2025届广西壮族自治区柳州市联考高三年级下册模拟预测物理试题（含答案解析）

2025届广西壮族自治区柳州市联考高三下学期模拟预测物理试

题

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.目前放射性元素销应用广泛，是火灾自动报警器等设备内重要的放射源，其衰变方程为

算Am-：；Np+X+y,已知核的质量为m八？*Np核的质量为仅2,X的质量为机3,

真空中的光速为c,下列说法正确的是（）

A.2：*Am的比结合能大于2^Np的比结合能

B.X为a粒子，衰变释放的能量AE=（勺-加2-加3）/，不是的结合能

C.X为a粒子，铝的衰变会随环境温度降低逐渐变慢

D.衰变后aNp核核外电子处于高能级，向低能级跃迁发出丫射线

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V。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速度水平向左经过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（）

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乙匝数为"，位于磁感应强度大

小为8的匀强磁场中，并以恒定角速度。绕O。'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（）

试卷第1页，共8页

A.N3边中的电流方向保持不变

B.f=0时电流表示数为0

C.边始终不受安培力作用

D.通过电阻R的电荷量为土区

R

4.如图，甲为一列简谐横波在某时刻的波形图，乙为x=2m处质点从此刻开始计时的振动

A.此列波沿％轴负向传播

B.0.5s时，x=1m处质点的位移为0.5m

C.，=0.5s时，x=1m处质点的位移为—4后cm

7T

D.•¥=0.5111处质点比》=1111处质点振动相位滞后一

4

5.2025年1月7日，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将实践二十

五号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若卫星入轨后沿椭圆

轨道绕地球运动，如图所示，设卫星在近地点、远地点的线速度大小分别为匕、匕，近地点

到地心的距离为不，远地点到地心的距离为4，卫星的运行周期为T，引力常量为G,则地

试卷第2页，共8页

/(♦+2)./(1+”

B.二cD

G2GT22GT1

6.如图所示，等腰直角三角形/。区域内（含边界），有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感

应强度为B,边长为DC边中点尸处有一个粒子源，可向各个方向发射质量为〃?，带电

量为q（q<0）,速率为丫=默的同种粒子，该情况下在三角形/C。中有粒子经过的区域面

2m

积为S。若把粒子源从P点移到。点，其它条件不变，粒子可以经过的区域面积为（

4+3兀口4+3兀仁

A.B.--------Sc.D.--------S

4+3兀2兀一44+371兀一2

7.一竖直轻弹簧下端固定，质量为加的水平木板P与弹簧上端栓接，木板上再放一质量也

为加的小物块Q,静止时位置如图所示。现对Q施加一竖直向上、大小为:加g的恒力凡

已知重力加速度大小为g,不计空气阻力，则（）

Q

1P

A.刚施加力厂时，Q对P的压力大小为gmg

B.施加力尸后，在运动过程中P、Q可能分离

c.P运动到最高点时，弹簧的弹力大小为:

D.P从开始运动到最高点的过程，弹簧弹性势能减少量等于P重力势能增加量的1.5倍

二、多选题

8.如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入带电极板M、N之间的

水平匀强电场后，分落在收集器中央的两侧，其中矿粉a带正电，对矿粉分离的过程，下列

说法正确的是（）

试卷第3页，共8页

W漏斗

收集器

A.极板M带负电B.M的电势比N的电势低

C.矿粉6的电势能变大D.电场力对矿粉。做负功

9.一定质量的某种理想气体从状态M开始经河―NfEfM回到初始状态M,在各状

态时的参数如T图所示，已知在状态N时的压强为3%,下列说法正确的是（）

A.在状态”时的压强为中

B.在N->£过程中气体从外界吸收热量

C.在M过程中气体对外界做功的数值小于34匕

D.在过程中气体向外界放出热量且内能不变

10.如图，长为£=1.0m的不可伸长轻绳一端系于固定点。。另一端系一质量m=0.5kg的

小球，将小球从。点左侧与。点等高的4点以一定初速度%水平向右抛出，经一段时间后

小球运动到。点有下方的B点时，轻绳刚好被拉直，此后小球以O为圆心在竖直平面内做

圆周运动。已知。、/的距离为〃=02m,轻绳刚被拉直时与竖直方向的夹角为37。。重

力加速度取g=10m/s2。sin37°-0.6,不计空气阻力。下列说法正确的是（）

试卷第4页，共8页

A.小球抛出时的初速度大小%=2m/s

B.轻绳被拉直前瞬间小球的速度为2Km/s

C.小球做圆周运动摆到最低点时的动能为6J

D.小球做圆周运动摆到最低点时，轻绳对小球的拉力大小为7.32N

三、实验题

11.小明利用实验室的器材设计了如图甲所示的实验装置进行“验证力的平行四边形定则”

实验。固定在竖直木板上的量角器直边水平，三根细绳分别连接弹簧测力计a,b和重物c,

三根细绳的节点。与量角器的中心点在同一位置。某次实验测得弹簧测力计a,6的示数和

重物c的重力分别为E、B和G,并根据实验数据作图如图乙所示。

(1)关于该实验，下列说法正确的是。

A.本实验采用了等效替代的物理思想

B.连接弹簧测力计的两细绳之间的夹角越大越好

C.连接结点。的三根细绳必须等长

D.弹簧测力计必须与量角器平行

(2)图乙中，(选填"「或"广")大小等于重物c的真实重力。

(3)弹簧测力计a对准60。刻度，弹簧测力计b从180。刻度绕0点沿顺时针方向缓慢旋转至

90咳U度，则弹簧测力计。的示数，弹簧测力计b的示数。(均选填“一

试卷第5页，共8页

直增大”“一直减小”“先增大后减小”或“先减小后增大,,）

12.某兴趣学习小组为测量玩具电瓶车上蓄电池的电动势和内阻，现有如下实验器材：

A.电压表V（0~3V,内阻约为3k。）

B.电流表A（0〜0.6A,内阻约为2。）

C.电阻箱R（0-999.9Q）

D.待测蓄电池

E.开关S、导线若干

⑴该小组同学设计了甲、乙两个电路图，为使测量结果尽量准确，应该选择（选填“甲”

或“乙”）屯路图。

（2）由（1）中选择的电路图测得的电动势比真实值____（"偏大，或“偏小”），原因是o

（3）该小组同学选择（1）中误差小的电路图测量，调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次

改变电阻箱的电阻，记录其阻值R相应的电流表示数/和电压表示数”根据记录数据作

出的U-/图像如图（a）所示，则蓄电池的电动势为V,内阻为Q（此空结果保留

2位有效数字）。

（4）该实验还可以测量电流表的内阻，根据记录数据进一步探究，作出:-A图像如图（b）

所示。利用图（6）中图像的纵轴截距，结合（3）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流

表内阻为Q（保留2位有效数字）。

试卷第6页，共8页

四、解答题

13.如图为空气中两个完全相同的透明半球体介质，半径均为见底面水平平行错开放置且

竖直间距为K,其折射率未知。一束单色光与竖直方向成30。角沿半球体甲的半径射入，射

2

出后恰好射向另一半球体乙底面的圆心处，并从半球体乙射出；当该单色光与竖直方向成

45。角同样沿半球体甲的半径射入时，光线恰好未从半球体甲的底面射出。sin3(T=0.5,

(1)该介质的折射率n；

(2)两半球体球心错开的水平距离s。

14.如图所示，水平面上有一面积为S的圆形线圈与导轨45C。相连，线圈的电阻为工，

2

内有磁场，磁感应强度随时间变化的关系为耳=公(常量后＞0),导轨48与CD相距

I,虚线尸0把导轨ABCD分为I、II两个区域，I区有水平向左的匀强磁场，n区有垂直纸面

向外的匀强磁场，两个区域的磁感应强度大小均为8,现有一根质量为正、电阻为R的导体

棒以初速度v从I区向右运动到II区，不计一切摩擦，导轨的电阻不计，重力加速度为g,求:

(1)在I区运动时导轨对棒的弹力尸N；

(2)刚进入n区瞬间棒的热功率。

试卷第7页，共8页

15.如图所示，长度为£=4m的长木板置于光滑水平地面上，木板右端与固定在水平地面上

的半径R=0.3m的光滑的四分之一圆弧轨道平滑连接，M点为圆弧轨道的最低点。可视为质

点的小滑块A、B放在长木板的中央，两滑块中间有弹性势能为£=3.2J的微型压缩轻弹簧,

轻弹簧左端固定在滑块A上，右端与滑块B接触但不拴接。释放两滑块后，滑块B恰好能

到达圆弧轨道上与圆心等高的N点。已知滑块A下表面光滑，滑块B与长木板C的质量均

为加=0.2kg,二者间的动摩擦因数为〃=025,重力加速度g取lOm/sZ,忽略空气阻力的

作用。

(1)求B到达初点时对圆弧轨道的压力大小；

(2)当A滑离长木板C时，求B的速度大小；

(3)若改变两滑块释放的初始位置，使B到长木板C右端的距离为"(0＜七1),求释放后的

整个过程B克服摩擦力做的功。

试卷第8页，共8页

《2025届广西壮族自治区柳州市联考高三下学期模拟预测物理试题》参考答案

题号12345678910

答案BBDCCADABACAD

1.B

【详解】A.衰变后的aNp核比核更稳定，比结合能越大原子核越稳定，则aAm的

比结合能小于%Np的比结合能，故A错误；

BC.根据核反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，X为a粒子（；He）；根据质能方程可

知衰变释放的能量为△£=（吗-%-吗）c?

该能量为衰变释放的能量，不是^Am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，故B正确，C错误；

D.衰变后MNp核处于高能级，向低能级跃迁发出丫射线，故D错误。

故选B。

2.B

【详解】A.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；

B.竖直方向上，先竖直上抛再做自由落体运动，由对称性时间相等，B正确；

C.增大初速度运动时间增大，水平位移增大，C错误；

D.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。

故选Bo

3.D

【详解】A.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，N3边中的电流方向改变两次，故A错误；

B.电流表的示数为电流的有效值，所以y0时电流表示数不为0,故B错误；

C./D边中有电流且与磁场不平行时受安培力作用，故C错误；

D.线圈转动;周过程中通过电阻R的电荷量为%=/4

联立得%=必

答案第1页，共11页

线框转动一周的过程中，通过电阻R的电荷量为g=4%=邈;

R

故D正确。

故选D。

4.C

【详解】A.由图乙可知该时刻x=2m处质点沿了轴负方向振动，根据同侧法可知此列波沿

x轴正向传播，A错误；

BC.根据题图可知该波的周期为7=4s

-27rTC

结合图甲可知x=lm处质点的振动方程为＞=-8cos—；-Kcm)=j=-8cos—/(cm)

42

”0.5s时，工=1111处质点的位移为＞=-8＜：05二义,%(0111)=-4"；111(cm)

42

C正确，B错误；

27rTC

D.根据图甲可得〉=—sin----x(cm)=-sin--x(cm)

A2

可得该时刻％=0.5m处质点的位移为y=-472(cm)

2万

则x=0.5m处质点的振动方程为＞=-8cos(-；-/+e)(cm)

4

其中一8coscp=一4J5cm

27r7T

联立可得y=-8cos(——1-\——)(cm)

44

一71

则x=0.5m处质点比x=lm处质点振动相位超前二，D错误。

4

故选C。

5.C

【详解】根据题意可知椭圆轨道的半长轴为。=空殳

假设有一卫星绕地球做匀速圆周运动的半径满足r=a=空2

3

根据开普勒第三定律二=左可知，该卫星的运行周期也为T;对该卫星，由万有引力提供向

4H•殂GMm4%2

」LP?刀1口」l行——--=m——r

r1T2

联立解得地球的质量为川=方。+5)

2GT2

故选C。

答案第2页，共11页

6.A

【详解】从尸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和，则＜(/,

231J.232

O=----------------rx-=-L+—TIL

28832

将粒子发射点移到。点后，从。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，则9_(1行/(2疗

=—冗e--E

~^242168

所以5=

S4+3兀

即S'="心5

4+3兀

故选Ao

7.D

【详解】A.刚施加力尸时，对P、Q整体进行分析，根据牛顿第二定律有

1c

—mg=2max

解得

1

『g

对Q进行分析，根据牛顿第二定律有

乂+；mg-mg=max

根据牛顿第三定律有

答案第3页，共11页

N2=M

解得Q对P的压力大小为

故A错误；

B.假设P、Q分离，则两者之间弹力为0,对Q进行分析，根据牛顿第二定律有

1

mg--mg=ma2

解得加速度大小为

1

a2=2g

方向竖直向下。施加拉力后，对P、Q整体进行分析，令平衡位置的压缩量为％,则有

；mg+kx0=2mg

令整体相对平衡位置位移为X,则回复力为

4=^mg+k(x+x0)-2mg

解得

弓)=kx

可知，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，

根据简谐运动的对称性，整体运动的最大加速度为

11

«1=-g<«2=-g

表明P、Q整体先向上做加速运动，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，假设不成立，即施加力厂后，在运动过程中P、Q不可能分离，

故B错误；

C.结合上述可知，P运动到最高点时，整体加速度方向向下，大小为

1

对整体分析有

2mg-F-Fo=2mat

解得

Fo=mg

答案第4页，共11页

即弹簧的弹力大小为小g,故c错误；

D.物块开始位置，根据胡克定律与平衡条件有

2mg=kx、

结合上述，物块在最高点时，根据胡克定律有

FQ=mg=kx2

拉力做功为

22

少=尸(而一七)=卷一

重力势能的增加量为

2mg

£pl=2mg(XI-x2)=

K

根据功能关系与能量守恒定律可知，弹性势能的减小量为

EH

解得

F_3—g2

p重力势能增加量为

22

Ep3=mg(X1-x2)=

则有

生=1.5

Eg

即P从开始运动到最高点的过程，弹簧弹性势能减少量等于P重力势能增加量的1.5倍，故

D正确。

故选D。

8.AB

【详解】AB.矿粉。带正电，且落入左侧收集器，则矿粉。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；

CD.矿粉在电场中所受电场力均对矿粉做正功，所以矿粉如6的电势能减小，故CD错误。

故选AB»

9.AC

【详解】A.根据理想气体状态方程可得

答案第5页，共11页

PN'N_P/M

TNTM

代入图中数据可得

D-A

P"-4

故A正确；

B.在NfE过程中，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，气体向外界放出热量，故B错误；

C.在Nf£过程中，根据查理定律得

PN_PE

刀一刀

解得

PE=PO

在过程中，气体体积膨胀，对外做功，体积增加了3%,而压强由刃减小到牛，根

据功的定义

W=Fx=pNV

可知对外做功应小于3P0%,故C正确；

D.在过程中，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。

故选ACo

10.AD

【详解】A.小球抛出后经时间:轻绳刚好被拉直，根据平抛运动规律有

£sin37°+£o/=v(f

1

£cos37°=—gt72

2

解得

t=0.4s,v0=2m/s

选项A正确；

B.轻绳刚被拉直前，小球竖直方向的分速度大小为

匕=gt=4m/s

答案第6页，共11页

此时小球的瞬时速度

v=Jv；+vj=2也Zs

选项B错误；

C.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=osin37°-%cos37°=0.8m/s

小球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

mg£(l-cos37°)=Ek-^mvf

解得

Ek=1.16J

选项C错误；

D.小球圆周运动摆到最低点时，根据牛顿第二定律有

rT-mg=m宁

其中

12

&=~mVl

解得

4=7.32N

选项D正确。

故选ADt,

11.(1)AD

⑵尸’

(3)一直减小先减小后增大

【详解】(1)A.本实验采用了等效替代的物理思想，A正确；

B.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；

C.连接结点O的三根细绳等长与否对实验无影响，C错误；

D.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。

故选AD。

答案第7页，共11页

(2)图乙中，尸大小等于重物c的真实重力，歹是利用平行四边形定则作出的合力的理论

值。

(3)[1]⑵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

(2)偏小电压表的分流作用造成的误差

(3)1.580.63/0.64/0.65/0.66

(4)2.5

【详解】(1)[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)[2][3]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)[4][5]根据闭合电路欧姆定律可得

U=E-Ir

可得U-/图像的纵轴截距等于电动势，则干电池的电动势为

E=1.58VU-/图像的斜率绝对值等于内阻，则内阻为

r=网=~Q=0.660

110.35

(4)⑹根据闭合电路欧姆定律可得

E=KR+RA+r)

答案第8页，共11页

可得

由;城图像的纵轴截距可知

「A-

解得电流表内阻为

%=2x1.580-0.660=2.5。

13.（l）n=V2

（2）f

【详解】（1）当入射角为45。时，光线恰好未从半球体甲的底面射出，说明此时光线恰好发

生全反射现象。临界角为C=45。。由

■「

sinC=—1

n

得

n=\p2

（2）以入射角30。沿半球体甲的半径射入，在半球甲底面发生折射现象，设此时入射角为小

折射角为3由题意知尸=30。，根据折射定律，有

sinz

n=------

sinr

得

1=45。

由几何关系，两半球体球心错开的水平距离为

R,.R

s=-tani=—

22

kJkBSl4（左S+5/V）2

14.（1）FN=mg+-----；（2）p=—^----------J

3R9R

【