邕衡教育·广西2025年5月高三模拟考物理答案_2025年5月_2505132025届广西邕衡教育名校联盟高三下学期新高考5月全真模拟联合测试（全科）

2025 届新高考春季学期五月适应性联合测试
物理 参考答案
1【答案】A
【详解】A．法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，A正确；
B．卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构，用粒子轰击氮核发现了质子，并预言了中子的存在，B
错误；
C．汤姆孙发现了电子，密立根测出了电子的电荷量，C错误；
D．普朗克首先提出能量子的概念，爱因斯坦提出光的量子说D错误。
故选A。
2【答案】B
【详解】A．雪花彩色花纹的本质是光在冰-空气薄层中发生薄膜干涉的结果，与单缝衍射不相同，A错误。
B．阳光下柏油路面呈现彩色油膜，原理是薄膜干涉与该现象相同，B正确；
C．电影院放映3D影片，佩戴立体眼镜，形成立体效果，是光的偏振，原理与该现象不相同，C错误；
D．利用光导纤维传递信息，实现光纤通信，是全反射现象，原理与该现象不相同，D错误;故选B。
3【答案】C
【详解】A．根据右手螺旋定则可知，螺线管内部磁感线方向向右，根据左手定则可知 段受到的安培力竖直向
下，故A错误；B．框架SRQP段所受的安培力为 ，所以安培力F正比于L ，Q即R QR的长度，而不是框
1
架SRQP在螺线管内的总长度，故B错误；C．同时F改=变BI2 IL1和I 的电流方向，则螺线管内部的磁场方向和QR中的
1 2
电流方向都改变，则不会改变QR边的受力方向，框架仍然水平，故C正确；D．若仅增加螺线管线圈的匝数，螺
线管内部磁感应强度变大，框架受到的安培力变大，故D错误。故选C。
4【答案】C
【详解】A．轿车速度一直大于货车速度，直到11s末两车速度相等，所以两辆车距离一直在减小，故A错误；
B．由图乙可知0~11s内，轿车的位移为
1 1
1 =2(20+16)×8m+2(20+14)×3m= 195m
平均速度大小约为17.7m/s，故B错误；C该过程轿车的平均加速度大小为 ，故C
Δv 14−16 2 2 2
a= Δt = 11 m/s =11m/s
正确；D．0~11s内，轿车的位移为 ，货车的位移为
1 1
，开始的距离为
1 =2(20+16)×8m+2(
故
20
C
+
错
1
误
4)
。
×3m= 195m s2 =14×
15【1m答=案1】54Cm d= 195m+60m−154m=101m
ε π
【详解】A．根据电容器定义式和决定式 ， 联立可得
π ε
Q rS U 4 kQ
当滑动变阻器的滑片向下移动时， 两端 C 的 = 电U压减 C 小 = ，4 但kd由于二极管 E 的 = 单d = 向导r电S 性，电容器不能放电，极板间的电
压不变，场强不变，A错误；B．将R条0 形磁铁向左移动靠近磁敏电阻时，磁敏电阻的阻值增大， 两端的电压减小，
第 1 页 共 6 页 R0
{#{QQABAQQEogggAgAAARgCEQHYCgGQkAECCaoGhBAUoAAAgQNABAA=}#}但由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，极板间的电压不变，B错误；C．将电容器的下板稍向上移，电容
增大，极板间电压不变，极板电荷量增加，板间场强增大，与上板间的电势差增大，P点电势减小，该点处的负电C
荷电势能增大，C正确；D．将电容器的下板稍向左移，由于电容 减小，但极板电荷量不能减小，可知极板间电
压增大，电场强度增大 D错误； C
6【答案】D
【详解】A．A的线速度大于卫星B的线速度由万有引力等于向心力知r <r 故A错误。；
A B,
T
B．.由图示可知卫星A、B从相距最近到相距最远的最短时间间隔为t 故B错误,设卫星A、B的轨道半径分别为
2
Mm 42
r 、r ，则r r 5r,r r 3r解得r r，r 4r则r :r 1:4，根据万有引力提供向心力可得G m r
A B A B B A A B A B r2 T2
42r3 2 2
所以T  则T :T 1:8又因为  T 2
GM A B T T 
A B
7
解得T  T，T 7T 故C错误；D正确
A 8 B
7【答案】D
ΔΦ
【详解】导体棒切割磁感线，产生感应电流，通过电阻的电荷量 E Δt ΔΦ BLx
qIΔt  Δt  Δt  
R R R R
B2L2x
对导体棒由动量定理 联立上述两式可解得vv 
0 mR
B2L2−v     ∆  =   −   0
由牛顿第二定律 ma
R
B2L2v B4L4
联立上式化简得a 0  x
mR m2R2
即速度v随x的图像为线性递减函数，加速度a随x的图像也为线性递减函数，D正确
8. 【答案】BCD
【解析】根据题意可得两根立杆之间可能有0、 1、2个波峰，则波长可能为λ₁=2×2m=4m，λ =2m,λ = ×2m= m,
2 3
2 4
3 3
由λ=vT 得v₁=10m/s,v₂=5m/s,v = m/s，BCD项正确。
3
10
9.【答案】AB 3
【详解】AB．沿竖直方向将上下绝缘细杆分割成无穷多个小段，关于水平中心线对称的两小段构成等量异种点电
荷连线模型，根据对称性可知a、b、c、d四点的场强相等，方向竖直向下；同理沿水平方向将左右绝缘细杆分割
成无穷多个小段，关于竖直中心线对称的两小段构成等量异种点电荷模型，根据对称性可知a、b、c、d四点的场
强相等，方向水平向右。再根据场强的叠加原理可知a、b、c、d四点的场强相同，A、B都正确；
CD．根据场强的叠加原理可知a、b、c、d四点的场强方向均斜向右下方，把一带负电的试探电荷从a点移到b点
电场力做负功，从c点移到d点电场力不做功，C、D错误。故选AB。
10【答案】AD【详解】A.由题意知，该系统机械能守恒，动量也守恒，A正确；
第 2 页 共 6 页
{#{QQABAQQEogggAgAAARgCEQHYCgGQkAECCaoGhBAUoAAAgQNABAA=}#}C.当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得 mv mv 2mv ，
0 B A
1 1 1
mv2  mv2 2 mv2
2 0 2 B 2 A
解得
1 2
v  v ，v  v （三球再次处于同一直线），v v ，v 0（初始状态，舍去）
B 3 0 A 3 0 B 0 A
1
所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为v  v
B 3 0
代入数据得v 1m/s，C错误；
B
D.小球A、C均以半径L绕小球B做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球B为参考系（小球B的加
速度为0，为惯性参考系），小球A（C）相对于小球B的速度均为v|v v |v
A B 0
v2 v2
所以，此时绳中拉力大小为F m m 0
L L
代入数据得F 9N,D正确
B.当小球A的动能最大时，小球B的速度为零。设此时小球A、C的速度大小为u，两根绳间的夹角为（如图），
则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得
 1 1
mv 2musin ， mv2 2 mu2
0 2 2 0 2
1
另外E  mu2
kA 2
1
由此可解得，小球A的最大动能为E  mv2 2.25J，
kA 4 0
此时两根绳间夹角为90；B错误。
1
11【答案】 (1) 1.880 （2分） (4)A（2分） (5)F （2分）
t2
【详解】[1]螺旋测微器的读数为d 1.5mm38.00.01mm=1.880mm
[2] 遮光片P每次通过光电门的时间相同，d不变，线速度v不变，L 、则v=L 不变，由F m2L
1 1 2
可知FL 的关系图像为过原点得倾斜直线。故选A。
2
d v d
[3] 遮光片通过光电门时光电门计时为t时遮光条地线速度为v ，小球角速度为  根据向心力公式
t L tL
1 1
2
 d  md2L 1
F m2L m  L  2 
2 tL  2 L2 t2
1 1
1
为了准确验证小球所受向心力F与角速度ω的关系，利用实验测量应画F 图像。
t2
12（1）(1) 等于 (2分) 2.4 (2分) 不变 (3分) (2) 2.0(3分)
【详解】① [1]开关S合向1，当电流计G的示数为零时，由电路知识可知，电阻丝cb段的电压U 与标准电
cb
源的电动势E 相等；
1
第 3 页 共 6 页
{#{QQABAQQEogggAgAAARgCEQHYCgGQkAECCaoGhBAUoAAAgQNABAA=}#}E
②[2][3]设电阻丝的长度为l ，单位长度的电阻为r ，则当开关S合向1时，则有E  lr
0 0 1 l r 1 0
0 0
E
当开关S合向2时有E  l r
x l r 2 0
0 0
l
两式联立可得E  2 E
x l 1
1
代入数据可解得E 2.4V
x
E E
③[4]若考虑供电电源的内阻，则有E  lr，E  l r
1 rl r 1 0 x rl r 2 0
0 0 0 0
l
两式联立仍可解得E  2 E
x l 1
1
可知待测电源电动势的测量值不变。
E
（2）[1]由闭合电路欧姆定律可得I  x
r R
x 0
代入数据可解得r 2.0Ω
x
v2
13． 【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力有qvBm （2分）
R
mv
解得R （2分）
qB
（2）根据题意作图，如图所示
根据几何关系可知 （2分）
'' R
si得n∠：FDO =2R （1分）
'' °
CO距离：
∠F
（ DO2分
=
）
30
解得： d=R+R（c1os分3）0°
(2+ 3)  
14.【答d案=】（21  ）  ；（2）
【详解】（1）对静
71
止
cm
的
H
水
g
银柱分析
89.
受
c
力
m
，设玻璃管内气体的压强为 ，水银柱的质量为 、横截面是 ，根据平衡
条件有 （2分）(写成  得1 2分，写成  得1分  )
又  1  +  （  2si 分 n3 ） 0°=  0   1+  g  1sin30°=  0  1+  l1 =  0
=   1 

联
0
立
=
解
76
得
cmHg
（1分）
1 =71cmHg
第 4 页 共 6 页
{#{QQABAQQEogggAgAAARgCEQHYCgGQkAECCaoGhBAUoAAAgQNABAA=}#}（2）设玻璃管的质量为 ，玻璃管和水银柱整体加速度为 ，由牛顿第二定律有
（2分） 
(得 
a
+
=
)  sin30°−  (  +  )  cos30°=(  +  ) 

对水银8柱有 （2分）
得   sin3(01°分+)  2  −  0  =  
对管  2内=的72气.2体5c，mH由g玻意耳定律有 （1分）
联立解得 （1分）  1  2  =  2  
≈9.8cm
15．
【详解】（1）在物块未进入电场时设其最大加速度大小为 ，则由牛顿第二定律有
mg ma  （01分）
1 0
解得
当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持相对

静0
=
止
3
，
m
一
/s
起2 做匀加速直线运动，设共同加速度的加速度大小为
，则对整体由牛顿第二定律有

（1分）
代入数据解得  −  2  +   =  +  
（1分）
2
则假设成立，在未撤去力F的时间内物块的位  移 =2m/s <  0
1 2 1 2
可知  0 =   = ×2×5  =25 
2 2
（1分）
则可知在力F撤去前的某一时间内物块已经进入

0电
>
场

，1+ 设

从2 开始运动到物块进入电场的时间为 ，由位移与时间的
关系可得  0
（1分）
1 2
解得 （1分）  1+  2 =2   0
0 =4  第 5 页 共 6 页
{#{QQABAQQEogggAgAAARgCEQHYCgGQkAECCaoGhBAUoAAAgQNABAA=}#}（2）当物块进入电场 后由于电场力竖直向下，增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对地面的正压力，
因此可知木块仍相对于

木1 板静止，在电场 中，在力F未撤去时，设物块和木板共同运动的加速度大小为a
1
，由牛
顿第二定律有  1
解得  −  2  +   +  1  =  +   1
（1分）
即在物块进入电场 中的t
1
=1s时间内物块和木板一

1起
=
做
0
匀速直线运动，1s后撤掉力F，此时它们的速度为:
1
假设物块和木板能够保持相对静止，一起做匀变速直线运动，则对物块和长木板整体由牛顿第二定律有：
=   0 =8  / 
（1分）
代入数据解得  2  +   +  1  =  +   2
2
对小物块，设其

2最
=
大
4
加
m/
速
s
度大小为 ，则由牛顿第二定律有
'
（1分）

'

代1入

数

据
+
解

1得
=  
' 2
由于 ，  则 = 假 9 设 m 成 / 立 s ，物块与长木板一起匀减速，它们之间的摩擦力为静摩擦
'
=m  2 <=4  N  ,
2
（1分）

物1块
=
对

3长
−
木

板

1的
=
摩
11
擦
.5
力

所
−
做
8×
的
1
功

为
=3.5 
（1分）
（3）  =   1 =14 
设物块和木板共同进入电场 时的速度大小为 ，则由速度与位移的关系可得
2  1 （1分）
2 2
解得  1−  =−2  2  1
当进入匀强电场 ，电场力竖直向上，对物块在竖直方向有
1 =6m/s
2 （1分）
可知，物块在电场 中做匀速直线运动，因此，

物

块
=
离

开2

匀强电场 时速度的大小为 。设物块出电场 所用
的时间为t ，物块在  2电场 的运动过程中木板在电场 中做匀减速直  2线运动的加速度大6m小/为s ，则  2
2
2  2  3
4 =  1（  21分）
解得  2   =   3
，
2
设该过程中木板的位移为 ，可得  2 =1   3 =2m/s
3 （1分）
1 2
则可得物块出电场 时距离木板右端的距  离3为=  1  2−2  3  2 =5 
2 （1分）
5 =  1−  4−  3 =6 
第 6 页 共 6 页
{#{QQABAQQEogggAgAAARgCEQHYCgGQkAECCaoGhBAUoAAAgQNABAA=}#}