广西省南宁二中·2025年5月高三冲刺考物理答案_2025年5月_250521广西省南宁二中·2025年5月高三冲刺考（全科）

南宁二中· 年 月高三冲刺考 2025 5 物理 答案 1．B 【详解】衰变后的237Np核比241Am核更稳定，比结合能越大原子核越稳定，则241Am的比结合能小于 93 95 95 237Np的比结合能，A错误；根据核反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，X为α粒子（4He）； 93 2 根据质能方程可知衰变释放的能量为ΔE m m m c2，该能量为衰变释放的能量，不是 1 2 3 241Am的结合能；半衰期与原子所处环境无关，温度变化不会改变原子核的半衰期，B正确， 95 C错误；衰变后237Np核处于高能级，向低能级跃迁发出γ射线，D错误。 93 2．B 【详解】过N点后，小球还受水平风力，不满足平抛运动只受重力特征，A错误；竖直方向上，先做 竖直上抛运动再做自由落体运动，由对称性时间相等，B正确；增大初速度运动时间增大， 水平位移增大，C错误；增大风力，小球回到地面水平速度增大，竖直分速度不变，重力的 瞬时功率不变，D错误。 3．D 【详解】线框与磁场垂直时，线框中的电流为零，线框中的电流方向发生改变，在线框转动一周的过 程中，AB边中的电流方向改变两次，A错误；电流表的示数为电流的有效值，所以t 0时电 流表示数不为0，B错误；AD边中有电流且与磁场不平行时受安培力作用，C错误；线圈转 1 E ΔΦ nBL2 nBL2 动 周过程中通过电阻R的电荷量为q It ，又I  ,E n  ，联立得q  ， 4 0 R Δt Δt 0 R 4nBL2 线框转动一周的过程中，通过电阻R的电荷量为q4q  ，故D正确。 0 R 4．C 【详解】由图乙可知该时刻x=2m处质点沿y轴负方向振动，根据同侧法可知此列波沿x轴正向传播， A错误；根据题图可知该波的周期为T=4s，结合图甲可知x=1m处质点的振动方程为 2 3 y=8sin（ t+ ）（cm），t=0.5s时，x=1m处质点的位移为－4 2cm ，C正确，B错误；根 4 2 2  据图甲可得y=－8sin x（cm）=－8sin x（cm），可得该时刻x=0.5m处质点的位移为  2 2 －4 2cm ，则x=0.5m处质点的振动方程y=8sin（ t+）（cm），其中8sinφ=－4 2cm， 4 2 7  联立可得y=8sin（ t+ ）（cm），则x=0.5m处质点比x=1m处质点振动相位超前 ，D 4 4 4 错误。 高三物理答案 第 1 页 共 6 页5．C r r 【详解】根据题意可知椭圆轨道的半长轴为a 1 2 ，假设有一卫星绕地球做匀速圆周运动的半径满 2 r r a3 足r a 1 2 ，根据开普勒第三定律 k 可知，该卫星的运行周期也为T ；对该卫星，由 2 T2 GMm 42 2r r 3 万有引力提供向心力可得 m r，联立解得地球的质量为 M  1 2 。 r2 T2 2GT2 6．A 【详解】从P点各个方向打入磁场中，在磁场区域扫过的面积如下图阴影部分所示 1 ( L)2 则扫过的面积等于扇形和三角形的面积之和，则 S  2 ( 1 L)2 3  1 L2 3 L2 2 2 8 8 32 将粒子发射点移到D点后，从D点各个方向打入磁场中，在磁场区域扫过的面积如下图阴影 部分所示 ，则扫过的面积等于扇形和三角形的面积之差， 1 ( L)2 S' 2π4 2π4 则 S'( 1 L)2 1  2  1 L2  1 L2 ，所以 S  43π ，即S' 43π S 2 4 2 16 8 7．D 1 1 【详解】刚施加力F时，对P、Q整体进行分析，根据牛顿第二定律有 mg 2ma ，解得a  g 2 1 1 4 1 对Q进行分析，根据牛顿第二定律有N  mgmg ma ，根据牛顿第三定律有N  N 1 2 1 2 1 3 解得Q对P的压力大小为N  mg，A错误；假设P、Q分离，则两者之间弹力为0，对Q 2 4 1 1 进行分析，根据牛顿第二定律有mg mg ma ，解得加速度大小为a  g，方向竖直向下。 2 2 2 2 1 施加拉力后，对P、Q整体进行分析，令平衡位置的压缩量为x ，则有 mgkx 2mg ，令 0 2 0 1 整体相对平衡位置位移为x，则回复力为F  mgkxx 2mg，解得F kx，可知，回 回 2 0 回 复力大小与相对平衡位置的位移大小成正比，方向相反，可知，整体做简谐运动，根据简谐 1 1 运动的对称性，整体运动的最大加速度为a  g a  g，表明P、Q整体先向上做加速运 1 4 2 2 动，后向上做减速至0，速度减为0时的加速度大小小于分离时向下的加速度，可知，假设 高三物理答案 第 2 页 共 6 页不成立，即施加力F后，在运动过程中P、Q不可能分离，B错误；结合上述可知，P运动到 1 最高点时，整体加速度方向向下，大小为a  g，对整体分析有2mgF F 2ma ，解得 1 4 0 1 F mg ，即弹簧的弹力大小为mg，故C错误；物块开始位置，根据胡克定律与平衡条件有 0 2mg kx ，结合上述，物块在最高点时，根据胡克定律有F mg kx ，拉力做功为 1 0 2 m2g2 2m2g2 W Fx x  ，重力势能的增加量为E 2mgx x  ，根据功能关系与能量 1 2 2k p1 1 2 k 3m2g2 守恒定律可知，弹性势能的减小量为E E W ，解得E  ，P重力势能增加量为 p2 p1 p2 2k E mgx x  m2g2 ，则有 E p2 1.5，即P从开始运动到最高点的过程，弹簧弹性势能减 p3 1 2 k E p3 少量等于P重力势能增加量的1.5倍，D正确。 8.AB 【详解】矿粉a带正电，且落入左侧收集器，则矿粉a受到向左的电场力，则电场方向水平向左，所 以N板带正电，M板带负电，M的电势比N的电势低，故AB正确；矿粉在电场中所受电场 力均对矿粉做正功，所以矿粉a、b的电势能减小，CD错误。 9.AC p V p V p 【详解】根据理想气体状态方程可得 N N  M M ，代入图中数据可得p  0 ，A正确；在N E过 T T M 4 N M 程中，体积不变，外界对气体不做功，温度降低内能减少，根据热力学第一定律，气体向外 p p 界放出热量，B错误；在N E过程中，根据查理定律得 N  E ，解得p  p ，在E M T T E 0 N E p 过程中，气体体积膨胀，对外做功，体积增加了3V ，而压强由p 减小到 0 ，根据功的定义 0 0 4 W Fx pV ，可知对外做功应小于3pV ，故C正确；在E M 过程中，温度不变，内能 0 0 不变。由于气体对外做功，根据热力学第一定律，一定吸收热量，故D错误。 10．AD 【详解】小球抛出后经时间t轻绳刚好被拉直，根据平抛运动规律有Lsin37°+L =vt， OA 0 1 Lcos37°= gt2，解得t=0.4s，v 0 =2m/s，选项A正确；轻绳刚被拉直前，小球竖直方向的分 2 速度大小为v =gt=4m/s，此时小球的瞬时速度v= v2+v2 =2 5m/s，选项B错误；轻绳被 y 0 y 拉直后沿着轻绳方向的速度为零，垂直于轻绳的速度v =v sin37°－v cos37°=0.8m/s，小球 t y 0 1 之后做圆周运动摆到最低点过程中，则根据机械能守恒定律有mgL（1－cos37°）= E－ mv2， k 2 t v2 解得E k =1.16J，选项C错误；小球圆周运动摆到最低点时，根据牛顿第二定律有 T－mg =m 1 ， L 1 其中E = mv2，解得T=7.32N，选项D正确。 k 2 1 高三物理答案 第 3 页 共 6 页11. （1）AD（1分）（全部选对得1分，错选或漏选不得分） （2）F' （1分） （3）一直减小（2分） 先减小后增大（2分） 【详解】（1）本实验采用了等效替代的物理思想，A正确；为减小实验误差，与两弹簧测力计相连的 细绳之间的夹角要适当大一点，但不是越大越好，B错误；连接结点O的三根细绳等长与否对实验无 影响，C错误；测量时弹簧测力计必须与量角器平行且在同一竖直平面内，D正确。 （2）图乙中，F'大小等于重物c的真实重力，F是利用平行四边形定则作出的合力的理论值。 （3）画出力的矢量三角形，如图所示， 可知弹簧测力计a的示数一直减小，弹簧测力计b的示数先减小后增大。 12. （1）甲（1分） （2）偏小（1分） 电压表的分流作用造成的误差（2分） （3）1.58/1.580（1分） 0.63/0.64/0.65/0.66（1分） （4）2.5（2分） 【详解】（1）因乙图电流表的分压作用造成电源内阻测量误差相对较大，故实验应该采用甲电路； （2）根据电路图可知，由于电压表的分流作用，干路中电流的真实值大于测量值，当外电路短路时电 流的测量值等于真实值，电源U-I图像如图所示： U-I图像的纵截距表示电动势，由图示U-I图像可知电路图测得的电动势比真实值偏小； （3）根据闭合电路欧姆定律可得U EIr，可得U-I图像的纵轴截距等于电动势，则干电池的电动势 1.581.35 为E1.58V，U-I图像的斜率绝对值等于内阻，则内阻为r  k  Ω0.66Ω 0.35 1 1 R r 1 （4）根据闭合电路欧姆定律可得E （I RR r），可得  ·R A ，由 -R图像的纵轴截距可知 A I E E I R r A 2A1，解得电流表内阻为R 21.580.662.5 E A 高三物理答案 第 4 页 共 6 页R 13.（1）n 2 （2） 2 解：（1）由题意可知，临界角为C 45...........................................................1分 1 sinC  ......................................................................1分 n 得： n 2.....................................................................1分 （2）以入射角30沿半球体甲的半径射入，设此时入射角为r，折射角为i，则： sini n .....................................................................2分 sinr 解得：i45..............................................................1分 由几何关系，两半球体球心错开的水平距离为： R R s tani .............................................................2分 2 2 2kBSl 4kSBlv2 14.（1）F mg ； （2） P N 3R 9R B 解：（1）在Ⅰ区时，感应电动势：E  S kS............................................................2分 1 t 感应电流大小： I = E 1 .....................................................................................1分 1 R 总 R R =R+ ...............................................................................1分 总 2 （若写 E .....................可打包得2分） I = 1 1 R R+ 2 安培力大小为：F  BIl....................................................................................1分 安 1 对棒在竖直方向上，有：F mgF ..............................................................2分 N 安 2kBSl 可得在Ⅰ区运动时，导轨对棒的弹力：F mg ...................................1分 N 3R （2）棒刚进入Ⅱ区时，总的感应电动势为：E E Blv..............................................2分 2 1 由欧姆定律得： I = E 2 ............................................................................................1分 R 总 又，PI2R..................................................................................................................1分 4(kSBlv)2 则棒的热功率：P ...............................................................................2分 9R 1 15.解：（1）设B在M点时的速度大小为v ，则有：mgR mv2 ................................................1分 M 2 M 设在M点时圆弧轨道对B的支持力为F ， N v2 则有：F mgm M ....................................................................................................................1分 N R 解得：F 6N................................................................................................................................1分 N 由牛顿第三定律可知，B运动到M点时对圆弧轨道的压力大小为6N................................1分 高三物理答案 第 5 页 共 6 页（2）设滑块B刚被弹开时的速度大小为v B L 1 1 由动能定理有：-mg  mv2  mv2......................................................................................1分 2 2 M 2 B 设A的质量为m ，刚被弹开时的速度大小为v ，得： A A m v mv .....................................................................................................1分 A A B 1 1 E  m v2  mv2...........................................................................................1分 2 A A 2 B 联立解得：m 0.2kg，v v 4 m/s A A B L A离开长木板C所用的时间为：t  0.5s..........................................................................1分 1 2v A 设B减速运动时的加速度大小为a，则：mg ma...............................................................1分 A离开长木板C时B的速度大小为： v' v at 2.75m/s........................................................................2分（公式1分，结果1分） B B 1 1 （3）若B恰好滑到长木板的右端，则有：mgkL  0  mv2 ................................................1分 2 B 解得：k=0.8 ①若0.8≤k≤1，则B一直在长木板C上运动，直至速度减为零， 1 故B克服摩擦力做的功为：W  mv2...................................................................................1分 f克 2 B 解得：W 1.6J..........................................................................................................................1分 f克 ②若0