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南宁二中·2025年5月高三冲刺考
物理试卷
(本试卷满分100分，考试时间75分钟)
注意事项：
1,答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3,请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4,保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（本题共10小题，共计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。)
1,目前放射性元素镅应用广泛，是火灾自动报警器等设备内重要的放射源，其衰变方程为Am→Np+X+Y,
已知Am核的质量为m1,gNp核的质量为m2,X的质量为m,真空中的光速为c,下列说法正确的
是()
A.Am的比结合能大于Np的比结合能
B.X为a粒子，衰变释放的能量△E=(m,-m2-m3)c2,不是4Am的结合能
C.X为α粒子，镅的衰变会随环境温度降低逐渐变慢
D.衰变后Np核核外电子处于高能级，向低能级跃迁发出Y射线
2.风洞是空气动力学研究和试验中广泛使用的工具。如图所示，在地面的M点以竖直向上的初速度，抛
出一小球，小球抛出后始终受到水平向左的恒定风力作用，竖直方向只受重力。经过一段时间后小球将
以水平向左的速度经过N点，最终落回地面上，不计风力以外的空气阻力。下列说法正确的是(
A.小球在N点之后做平抛运动
F
B.小球上升和下落过程运动时间相等
C.仅增大初速度，小球的水平位移不变
D.仅增大风力，小球落地瞬间重力的瞬时功率增大
3.图示为手摇发电机的示意图，正方形金属线框的边长为L,匝数为n,位于磁感应强度大小为B的匀强
磁场中，并以恒定角速度ω绕OO'轴转动。阻值为R的电阻两端分别与换向器的两个电刷相连，其余
电阻不计，A为理想电表。若从线框平面平行于磁场开始计时，则在线框转动一周的过程中，下列说法
正确的是()
A.AB边中的电流方向保持不变
B.0时电流表示数为0
换向器
C.AD边始终不受安培力作用
d
D.通过电阻R的电荷量为4mBL
R
南宁二中·2025年5月高三冲刺考·物理第1页共6页南宁二中·2025 年 5 月高三冲刺考
物理 答案
1．B
237 241 241
【详解】衰变后的 93Np核比 95Am核更稳定，比结合能越大原子核越稳定，则 95Am的比结合能小于
237
93Np的比结合能，A
4
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（ 2He）；
2
根据质能方程可知衰变释放的能量为ΔE m1 m2 m3 c ，该能量为衰变释放的能量，不是
241
95Am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，
C 237错误；衰变后 93Np核处于高能级，向低能级跃迁发出γ射线，D错误。
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 4 周过程中通过电阻 R的电荷量为q0 I t ，又 I , E n ，联立得 q ，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 4q0 ，故 D正确。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。
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5．C
a r1 r【详解】根据题意可知椭圆轨道的半长轴为 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 2 k 可知，该卫星的运行周期也为T ；对该卫星，由2 T
GMm 2 2 3
万有引力提供向心力可得 2 m
4 r r，联立解得地球的质量为M 1 r2 。r T 2 2GT 2
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 (1L )2 3 1 3 L2 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 2
则 S ' (1 L)2 1
( L)
2 1 L2 1
S ' 2π 4 2π 4
L2，所以 ，即 S ' S
2 4 2 16 8 S 4 3π 4 3π
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 2ma1，解得a2 1
g
4
1
对 Q进行分析，根据牛顿第二定律有N1 mg mg ma ，根据牛顿第三定律有N N2 1 2 1
3
解得 Q对 P的压力大小为 N2 mg，A错误；假设 P、Q分离，则两者之间弹力为 0，对 Q4
1 1
进行分析，根据牛顿第二定律有mg mg ma 2，解得加速度大小为a2 2
g，方向竖直向下。
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 x0，则有 mg kx0 2mg ，令2
1
整体相对平衡位置位移为 x，则回复力为F回 mg k x x0 2mg，解得F回 kx，可知，回2
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 a1 g a2 g，表明 P、Q整体先向上做加速运4 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
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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 a1 g，对整体分析有 2mg F F0 2ma1，解得4
F mg0 mg，即弹簧的弹力大小为 ，故 C错误；物块开始位置，根据胡克定律与平衡条件有
2mg kx1，结合上述，物块在最高点时，根据胡克定律有 F0 mg kx2 ，拉力做功为
m2g 2 2 2W F x1 x2 ，重力势能的增加量为 Ep1 2mg x x
2m g
1 2 ，根据功能关系与能量2k k
2 2
守恒定律可知，弹性势能的减小量为 Ep2 Ep1 W
3m g
，解得Ep2 ，P重力势能增加量为2k
2 2 E
Ep3 mg x1 x2
m g p2
，则有 1.5E ，即 P从开始运动到最高点的过程，弹簧弹性势能减k 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
pNVN pMVM p
【详解】根据理想气体状态方程可得 T T ，代入图中数据可得 pM
0 ，A正确；在N E过
N M 4
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
pN pE
界放出热量，B错误；在N E过程中，根据查理定律得 T T ，解得
pE p0 ，在E M
N E
p
过程中，气体体积膨胀，对外做功，体积增加了 3V0，而压强由 p0减小到 0 ，根据功的定义4
W Fx p V ，可知对外做功应小于3p0V0，故 C正确；在 E M 过程中，温度不变，内能
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°+ LOA = v0t，
1
Lcos37° = gt 2，解得 t=0.4s，v0=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 vy=gt=4m/s，此时小球的瞬时速度 v = v2 + v20 y = 2 5m/s，选项 B错误；轻绳被
拉直后沿着轻绳方向的速度为零，垂直于轻绳的速度vt = vysin37°－v0cos37° = 0.8m/s，小球
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°）= Ek－ mv
2
2 t
，
E =1.16 J C v
2
解得 k ，选项 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Ek = mv
2
1 ，解得 T=7.32N，选项 D正确。2
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 RA r），可得 ·R A ，由 -R图像的纵轴截距可知I E E I
RA r 2A 1，解得电流表内阻为RA 2 1.58 0.66 2.5 E
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13.（1） n 2 （2 R）
2
解：（1）由题意可知，临界角为C 45 ...........................................................1分
sinC 1 ......................................................................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：
n sin i .....................................................................2分
sin r
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：
s R tan i R .............................................................2分
2 2
2kBSl 2
14. 1 F mg 2 4 kS Blv（ ） N ； （ ）3R P 9R
B
解：（1）在Ⅰ区时，感应电动势：E1 S kS ............................................................2分 t
感应电流大小： EI = 1 .....................................................................................1分1 R
总
R
R = R + ...............................................................................1分
总 2
（若写 EI 1 .....................可打包得 2分）1 = R
R + 2
安培力大小为：F BI1l安 ....................................................................................1分
对棒在竖直方向上，有：FN mg F安 ..............................................................2分
F mg 2kBSl可得在Ⅰ区运动时，导轨对棒的弹力： N ...................................1分3R
（2）棒刚进入Ⅱ区时，总的感应电动势为：E2 E1 Blv ..............................................2分
由欧姆定律得： EI = 2 ............................................................................................ 1分
R
总
又，P I 2R ..................................................................................................................1分
4(kS Blv)2
则棒的热功率：P ...............................................................................2分
9R
1
15.解：（1）设 B 2在M点时的速度大小为 vM，则有：mgR mvM ................................................1分2
设在M点时圆弧轨道对 B的支持力为FN，
2
则有：F vN mg m M ....................................................................................................................1分R
解得： FN 6N ................................................................................................................................1分
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vB
L 1 2 1 2
由动能定理有： - mg mvM mvB ......................................................................................1分2 2 2
设 A的质量为mA ，刚被弹开时的速度大小为 vA，得：
mAvA mvB .....................................................................................................1分
E 1 m v2 1 mv2A A B ...........................................................................................1分2 2
联立解得：mA 0.2kg，vA vB 4 m/s
L
A离开长木板 C所用的时间为： t1 0.5s2v ..........................................................................1分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 'B vB at1 2.75m / s ........................................................................2分（公式 1分，结果 1分）
1
（3 B 2）若 恰好滑到长木板的右端，则有： mgkL 0 mvB ................................................1分2
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 2克服摩擦力做的功为：Wf mv克 B ...................................................................................1分2
解得：Wf 1.6J克 ..........................................................................................................................1分
②若 0'
设滑块 B运动到长木板最右端时的速度为vM ，则有：
1 1
－μmgkL = mv'2M－ mv
2
B .........................................................1分2 2
B '从光滑的圆弧轨道滑到长木板上时，其速度大小仍为vM ，
B C v mv '设 与 共速时的速度大小为 ，则： M 2mv .................................................................1分
1 2 1 2
故整个过程中 B克服摩擦力做的功为：Wf mv mv克 B ....................................................1分2 2
联立解得：Wf克 1.2 0.5（k J）.......................................................................................................1分
高三物理答案 第 6 页 共 6 页

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