错误。30+02vv2B【解析】汽车匀减速刹车平均速度大小均为==15m/sCD错误；由x=t得∆∆vt|，可知B正确。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a=3D【解析】设细绳与竖直方向的夹角为α，对物体B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件，在垂直斜面方向有F=mcosθ，故支持力不变，B错误；细绳NAmgcosα的拉力T=，可知当α增大，细绳的拉力T逐渐增大，C错误；F逐渐增大，若开始时mgsinθ=f+F，斜面对A的摩擦力减小，若开始时mgsinθ+f=F，则斜面对ATTT的摩擦力增大，D正确。4D【解析】波长λ=4mA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∆∆xt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==2m=4m/s，D正确。0.5s5C【解析】理想变压器接在U=2202V的交流电，则原线圈两端电压的有效值U=220V，根m1U11U22U2I1据=可得副线圈两端的电压U=，副线圈所在回路的电流I===2A，根据=22RR30Ω+25ΩI2n2n1I=1A，B错误；原线圈的输入功率为P=UI=220W，A错误；电压表示数为有效值U=IR=1111R25，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I增大，电压表读数U=U−2R2物理答案第1页，共5页{#{QQABbQwEogigAhAAABhCAwlACACQkgGAAQgOhAAAIAABSBFABAA=}#}IR减小，D错误。20126B【解析】两球均做平抛运动，下落高度h相同，由h=gt2知运动时间t相等。小球A垂直落vygt1v11=3；小球B位移与水平方在斜面上时，速度与水平方向夹角为，分解速度有tan60º==312vtgt2yx32向夹角等于斜面倾角30º，分解位移有tan30º==v2=gt，因此v：v=23。1227A【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a2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43v2rrθvmqBθ=πqvB=m和1=1=；每次在圆筒匀速直线运动的距离3va23mqBmqB为32==，因此回到出发点所用时间t=3(t+t)=(4π+63)128AD【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ⅡPr2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G=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，飞船在轨道与地心连线在相同时间内扫过的面积相等，D正确。9CD【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E=n∆=100×Φ0.6×0.32V=9Vab间的电压Uab=Er·R=6VB错误；t9Φ1(+r)4~6s内通过电阻R的电荷量大小为q=It=×2C=6CC正确；0~4s内电路的电流为I1=n=2∆Φ1，4~6s内电路的电流为I1=n∆=3A，故I(rt+I(rt=I(+)(tt)，代入数据解1122122(Rr)32得I=AD正确。211AD【解析】根据乙图像知t=0时kx=mm)gF=30N，得连接体共同运动的加速度a=0AB0120m/s，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x=at2=0.2mA正确；分离瞬间AB之间弹力为零，对A有：k(xx)mg=m，解得k=50N/mB错误；此时整体速度v=0AAat=2m/s，物块A仍在加速，因此A的最大速度超过2m/sC错误；分离瞬间对B列牛顿第二定律方程F−mg=maF=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1BB1FF1FF==，做功W=x=7JD正确。2二、非选择题：本大题共5小题，共5461.18；右移，不变（每空2）作出第一次光路图如图所示1【物理答案第2页，共5页{#{QQABbQwEogigAhAAABhCAwlACACQkgGAAQgOhAAAIAABSBFABAA=}#}sini52根据几何关系知，激光入射角i=，折射角r=37º，根据折射定律n==n=1.18sinr6作第二次光路图，由图可知B两个光点均将向右移动，x增大，而不变。I(Rr)1011(1)C(2)33.0均给分）(3)见解析图（每空2I-I115【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，会导致读数误差过大，故选2）根据电压表改装原理，改装后的量程U=I(rR)=3.0V。g10（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A的量程较大，则电流表A应采用外接法，为获得较大电压调节22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A的示数为I，电流表A的示数为I，因R、A串（112201联后与R并联，可知待测电阻两端电压U=I(R+r)，流过待测电阻的电流I=xx101xUxI(Rr)101I-I，故其阻值为R==21xxI-I111220K）200J）→C过程，根据查理定律，有pApBAB=2TB=220K1（2）如图，把→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∆Vp∆V=pSx=Fx表示各小段中气体对外做的功W，-V1当分割得无限细时，所有小矩形合在一起就是→A段图线与V轴所围面积，因此该面积pV表示外界对气体所做的功。2（3）外界对气体做功W=0=pV=1000J1=−800J，总功W=200J1物理答案第3页，共5页{#{QQABbQwEogigAhAAABhCAwlACACQkgGAAQgOhAAAIAABSBFABAA=}#}经过一个循环U=0根据热力学第一定律：U＝QW得Q＝-200J1气体放出的热量为200J1mv2712141(1)FT=-mg，与竖直方向成θ=斜向下(2)=mv+mgR0R4）设电场力和重力的合力与竖直方向夹角为，则有【34tan可得37如图所示………（1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1212qERsinmv22mgR1cos0……（2Ccos1R)12c202212解得小球做圆周运动过程中的最小速率为Cv20gR在C点，以小球为对象，根据受到第二定律可得cR2T………（2mv27解得：FT=-mg………1R4方向与竖直方向成37斜向下……12）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DF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EAED12mv0mgREmin电2…………………2电EE………………（2电即电1214解得：E=2+mgR…………（10或：由功能关系可知其他力做功等于机械能改变量电E机1qEREmin(mvmgR)2021214解得：E=2+mgR0物理答案第4页，共5页{#{QQABbQwEogigAhAAABhCAwlACACQkgGAAQgOhAAAIAABSBFABAA=}#}3m27811）均为22）3）l10A球到达B球处时速度为v0，则从释放AAB球碰前瞬间，由动能定理可知(0kl)10lmgll)00………2222代入得04AB发生弹性碰撞后，速度分别为v和v，由碰撞中动量守恒12mvmvmv………（1012根据能量守恒定律有1212120212m)2………………（12联立得12………（1v22………（12BGH板第一次碰撞时，垂直于板方向速度等大反向，沿板方向受摩擦力作用减速。在垂直于板方向上NΔtm)vsin30………………22GH板方向上30NΔtΔp……223mp………（1m103即碰撞中小球B沿GH板方向动量的变化量大小为。3）两次相邻碰撞间的时间间隔3l3