2025届广西南宁二中、柳州高中高三（最后冲刺）物理试卷含解析

2025届广西南宁二中、柳州高中高三（最后冲刺）物理试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小2、安培曾假设：地球的磁场是由绕地轴的环形电流引起的。现代研究发现：地球的表面层带有多余的电荷，地球自转的速度在变慢。据此分析，下列说法正确的是（）A．地球表面带有多余的正电荷，地球的磁场将变弱B．地球表面带有多余的正电荷，地球的磁场将变强C．地球表面带有多余的负电荷，地球的磁场将变弱D．地球表面带有多余的负电荷，地球的磁场将变强3、如图所示，“嫦娥四号”飞船绕月球在圆轨道Ⅰ上运动，在A位置变轨进入椭圆轨道Ⅱ，在近月点B位置再次变轨进入近月圆轨道Ⅲ，下列判断正确的是（）A．飞船在A位置变轨时，动能增大B．飞船在轨道Ⅰ上的速度大于在轨道Ⅲ上的速度C．飞船在轨道Ⅰ上的加速度大于在轨道Ⅲ上的加速度D．飞船在轨道Ⅰ上的周期大于在轨道Ⅱ的周期4、一列简谐横波沿x轴正向传播，某时刻的波形如图所示。在波继续传播一个波长的时间内，下列图中能正确描述x＝2m处的质点受到的回复力与其位移的关系的是（）A． B．C． D．5、仰卧起坐是《国家学生体质健康标准》中规定的女生测试项目之一。根据该标准高三女生一分钟内完成55个以上仰卧起坐记为满分。若某女生一分钟内做了50个仰卧起坐，其质量为50kg，上半身质量为总质量的0.6倍，仰卧起坐时下半身重心位置不变，g取10m/s2。则测试过程中该女生克服重力做功的平均功率约为（）A．10W B．40W C．100W D．200W6、质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左右两侧各有一位持有完全相同步枪和子弹的射击手．首先左侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d2，如图所示．设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用大小均相同．当两颗子弹均相对于木块静止时,下列判断正确的是()A．木块静止,d1=d2B．木块静止,d1<d2C．木块向右运动,d1<d2D．木块向左运动,d1=d2二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，在光滑水平面上有宽度为d的匀强磁场区域，边界线MN平行于PQ线，磁场方向垂直平面向下，磁感应强度大小为B，边长为L（L＜d）的正方形金属线框，电阻为R，质量为m，在水平向右的恒力F作用下，从距离MN为d/2处由静止开始运动，线框右边到MN时速度与到PQ时的速度大小相等，运动过程中线框右边始终与MN平行，则下列说法正确的是（）A．线框进入磁场过程中做加速运动B．线框的右边刚进入磁场时所受安培力的大小为C．线框在进入磁场的过程中速度的最小值为D．线框右边从MN到PQ运动的过程中，线框中产生的焦耳热为Fd8、如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示．取g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.1．则（）A．物体的质量m=0.67kgB．物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.50C．物体上升过程中的加速度大小a=1m/s2D．物体回到斜面底端时的动能Ek=10J9、如图所示，等量同种正电荷固定在M、N两点，虚线框ABCD是以MN连线的中点为中心的正方形，其中G、H、E、F分别为四条边的中点，则以下说法中正确的是（）A．若A点电势为5V，则B点电势为5VB．同一正电荷在A点具有的电势能大于在D点具有的电势能C．在G点释放一个带正电粒子(不计重力)，粒子将沿GH连线向H点运动D．在E点释放一个带正电粒子(不计重力)，粒子将沿EF连线向F点运动10、如图所示，A、B两带电小球的质量均为m，电荷量的大小均为Q（未知）。小球A系在长为L的绝缘轻绳下端，小球B固定于悬挂点的正下方，平衡时，小球A、B位于同一高度，轻绳与竖直方向成角。已知重力加速度为g，静电力常量为k，则以下说法正确的是（）A．小球A、B带异种电荷B．小球A所受静电力大小为C．小球A、B所带电荷量D．若小球A的电荷量缓慢减小，则小球A的重力势能减小，电势能增大三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）某同学手头有一个标有“5V9W”的小灯泡L，想描绘该小灯泡的伏安特性曲线，实验室中如下的实验器材：A．电压表V1(量程为2V，内阻为2kΩ)B．电压表V2(量程为15V，内阻为15kΩ)C．电流表A1(量程为2A，内阻约为1Ω)D．电流表A2(量程为0.6A，内阻约为10Ω)E.定值电阻R1=4kΩF.定值电阻R2=16kΩG.滑动变阻器R3(0~5Ω，2A)H.剂动变鞋器R4(0~150Ω，0.5A)I.学生电源(直流9V，内阻不计)J.开关，导线若干(1)为了便于调节且读数尽量准确，电流表应选用______，滑动变阻器应选用______，电压表应选用_______，定值电阻应选用_______(填器材前的字母序号)(2)在虚线框中画出满足实验要求的电路图_______(3)根据设计的电路图，可知小灯泡两端电压U与电压表读数Uv的关系为______12．（12分）某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d。开始时让木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t。则：(1)木板的加速度可以用d、t表示为a＝_______。(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系。下列图像能表示该同学实验结果的是________。(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是_______。A．可以改变滑动摩擦力的大小B．可以更方便地获取多组实验数据C．可以比较精确地测出滑动摩擦力的大小D．可以获得更大的加速度以提高实验精度四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，间距为L、光滑的足够长的金属导轨(金属导轨的电阻不计)所在斜面倾角为，两根同材料、长度均为L、横截面均为圆形的金属棒CD、PQ放在斜面导轨上，已知CD棒的质量为m、电阻为R，PQ棒的圆截面的半径是CD棒圆截面的2倍．磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，两根劲度系数均为k、相同的弹簧一端固定在导轨的下端，另一端连着金属棒CD．开始时金属棒CD静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒PQ，使金属棒PQ由静止开始运动，当金属棒PQ达到稳定时，弹簧的形变量与开始时相同．已知金属棒PQ开始运动到稳定的过程中通过CD棒的电荷量为q，此过程可以认为CD棒缓慢地移动，已知题设物理量符合的关系式，求此过程中(要求结果均用mg、k、来表示)：（1）CD棒移动的距离；（2）PQ棒移动的距离；（3）恒力所做的功．14．（16分）如图所示，两气缸AB粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径为B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热．两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气；当大气压为P0，外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸的正中央．①现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；②继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强．15．（12分）如图甲所示，真空中的电极被连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板、间的中线射入偏转电场，、两板距离为、、板长为，两板间加周期性变化的电场，如图乙所示，周期为，加速电压为，其中为电子质量、为电子电量，为、板长，为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：(1)电子从加速电场飞出后的水平速度大小？(2)时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距、间中线的距离；(3)在足够长的时间内从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】

以结点O为研究对象受力分析如下图所示：由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：绳OB的张力TB=mg根据平衡条件可知：Tcosθ-TB=0，Tsinθ-F=0由此两式可得：F=TBtanθ=mgtanθ在结点为O被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：F和T均变大。A.F逐渐变大，T逐渐变大与分析相符，故A正确。B.F逐渐变大，T逐渐变小与分析不符，故B错误。C.F逐渐变小，T逐渐变大与分析不符，故C错误。D.F逐渐变小，T逐渐变小与分析不符，故D错误。2、C【解析】

地球自西向东自转，地球表面带电，从而形成环形电流。这一环形电流产生地磁场。若从北极俯视地球地磁场由外向里，由安培定则知产生磁场的环形电流方向应自东向西，与地球自转方向相反，则地球带负电。地球自转速度变小，则产生的环形电流变小，则产生的磁场变弱，ABD错误，C正确。故选C。3、D【解析】

A．飞船在A位置变轨时做近心运动，必须减速，动能减小，故A错误；

BC．飞船在圆轨道上运动时，根据万有引力提供向心力，得得知卫星的轨道半径越大，线速度和加速度越小，则知飞船在轨道Ⅰ上的速度和加速度均小于在轨道Ⅲ上的速度和加速度，故BC错误；

D．飞船在轨道Ⅰ上的轨道半径大于轨道Ⅱ的半长轴，根据开普勒第三定律知飞船在轨道Ⅰ上的周期大于在轨道Ⅱ上的周期，D正确。

故选D。4、A【解析】

简谐横波对应的质点，回复力大小与位移大小成正比，回复力方向与位移方向相反。故A项正确，BCD三项错误。5、C【解析】

该同学身高约1.6m，则每次上半身重心上升的距离约为×1.6m=0.4m，则她每一次克服重力做的功W=0.6mgh=0.6×50×10×0.4=120J1min内她克服重力所做的总功W总=50W=50×120=6000J她克服重力做功的平均功率为故C正确，ABD错误。

故选C。6、B【解析】左侧射手开枪后,子弹射入木块与木块一起向右运动,设共同速度为v1,由动量守恒有mv0=(M+m)v1,由能量守恒有Ffd1=.右侧射手开枪后,射出的子弹与木块及左侧射手射出的第一颗子弹共同运动的速度设为v2,由动量守恒有(M+m)v1-mv0=(M+2m)v2,由能量守恒有Ffd2=,解之可得v2=0,d1=d2=故B正确.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BD【解析】

A、线框右边到MN时速度与到PQ时速度大小相等，线框完全进入磁场过程不受安培力作用，线框完全进入磁场后做加速运动，由此可知，线框进入磁场过程做减速运动，故A错误；B、线框进入磁场前过程，由动能定理得：，解得：，线框受到的安培力：，故B正确；C、线框完全进入磁场时速度最小，从线框完全进入磁场到右边到达PQ过程，对线框，由动能定理得：解得：，故C错误；D、线框右边到达MN、PQ时速度相等，线框动能不变，该过程线框产生的焦耳热：Q＝Fd，故D正确；8、BD【解析】

A．在最高点，速度为零，所以动能为零，即物体在最高点的机械能等于重力势能，所以有所以物体质量为A错误；B．在最低点时，重力势能为零，故物体的机械能等于其动能，物体上升运动过程中只受重力、摩擦力做功，故由动能定理可得解得B正确；C．物体上升过程受重力、支持力、摩擦力作用，故根据力的合成分解可得：物体受到的合外力为故物体上升过程中的加速度为C错误；D．物体上升过程和下落过程物体重力、支持力不变，故物体所受摩擦力大小不变，方向相反，所以，上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同；由B可知：物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20J，故物体回到斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为40J；又有物体整个运动过程中重力、支持力做功为零，所以，由动能定理可得：物体回到斜面底端时的动能为50J-40J=10J，D正确。故选BD。9、AD【解析】

A．根据等量同种电荷等势面分布情况和对称性可知，A点和B点电势相等，若A点电势为5V，则B点电势为5V，故A正确；B．根据等量同种电荷等势面分布情况和对称性可知，A点和D点电势相等，则同一正电荷在AD两点具有的电势能相等，故B错误；C．由G点释放一个带正电粒子(不计重力)，该粒子所受的电场力垂直于MN连线向上，所以粒子将沿GH连线向上运动，故C错误；D．在E点电场强度方向由E到F，带正电的粒子受到的电场力方向由E到F，粒子将沿EF连线向F点运动，故D正确。故选AD。10、BD【解析】

AB．带电的小球A处于平衡状态，A受到库仑力F、重力mg以及绳子的拉力T的作用，其合力为零，则有解得由图可知，AB间库仑力为排斥力，即AB为同种电荷，故A错误，B正确；C．根据库仑定律有，而解得故C错误；D．若小球A的电荷量缓慢减小，AB间的库仑力减小，小球A下摆，则小球A的重力势能减小，库仑力做负功，电势能增大，故D正确。故选BD。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、CGAE见解析U=3Uv【解析】

(1)[1][2][3][4]．由小灯泡的标识可知，其工作电流为1.5A，工作电阻为4，所以电流表宜选用电流表A1，即C；因为描绘该小灯泡的伏安特性曲线，电压从零开始变化，滑动变阻器采用分压接法，总阻值应与待测电阻阻值差不多，故选用滑动变阻器Ra，即G；电压表V2的量程太大，读数不准确，电压表V1的量程太小，但可以串联定值电阻R1，将量程扩大到6V，故电压表应选用V1，即A；定值电阻应选用R1，即E。(2)[5]．滑动变阻器采用分压接法，电流表外接，电路图如图所示。(3)[6]．根据串联电路知识可知=3Uv12、CBC【解析】

(1)[1]木板做初速度为零的匀加速直线运动，根据得解得即木板的加速度为。(2)[2]AB．由于摩擦力的存在，所以当时，木板才产生加速度，即图线不过原点，与横轴有交点，AB错误；CD．据题意，木板受到的滑动摩擦力为，对木板和矿泉水瓶组成的系统根据牛顿第二定律应有联立解得其中m为矿泉水瓶的质量，M为木板的质量根据函数斜率和截距的概念可知，当时，近似不变，即图像的斜率不变，当矿泉水的质量逐渐增大到一定量后变小，即图像向下弯曲，C正确D错误。故选C。(3)[3]A．木板与桌面间的正压力以及动摩擦因数不变，所以加水的方法不改变滑动摩擦力的大小，A错误；BC．缓慢向瓶中加水，拉力是连续增大，而挂钩码时拉力不是连续增大的，所以可以更方便地获取多组实验数据，比较精确地测出摩擦力的大小，BC正确；D．由于加速度越大需要水的质量越大，而水的质量越大时图象的斜率越小，实验的精确度会越小，D错误。故选BC。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)(2)(3)【解析】

PQ棒的半径是CD棒的2倍，PQ棒的横截面积是CD棒横截面积的4倍，PQ棒的质量是CD棒的质量的4倍，所以，PQ棒的质量:由电阻定律可知PQ棒的电阻是CD棒电阻的即:两棒串联的总电阻为:（1）开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩量减小，安培力等于CD棒重力平行于斜面的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知，当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相等、方向相反．两弹簧向上的弹力等于CD棒重力平行于斜面的分量，即：弹簧的形变量为：CD棒移动的距离：（2）在达到稳定过程中两棒之间距离增大，由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势为:感应电流为:所以，回路中通过的电荷量即CD棒中的通过的电荷量为:由此可得两棒距离增大值:PQ棒沿导轨上滑距离应为CD棒沿斜面上滑距