物理答案_2025年11月_251126广西邕衡教育·名校联盟广西2026届高三年级秋季学期11月份阶段性联合测试（全科）

邕衡教育·名校联盟 广西2026届高三年级秋季学期11月阶段性联合测试物理参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B B A B C C C AD AB BD 1. B【详解】A．核反应中质量数不变，原子序数增加1，属于β衰变而非α衰变，故A错误B 对；C.β射线仅能穿透几毫米的铝板故C错误；D.衰变速率由核自身性质决定，与外界温度无关。 2.B【详解】水平方向根据平衡条件可得风对气球作用力的大小为 F 风 1 3.A【详解】由图像可知从12s到16s由图像斜率可求得减速阶段 加速 = 度 为 sin a 3 = 0 0 ° .2 = 5m 2 /s2,从2m/s 2 到1m/s用时为4s则从1m/s减为0时间等同，故运动总时间为20s，A正确；设最大速度为v ， max 对应的时刻为t ，0~t ： ， ; : ，联立可得 0 0 则B错，小 球 运 动=的 1 总 0 位 移 1 由=图0.5像 面/ 积 0 可 ~ 得 20 x= = 2(20，− C 错 0)；加速和减速 过 程= 10 100 均3 做 ≈ 匀 3.3 变 3 速 / 直 线运动故平均速度相等，D错。 3 ≈ 33.3 4. B【详解】对于同一障碍物机械波“波长越长，衍射能力越强”故低频噪声的衍射现象更明显， A错； 声音加强区和减弱区是波的干涉现象的体现，故B对；若观众远离时由多普勒效应可知 人接收到的声波频率减小，C错；声波是机械波，传播必须依赖介质，真空中无法传播故D错。 5．C 【详解】A．衣服在最低点B有F mg m2r，可得F m2rmg ，一定有F mg ； N N N 在最高点A时有F mgm2r，可得F m2rmg ，若滚筒转速很快，可有F mg 故A N N N 错误； B．同一转速下，对衣服上的水受力分析：在最高点A时F mg m2r ；在最低点 F mg m2r，可知水留在衣服上衣服在最低点所需的附着力F大于在最高点所需的附着力。 所以同一转速下，水滴相对最高点更容易在最低点离开衣服，故B错误； C．转速最小应满足衣服在最高点有m 2r mg ，得 2 10rad /s，故C正确。 min min 第 1 页 共 9 页D．衣服在最低点有F mg m2r可得F 11mg ，故D错误。 N N 故选C。 U n U 6．C【详解】A．装置可视为一理想变压器，由 1  1 ，U  2m ,可得U 6 2V U n 2 2 2 2 2 故A错误。B．根据互感原理，发射线圈和接收线圈的电流频率之比为1:1，故B错误； I n C．由 1  2 得I 0.3A，故C正确；D．发射线圈接的是交流电，当发射线圈的电流减小时， I n 2 2 1 由楞次定律可知接收线圈有靠近的趋势，当发射线圈的电流增大时，由楞次定律可知接收线圈有 远离的趋势，故D错误。故选C。 7．C【详解】A．金属棒刚进入磁场时，根据右手定则，棒中电流由 到 ,故A错误 E Bdv B．飞机和金属棒刚进入磁场时，此时电动势为 0 由闭合电路欧姆定律得 2B2d2v F  0 E 2E I   安培力为F BId ，联立解得 3R ，故B错误 R 3R R 2  Bdx Bdx C．由q  I t、I :I 1:1、E   ，有q ，故C正确 MP MP CD t t 3R D．设此过程中，通过回路的平均电流为I ，金属棒的平均电动势为E，时间为t，由动量定 BIdt ft0(mM)v E 2E 理得 0由闭合电路欧姆定律得平均电流I   R 3R R 2  Bdx 1  2B2d2x 根据法拉第电磁感应定律E   联立解得t  (M m)v   故D错误。 t t f  0 3R  3 8．AD【详解】A.AB两舟碰撞过程，由动量守恒得：mv 2mv 3mv，解得v v ，A正确； 0 0 2 0 B.碰撞过程A舟对B舟的作用力与B舟对A舟的作用力是一对相互作用力，大小相等，B错 误； 第 2 页 共 9 页CD.A舟、B舟所受合力大小相等，作用时间相同，故合力的冲量大小相等，动量变化量的大 1 小相等，故C 错误；对B舟由动量定理得：I 2mv mv  mv ，故D正确 0 2 0 9．AB【详解】A.当环境温度升高时，电阻R 的阻值减小，总阻值减小，根据闭合电路的规律可 1 知总电流变大，通过R 的电流变大，R 两端的电压变小，A正确。 0 1 B. 根据题意，衔铁被吸下后，控制电路电流减小，说明电阻R 的阻值增大，室内温度降 1 低，可知相同时间内R 的发热量小于R 的发热量，R 的发热功率小于R 的发热功率，故B 3 2 3 2 正确。 C.控制电路中的电流达到30mA时，根据闭合电路的规律，有EI R R  max 0 1 解得R 110，由图乙可知对应的温度为t 20C。当控制电路中的电流降低到25mA时， 1 max 根据闭合电路的规律，有EI R R，解得 R150。由图乙可知对应的温度为 min 0 1 1 t 12C，所以温度控制范围是12Ct20C，故C选项错误。 min D.增大R ，当电流值I=25mA时，R 的阻值变小，对应的温度值升高，故D错误。 0 1 10．BD【详解】A．小球由O到N由动能定理得mgh W  E E 50J，W ON =56J， NO ON kN kO 故A错误； B．小球由 O 到 M 由动能定理得 W  E E 32J ， W q(  ) ， OM kM kO ON O N W q(  )，由于W >W ，故  ，故B正确； OM O M ON OM M N D．设小球所受电场力沿x轴方向的分量为F ，沿y轴方向的分量为F ，从O到M，由动 x y 能定理有F OM E E ，由于重力、电场力做功均与路径无关，从O到N合力所做的 x kM kO 功 ， 等 于 从 O 到 M ， 再 由 M 到 N 合 力 所 做 的 功 ， 由 动 能 定 理 有   F OM  F mg MN E E x y kN kO F 解得F 8N，F 8N，设电场力的方向与x轴正方向夹角为，有tan y 1，解得 x y F x 45即电场强度的方向与x轴正方向的夹角为45，故D正确； 第 3 页 共 9 页F mg 3 C．设电场力和重力合力的方向与x轴正方向夹角为，有tan y  F 4 x 即电场力和重力合力的方向沿ON方向，小球若从O点沿y轴正方向抛出，根据曲线运动的 条件，小球不可能通过N点，故C错误。 11．(1)P和P P、P 和P (2)AB (3)1.5 (4)偏小 1 2 1 2 3 说明：（1）每空各1分（文字错误不给分）；（2）答案正确2分，选漏不全给1分， 有错选不给分；（3）、（4）各2分 【详解】（1）大头针P、P 、P 、P 理论上都应在同一光路上，所以该同学接下来要完成的必 1 2 3 4 要步骤有：插上大头针P ，使P 挡住P的像和P 的像，接着插上大头针P ，使P 挡住P 和P、P 3 3 1 2 4 4 3 1 2 的像。 （2）A．为了减小作图误差，P 和P 的距离应适当取大些，故A正确； 3 4 B．宽度较大、厚度适中的玻璃可以提供更长的光路，使得入射点和出射点的确定更为精确，减 小实验误差，故B正确； C．为减小实验误差应多次改变入射角进行测量，故C错误； AC sinAOC AO AC 6 （3）玻璃砖的折射率n     1.5 sinBOD BD BD 4 BO （4）根据题意画出光路图如下图所示： 图中实线为实际的光路图，虚线为实验中作出的折射光线。从图中可以看出：作出的折射光线相 比实际折射光线沿逆时针转动了一个角度，所以折射角的测量值大于真实值，而由于玻璃砖上 sin 表面与aa平行，所以入射角的测量值等于真实值，根据n 可知，玻璃砖折射率的测量 sin 值比真实值偏小。 第 4 页 共 9 页12．（1）左 （2）b < < （3） UB 说明：第（1）答案“左”、第（2）第一个空IA答案“b”都是给1分；其他空完全正确2分 【详解】（1）为保证开关闭合瞬间电路中的电流最小，应将变阻器滑片调到左端。 （2）[1]图甲中电流表内阻的分压作用，使得电压表测量示数比路端电压偏小，即系统误差来源 于电流表内阻的分压作用。[2]图乙中当外电路断开时，由于R的存在，伏特表的示数应是路端 V 电压，故E ＜E ，当电路短路时，电压表支路的电流I=0，则电流表示数I=I ，即短路电流 测 真 V A 短 的测量值等于真实值。[3]从等效电源的角度来看，电压表可以视为电源内电路的一部分，故测 r R 真 V r R 量值指的是电池和电压表这个并联整体的电动势和内阻。即r = 真 V ，故r ＜r ，所以， 测 测 真 电源内阻的测量值比真实值偏小。 （3）图甲中电流表内阻分的是路端电压，电动势并未受影响，故E =E ；图乙中当电路短路时， 测 真 电压表支路的电流I=0，则电流表示数I=I ，即短路电流的测量值等于真实值。用虚线作出能 V A 短 够反映该电池电动势和内阻真实值的UI图像如图所示，则r . 真 UB = IA pV pV 1 1  2 2 T T 13. 【详解】（1）据理想气体状态方程，有 1 2 ① （2分） p 3.3105Pa 代入数据解得 2 （1分） （2）p-V图线与坐标轴围成的面积代表做功的多少，此过程中先是气体对外做功，后外界对气 p  p W  2 1 V V  体做功，总功为 2 2 1 ② （2分） W 480J 代入数据解得 气体恢复到初始状态a时，因温度不变，内能也不变，即 U 0 ③ （1分） 由热力学第一定律 U QW ④ （2分） Q  480J 代入数据可得 （1分） 即此过程中气体吸热480J （1分） 说明：①不用题目规定的符号，对应方程不给分；连等有错的，也不得分。 ②第（2）问如下列情况分步计算做功、表达正确的，同样给分。 第 5 页 共 9 页如1：气体对外做功为 如2：气体对外做功为 p  p p  p W  1 2  V V  （1分） W  1 2  V V  （1分） 1 2 2 1 1 2 2 1 W 10080J W 10080J 1 1 外界对气体做功为 外界对气体做功为 W  p  V V  （1分） W  p  V V  （1分） 2 1 2 1 2 1 2 1 W 9600J W 9600J 2 2 据热力学第一定律 据热力学第一定律 U QW W （2分） U QW W （2分） 1 2 1 2 或：全程做功为 W W W 或：全程做功为 W W W 1 2 2 1 U QW （2分） U QW （2分） 此处完整写两式给2分，单独一式不给分 ③第（2）问未写出U 0、仅以文字说明气体内能不变，同样给1分。 ④第（2）问没有计算过程，直接判断该过程吸热，同样给1分。 42 a r 14. （1）由向心加速度的表达式得 ： T2 ① （2分） 代入相关数据可得： k  a 2.76104 （2分） 1 g （2）设地球的质量为M，地球表面上有一质量为m物体，月球的质量为m ，地球的半径为R， 1 Mm 有： G mg ② （2分） R2 1 Mm G 1 ma ③ （2分） （60R）2 1 1 联立得②③得：k 2.78104 （2分） 2 通过比较k 与k ，二者近似相等，由此可以得出结论：牛顿的猜想是正确的，即地球对月球的 1 2 引力，地面上物体的重力，都与太阳吸引行星的力性质相同，遵循着统一的规律——万有引力定 律。 （2分） 第 6 页 共 9 页说明：①不用题目规定的符号，对应方程不给分；连等有错的，也不得分。 ②k 比值计算结果不对，但是中间量（a 2.70103m/s2）计算对，结果给1分；方程②③ 1 中的物体、月球质量都用相同字母m表示，扣1分。 ③第（2）问中地球的半径用r表示的，方程、结果都正确的，一共只扣2分。 ④没有计算过程，直接判断“牛顿的猜想是正确的”给1分；结论中都包含有“比较k 1 与k 2 ， 二者近似相等”、“牛顿的猜想是正确的”两个关键信息即可得2分。 15. 解析：（1）将小球A的末速度水平竖直分解，竖直方向上有：  vsin2 2gh （1分） ① 若是分步写出：v vsin； v2 2gh， y y gt 1 或者是分步写出：sin ； h gt2 v 2 则两个式子全写对时，可合并给1分，不全则不给分。  vsin2 解得：h （1分） 2g ② （2）对A、B组成的系统，在碰撞瞬间，沿斜面方向由动量守恒定律：mvmv mv （1 1 2 分） ③ 1 1 1 由动能守恒不损失： mv2  mv2  mv2 （1分） 2 2 1 2 2 ④ 解得：v 0；v v 即碰后两者速度交换；又因为：tan，即：mgsinmgcos， 1 2 则碰后B以v做匀速运动；光滑小球A碰后做初速度为0的匀加速运动，且a gsin （1 分） ⑤ 凡是能写出碰后速度交换，碰后B匀速，A匀加速且a  gsin，均可给这1分。 1 设第1次碰撞和第2次碰撞的时间间隔为t ，则有： at2 vt （1分） 1 2 1 1 ⑥ 第2次碰撞前瞬间，小球A的速度为：v at 2v （1分） 3 1 第2次碰撞后速度交换，则小球A做初速度为v，加速度⑦仍为a的匀加速直线运动，物块B做初 速度为2v的匀速直线运动； 1 设第2碰撞和第3碰撞的时间间隔为t ，则有：vt  at2 2vt （1分） 2 2 2 2 2 第 7 页 共 9 页 ⑧2v 2v 结果发现：t t  ，同理可得t  ，知相邻两次碰撞之间的时间间隔相等，设时间间隔 2 1 a 3 a 为T，第n次碰撞后B的速度变为nv，则有x nvT （1分） n ⑨ 则x：x：x 1:2:3 （1分） 1 2 3 若学生分别求出三段时间，⑩并得出t t t 的结论，该过程所用的方程较多，最多也只给3分。 3 2 1 使用v-t图像法：根据碰后速度交换，做出两球碰撞过程的v-t图像 （2分） 图像要能体现出B球分段做匀速运动，A球分段做匀变速运动，碰后两者交换速度，这3个 要素全体现出来才能给图像分（2分）； 某一次碰撞到下一次碰撞过程，两者发生相同的位移，由图可知相邻两次碰撞的时间间隔相 等（1分）； 由图示阴影面积表示相邻两次碰撞的距离，则易知x：x：x 1:2:3（1分） 1 2 3 （3）木块1、2发生完全非弹性碰撞时，设末速度为v ，由动量守恒定律： 共1 mv 2mv （1分） 共1 碰后1、2组合体⑪在斜面上做匀减速运动，由牛顿第二定律： 2mgcos2mgsin2ma （1分） 物块1、2组合体碰后沿斜面下滑到即将⑫与物块3碰撞时，设速度为v ，则有： 4 v2 v2 2ax （1分） 4 共1 同理可有： ⑬ 2mv 3mv 4 共2 （1分） ⑭ v2 v2 2ax 5 共2 ⑮ 第 8 页 共 9 页正确写出 、 两式才能给1分，只写其中一个或者有误，则不给分 使用动能定理之类的其它方式求出v ，v 的表达式，也可酌情给分 4 5 ⑭ ⑮ 为满足题意，若v 0，此时动摩擦因数为最大值μ ，联立上式解得： 4 1 v2   tan 1 8gxcos ⑯ 若v 0，此时动摩擦因数为最小值μ ，联立上式解得： 5 2 v2   tan 2 26gxcos ⑰ v2 v2 则满足题意的动摩擦因数范围是： tan ＜＜tan （2分） 26gxcos 8gxcos ⑱ 只求出最大值μ 或最小值μ 的其中一个，可得1分 1 2 第 9 页 共 9 页