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）.docx

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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 1~7 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 0 分。）
题号
答案
1
B
2
B
3
D
4
D
5
C
6
B
7
A
8
AD
9
CD
10
AD
1
．【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
1
4
06
8
58
28
160
Cd+ Ni→ 76Os +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 Os→15764W +Y，可得 160 =
1
60
7
6
1
56+ 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
1
7
60
156
放能量，比结合能增大，故 6Os 的比结合能小于 74W，CD 错误。
3
0+0
2
v
v
2
．【答案】B【解析】汽车匀减速刹车平均速度大小均为
=
= 15m/s，故 C、D 错误；由 x =
t 得
∆
∆
v
t
|
|，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 =
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 F = m gcosθ，故支持力不变，B 错误；细绳
N
A
mg
cos α
的拉力 FT =
，可知当α增大，细绳的拉力 FT 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 A
T
T
T
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
∆
∆
x
t
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 =
=
2
m
=
4m/s，D 正确。
0
.5s
5
．【答案】C【解析】理想变压器接在 U = 220 2V 的交流电，则原线圈两端电压的有效值 U = 220V，根
m
1
U1 n1
U2 n2
U2
110V
I
1
据
=
可得副线圈两端的电压 U = 110V，副线圈所在回路的电流 I =
=
= 2A，根据 =
2
2
R0+R 30Ω+25Ω
I
2
n2
n1
可得 I = 1A，B 错误；原线圈的输入功率为 P = U I = 220W，A 错误；电压表示数为有效值 U = I R =
1
1
1 1
R
2
5
0V，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 −
2
R
2
物理答案 第 1页，共 5页
{
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I R 减小，D 错误。
2
0
1
2
6
．【答案】B【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
vy gt
v1 v1
，则 v1 = 3gt；小球 B 位移与水平方
在斜面上时，速度与水平方向夹角为 60º，分解速度有 tan 60º =
=
3
1
2
v t
gt2
y
x
3
2
向夹角等于斜面倾角 30º，分解位移有 tan30º =
=
，得 v2 = gt，因此 v ：v = 2：3。
1
2
2
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
a
2
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
4
3
v2
r
rθ
v
4πm
qB
角θ = π，由 qvB = m 和 t1 = ，得 t1 =
；每次在圆筒匀速直线运动的距离
3
v
a
2 3m
qB
m
qB
为 3a，得 t2 =
=
，因此回到出发点所用时间 t = 3(t +t ) = (4π+6 3)
1
2
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
Mm
r2
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 E = n∆ = 100×
Φ
0.6×0.3
2
V = 9V，ab 间的电压 Uab =
E
R+r
·R = 6V，B 错误；
∆t
9
+1
∆Φ
∆t1(R+r)
4
~6s 内通过电阻 R 的电荷量大小为 q = It =
×2C = 6C，C 正确；0~4s 内电路的电流为 I1 = n
=
2
∆
Φ
1.5A，4~6s 内电路的电流为 I1 = n∆
= 3A，故 I2(R+r)∆t + I2(R+r)∆t = I2(R+r)( ∆t +∆t )，代入数据解
1
1
2
2
1
2
t2(R+r)
3
2
得 I =
A，D 正确。
2
1
1
0．【答案】AD【解析】根据乙图像知 t = 0 时 kx = (m +m )g，F = 30N，得连接体共同运动的加速度 a =
0
A
B
0
1
2
0m/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 x = at2 = 0.2m，A 正确；
分离瞬间 A、B 之间弹力为零，对 A 有：k(x −x) −m g = m a，解得 k = 50N/m，B 错误；此时整体速度 v =
0
A
A
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
F − m g = m a，得 F = 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
1
B
B
1
F0+F
1
F
F
力为
=
= 35N，做功 W =
x = 7J，D 正确。
2
二、非选择题：本大题共 5 小题，共 54 分。
1．（6 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
1
【
物理答案 第 2页，共 5页
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sin i 5 2
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 n =
=
，取 n = 1.18
sin r
6
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。
I (R +r )
1
0
1
1
2．【答案】(1)C
(2)3（或 3.0 均给分）
(3)见解析图
(4)
（每空 2 分）
I2-I
1
1
5
【
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 ，会导致读
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 = I (r +R ) = 3.0V。
g
1
0
（
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
2
2
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
（
1
1
2
2
0
1
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 =
x
x
1
0
1
x
Ux I (R +r )
1
0
1
I -I ，故其阻值为 R =
=
2
1
x
Ix
I2-I1
1
3．【答案】（1）220K；（2）见解析；（3）200J
【解析】（1）A→C 过程，根据查理定律，有
pA pB
TA TB
=
（2 分）
解得 TB = 220K
（1 分）
（
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∑p∆V 表示
外界对气体所做的功。
（2 分）
（
3）外界对气体做功 WAB = 0
WCA = p∆V = 1000J
（1 分）
WBC = −800J，总功 W = 200J
（1 分）
物理答案 第 3页，共 5页
{
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经过一个循环∆U = 0
根据热力学第一定律：∆U ＝ Q ＋W
得 Q ＝ -200J
（1 分）
气体放出的热量为 200J
（1 分）
mv2 7
1
2
1
4
1
4．【答案】(1)FT = 0- mg，与竖直方向成θ = 37º斜向下
(2) Emin = mv2+ mgR
0
R 4
解析】（1）设电场力和重力的合力与竖直方向夹角为q ，则有
【
qE
mg
3
4
tanq =
=
可得q = 37° 如图所示………………………………………（1 分）
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
1
2
1
2
(
-
q )- qERsinq =
mv2
-
2
mgR 1 cos
mv0 ……………………………………（2 分）
C
mg
cosq
-
-
q = 1
R(1 cos )
mv
- 1
mv
或：
2
c
2
0
2
2
1
2
解得小球做圆周运动过程中的最小速率为vC =
v
2
0
-
gR
在 C 点，以小球为对象，根据受到第二定律可得
mg
cosq
mvc
R
2
+
FT =
………………………………………（2 分）
mv2 7
解得：FT = 0- mg………………………………………（1 分）
R 4
方向与竖直方向成q = 37° 斜向下……………………………………（1 分）
（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
1
2
mv0 + mgR = Emin + E电
2
…………………………………（2 分）
W电 = -DE
- qER = -E
………………………………（2 分）
电
即
电
1
2
1
4
解得：Emin = mv2+ mgR…………………………（1 分）
0
或：由功能关系可知其他力做功等于机械能改变量
W电 = DE机
-
=
- 1
qER Emin ( mv
+
mgR)
2
0
2
1
2
1
4
解得：Emin = mv2+ mgR
0
物理答案 第 4页，共 5页
{
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3
m 3gl
27
8
1
5．【答案】（1）均为2 gl ；（2）
；（3）
l
1
0
【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
(0+ k0.5l)
1
0
.5l - mmg(0.5l +1.5l) = mv0 -0 ………………………………………（2 分）
2
2
2
代入得v0 = 4 gl
A、B 发生弹性碰撞后，速度分别为v 和v ，由碰撞中动量守恒
1
2
mv = mv + 3mv ………………………………………（1 分）
0
1
2
根据能量守恒定律有
1
2
1
2
1
2
mv0
2
=
mv1
2
+
(3m)v2 ………………………………（1 分）
2
联立得
v1 = -2 gl ………………………………………（1
分）
v2 = 2 gl ………………………………………（1
分）
（2）当 B 球与 GH 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
=
(
°)
FNΔt 2(3m) v sin 30 ………………………………（2 分）
2
在沿 GH 板方向上
3
0
-
FNΔt =Δp……………………………………（2 分）
2
3
m 3gl
解得 Δp = -
………………………………………（1 分）
m 3gl
1
0
3
即碰撞中小球 B 沿 GH 板方向动量的变化量大小为
。
10
（3）两次相邻碰撞间的时间间隔
3
l
3
l
4
………………………………（2 分）
t
=
=
v2 sin 30°
4
g
3
gl
沿 GH 板方向上，每次碰撞速度就减小
……………（2 分）
1
0
因而小球 B 能够在沿板方向运动的距离
3
l æ 9
g è10
8
7
1
ö
ø
s =
3gl +
3gl +
3gl +…+
3gl ÷ ………（2 分）
ç
4
10
10
10
27
8
s
=
l
解得
………………………………………（1 分）
2
7
为了不让 B 球从两板间穿出，板长至少需要 l 。
8
物理答案 第 5页，共 5页
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