物理-廣西壯族自治區(qū)考閱評•大聯(lián)考南寧二中、柳鐵一中2025屆高三12月聯(lián)合調(diào)研測試試題和答案

題號123456789答案BBDDCBAADCDAD1．【答案】B【解析】設(shè)X的質(zhì)量數(shù)m、電荷數(shù)為n，根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒，結(jié)合核反應(yīng)方程N(yùn)i→1Os+4X，可得106+58=160+4m，48+28=76+4n，解得m=1，n=0，故X是中子，A錯誤；設(shè)Y的質(zhì)量數(shù)m′、電荷數(shù)為n′，根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒，結(jié)合衰變方程1Os→1W+Y，可得160=156+m′，76=74+n′，解得m′=4，n′=2，故Y是α粒子，B正確；放射性衰變的過程中存在質(zhì)量虧損，釋放能量，比結(jié)合能增大，故1Os的比結(jié)合能小于1W，CD錯誤。 2．【答案】B【解析】汽車勻減速剎車平均速度大小均為0=15m/s，故C、D錯誤；由x=vt得兩種天氣剎車距離分別為60m和45m，A錯誤；v-t圖像斜率表示加速度大小|，可知B正確。3．【答案】D【解析】設(shè)細(xì)繩與豎直方向的夾角為α,對物體B受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件，水平拉力F=mgtanα,可知將B緩慢拉起過程中隨著α增大，水平拉力F逐漸增大，A錯誤；物體A受細(xì)繩的拉力、重力、支持力和靜摩擦力（可能為零根據(jù)平衡條件，在垂直斜面方向有FN=mAgcosθ,故支持力不變，B錯誤；細(xì)繩的拉力可知當(dāng)α增大，細(xì)繩的拉力FT逐漸增大，C錯誤；FT逐漸增大，若開始時mgsinθ=f+FT，斜面對A的摩擦力減小，若開始時mgsinθ+f=FT，則斜面對A的摩擦力增大，D正確。4．【答案】D【解析】波長λ=4m，A錯誤；根據(jù)同側(cè)法可判斷t=0.5s時x=2m處的質(zhì)點(diǎn)開始振動的方向向下，故波源起振方向向下，B錯誤；機(jī)械波的傳播速度由介質(zhì)決定，與頻率無關(guān)，C錯誤；波速v==4m/s，D正確。5．【答案】C【解析】理想變壓器接在Um=220的交流電，則原線圈兩端電壓的有效值U1=220V，根RΩ據(jù)可得副線圈兩端的電壓U2=110V，副線圈所在回路的電流I2==2ARΩ可得I1=1A，B錯誤；原線圈的輸入功率為P1=U1I1=220W，A錯誤；電壓表示數(shù)為有效值UR=I2R=50V，C正確；若將變阻器的滑片向下滑R減小，副線圈所在回路的電流I2增大，電壓表讀數(shù)UR=U2?I2R0減小，D錯誤。6．【答案】B【解析】兩球均做平拋運(yùn)動，下落高度h相同，由h=知運(yùn)動時間t相等。小球A垂直落在斜面上時，速度與水平方向夾角為60o,分解速度有tan60o=，則v1=3gt；小球B位移與水平方2向夾角等于斜面傾角30o,分解位移有tan30o=，得v2=3gt，因此v1：v2=2：3。7．【答案】A【解析】粒子運(yùn)動一周的軌跡如圖所示，設(shè)六邊形邊長為a，粒子初速度大小為v，由幾何關(guān)系知，粒子每次在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑r，圓心角由qvB=m和t1=，得t1=每次在圓筒勻速直線運(yùn)動的距離為3a，得t2=因此回到出發(fā)點(diǎn)所用時間8．【答案】AD【解析】飛船由軌道Ⅰ進(jìn)入軌道Ⅱ需要在P點(diǎn)減速做向心運(yùn)動，A正確；飛船在軌道Ⅱ上從P運(yùn)動到Q地球的引力做正功，則動能增加速率增加，B錯誤；根據(jù)GM=ma可知，飛船在軌道Ⅱ上經(jīng)過P點(diǎn)的加速度小于經(jīng)過Q點(diǎn)的加速度，C錯誤；根據(jù)開普勒第二定律可知，飛船在軌道Ⅱ與地心連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等，D正確。9．【答案】CD【解析】由楞次定律可知，0~4s內(nèi)b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)電勢，故A錯誤；4~6s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢=100×0.3V=9V，ab間的電壓Uab=·R=6V，B錯誤；Rr4~6s內(nèi)通過電阻R的電荷量大小為q=It=1×2C=6C，C正確；0~4s內(nèi)電路的電流為I1=n1.5A，4~6s內(nèi)電路的電流為I1=n=3A，故Ii(R+r)?t1+I2(R+r)?t2=I2代入數(shù)據(jù)解10．【答案】AD【解析】根據(jù)乙圖像知t=0時kx0=(mA+mB)g，F(xiàn)0=30N，得連接體共同運(yùn)動的加速度a=10m/s2，t=0.2s時F發(fā)出突變，可知勻變速持續(xù)時間為0.2s，共同勻加速位移為at2=0.2m，A正確；分離瞬間A、B之間彈力為零，對A有：k(x0?x)?mAg=mAa，解得k=50N/m，B錯誤；此時整體速度v=at=2m/s，物塊A仍在加速，因此A的最大速度超過2m/s，C錯誤；分離瞬間對B列牛頓第二定律方程F1?mBg=mBa，得F1=40N，根據(jù)胡克定律，F(xiàn)隨上升位移x線性變化，0~0.2m內(nèi)F對位移x的平均作用=35N，做功w-"Fx=7J，D正確。二、非選擇題：本大題共5小題，共54分。116分）【答案】1.18；右移，不變（每空2分）【解析】（1）作出第一次光路圖如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系知，激光入射角i=45o,折射角r=37o,根據(jù)折射定律2，取n=1.18作第二次光路圖，由圖可知A、B兩個光點(diǎn)均將向右移動，xOA增大，而xAB不變。12．【答案】(1)C(2)3（或3.0均給分）(3)見解析圖【解析】（1）根據(jù)所提供電源電動勢為3.0V可知電壓表量程過大，最大偏轉(zhuǎn)不超過滿刻度的數(shù)誤差過大，故選C。（2）根據(jù)電壓表改裝原理，改裝后的量程U=Ig(r1+R0)=3.0V。（3）由題意知，電流表A1改裝成電壓表，且改裝后的電壓表流過的電流和內(nèi)阻已知，電流表A2的量程較大，則電流表A2應(yīng)采用外接法，為獲得較大電壓調(diào)節(jié)范圍變阻器應(yīng)采用分壓式接法，實驗電路圖如圖所示。（4）若某次測量中電流表A1的示數(shù)為I1，電流表A2的示數(shù)為I2，因R0、A1串聯(lián)后與Rx并聯(lián)，可知待測電阻兩端電壓Ux=I1(R0+r1)，流過待測電阻的電流Ix=I2-I1，故其阻值為13．【答案】（1）220K2）見解析3）200J【解析】（1）A→C過程，根據(jù)查理定律，有（2分）T4Tg（2）如圖，把C→A氣體體積V的變化分成幾個小段，在每一小段?V內(nèi)，可粗略認(rèn)為氣體的壓強(qiáng)不變。因此，以每小段起始的壓強(qiáng)p乘體積變化量?V，p?V=pS·?x=F·?x表示各小段中氣體對外做的功W，即在p-V圖像中，每一個又窄又高的小矩形的面積代表外界對氣體所做的功。（1分）當(dāng)分割得無限細(xì)時，所有小矩形合在一起就是C→A段圖線與V軸所圍面積，因此該面積ZPAV表示外界對氣體所做的功。（2分）（3）外界對氣體做功WAB=0WCA=p?V=1000J（1分）WBC=?800J，總功W=200J（1分）經(jīng)過一個循環(huán)?U=0根據(jù)熱力學(xué)第一定律：?U＝Q＋W（1分）氣體放出的熱量為200J（1分）14．【答案】(1)FT=-mg，與豎直方向成θ=37o斜向下(2)Emin=mv+mgR【解析】（1）設(shè)電場力和重力的合力與豎直方向夾角為θ,則有當(dāng)小球到達(dá)等效最高點(diǎn)C點(diǎn)時速度最小，從A到C由動能定理得mgR(1-cosθ)-qERsinθ=2mvC-2mv0……（2分）解得小球做圓周運(yùn)動過程中的最小速率為vC=v-gR在C點(diǎn)，以小球為對象，根據(jù)受到第二定律可得方向與豎直方向成θ=37o斜向下………（2）小球做圓周運(yùn)動過程中只有重力和電場力做功，所以小球的機(jī)械能和電勢能之和保持不變，過圓心沿著電場方向做一條直線交于圓D點(diǎn)和F點(diǎn)，如圖所示在D點(diǎn)的時候電荷的電勢能最大，機(jī)械能最小，由能量守恒得EA=ED（2分）（2分）………（2分）（2分）………或：由功能關(guān)系可知其他力做功等于機(jī)械能改變量解得：Emin=mv;+mgR15．【答案】（1）均為22）【解析】（1）設(shè)A球到達(dá)B球處時速度為v0，則從釋放A球至A球與B球碰前瞬間，由動能定理可知A、B發(fā)生彈性碰撞后，速度分別為v1和v2，由碰撞中動量守恒根據(jù)能量守恒定律有………………（1分）聯(lián)立得