物理广西壮族自治区玉林市、贵港市等市2026届高中毕业班高三年级1月份适应性测试(1.20-1.22)

2026届高中毕业班1月份适应性测试物理参考答案及解析氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵1.B【解析】根据电荷数守恒和质量数守恒,可知X是电子(—e),B项正确。2.A【解析】压力F垂直于接触面(即垂直于斜面),冰面与水平面的夹角为θ,因此F与竖直方向的夹角也为θ。将F正交分解为竖直方向和水平方向,根据三角函数关系,竖直方向分力大小为Fcosθ,水平方向分力大小为Fsinθ,故A项正确。3.C【解析】根据万有引力等于向心力有Gm,解得飞船的运行速度为所以飞船在轨道I上的运行速度大于在轨道Ⅲ上的运行速度,>℃3,飞船在轨道Ⅱ上过B点时需加速才能进,C项正确。4.D【解析】由几何关系可知,当小球的水平位移为1.6m时,小球的竖直位移为0.8m,则由h=gt2可得t=0.4s,D项正确。5.C【解析】机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功。手持撑杆助跑加速过程,人体肌肉做功,机械能增加,机械能不守恒,A项错误;撑杆上升过程,杆的弹力做功,运动员的机械能不守恒,B项错误;越过横杆后,空中运动过程(从离开杆到接触垫子前),只有重力做功,机械能守恒,C项正确;落入垫子后,向下运动过程,垫子的阻力做负功,机械能不守恒,D项错误。6.D【解析】设定值电阻的阻值均为R,电源的电动势为E。当仅闭合开关K1时,等效电路如图甲所示:E氵E氵CR氵CR氵氵R3R3R2氵甲氵甲氵氵氵电阻R2串联,电阻R1相当于导线,电容器两极板间的电压U1=E,则电容器所带的电荷量q1=氵氵氵=CE;当两个开关均闭合时,等效电路如图乙所示:ECR1R3R3乙电阻R1、R2并联后与电阻R3串联,则电路的总电阻为R总=R,电容器两极板之间的电压等于电阻R3两端的电压,为UE,电容器所带的电荷量q2=CUCE,则q1:q2=3:2,故A、B、C项错误,D项正确。7.C【解析】由库仑力的矢量合成得FAFC=则FA:FC故A项错误;电势是标量,由对称性可知φM=φN,但电场强度是矢量,M、N两点的电场强度方向不相同,故B项错误;沿OC电势一直降低,试探电荷+q0的电势能一直减小,故C项正确;因φM>φO,则试探电荷+q0在M点的电势能大于在O点的电势能,故D项错误。8.ABC【解析】气球上升过程中环境温度降低,气球与外界缓慢进行热交换,球内气体的温度降低,故气体的内能减少,A项正确;气球的体积变大,气体膨胀,对外界做正功,B项正确;在上升过程,温度降低,分子的平均动能减小,则分子的平均速率减小,同时气体体积增大,分子数密度减小,单位时间内撞到气球壁单位面积上的分子数逐渐减小,C项正确,D项错误。9.BD【解析】木板1中曲线上,沙漏经过各位置处时的瞬时速率不相等,所以漏出的细沙不是一样多的,故A项错误;沙漏经过木板1、2中的曲线A、A9两位置时,沙漏的运动速率大小相等,但拉动木板的速度不等,故漏出的细沙不一样多,故B项正确;设沙漏摆动周期为T,由图乙可知木板1移动距离OB用时2T,木板2移动距离O9B9用时1.5T,又OB=O9B9,氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵2拉动的速度之比为3:4。故C项错误,D项正确。10.AD【解析】设粒子进入磁场前在电场中运动的距 3L离为r,由几何关系可知r=2L—L=2,在电场中,粒子做匀加速直线运动,有qE=ma,y2=2 3Lm得y=,故A项正确;由于粒子在第一象限磁m场内运动时恰好没有越过r轴正半轴,即粒子的运动轨迹与r轴正半轴相切,由几何关系可知,其做圆周运动的半径为L,所以有qyB=m,解得B=mE3π,故B项错误;轨迹对应圆心角为mE3π会再进入磁场,粒子在磁场中运动的时间t氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵qE。qE离OMqE。qEmD项正确。yMEyMEPP11.(1)将小球放在斜槽轨道末端,如果小球静止,表明斜槽轨道末端的切线水平(2分)(2)C(2分)(3)9.7(2分)【解析】(1)为使小球能水平抛出必须调整斜槽,使其末端的切线成水平方向,检查切线是否水平的方法是将小球放在斜槽末端,如果小球静止,表明斜槽末端的切线水平。(2)建立坐标系时,应将小球在斜槽末端时,球心在竖直面上的投影为坐标原点,故A、B、D项错误,C项正确。12.(1)C(1分)F(1分)(2)实物图如图所示(2分,连对一条线给1分,全对给2分,连错不得分)AAJRRC充电宝充电宝(4)没有影响,由实验数据可知,在误差允许范围内,该充电宝电量减少时,它的电动势几乎没有变化,内阻始终很小,对充电效果没有影响(2分,写到“没有影响”给1分,理由部分给1分,写到“该充电宝电动势几乎不随电量变化,内阻很小”即可给1分)I【解析】(1)充电宝的电动势约为5v,电压表应选用C;根据闭合电路欧姆定律得R=E=2.5Ω,可知I定值电阻R0应选用F。△I(3)根据闭合电路欧姆定律有E=U+Ir,变形可得U=E—Ir,则U-I图像的纵截距代表电动势,斜率绝对值代表内阻,则有E=5.06v,r=△U=△I列车做匀减速直线运动,设加速度为a,有a=(2分)代入数据解得a=—0.5m/s2(1分)故列车进站的加速度大小为0.5m/s2说明:计算结果不写单位或单位写错,不给结果的1分。其他解法正确参照给分。(2)设从第1个里程碑开始到列车完全停下行驶的距离为r,有r=(2分)氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵说明:计算结果不写单位或单位写错,不给结果的1分。其他解法正确参照给分。(3)设列车从第1个里程碑到第n个里程碑行驶的距离为s,则s=t(2分)代入数据解得s=6000m(1分) 氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵说明:其他解法正确参照给分。空气14.【解析】(1)光路如图所示(1分)空气透明介质rrhP屏障屏障2l氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵n=(1分)又sinr=L(1分)L2+h2联立方程解得sinθ=nsinr=nLL2+h2nL所以关系式sinθ=成立(1分)nLL2+h2说明:未画光路图,或画错光路图(含光线未带箭头,未用实线表示光线,虚线表示法线,入射角和折射角未标符号等),扣1分(2)当h=、L,n=、2时,代入第(1)问关系式得sin(2分)可得θ=45(1分)(3)根据题意,当光线从r=0或r=2L处发出且从右屏障边界或左屏障边界出射时,有最大出射角(1分)2nL由折射定律得sinθmAX=(22nLL)2+h2mAX=60,n=、2mAX=60,n=、2,代入上式解得h=L氵氵(2分)氵空气透明介质h2L屏障2L说明:第(3)问,结果写成h=、L,同样给分。15.【解析】(1)当金属棒受力平衡,匀速下滑时,速度最大有mgsinθ=BIL(1分)R+rI=R+rE=BLvm(1分)解得vm=(1分)代入数据解得vm=5m/s(1分)(2)设金属棒沿导轨下滑的距离s时,回路产生的总焦耳热为Q,由能量守恒定律得电阻R与电阻r的金属棒串联,热量分配与电阻成QR+r正比,故QR=RQR+r代入数据解得s=2m(1分)(3)将电阻R换为电容器后,对金属棒做下滑运动的过程,由牛顿第二定律得mgsinθ—BiL=ma(1分)i=电容器与导体棒串联,故△q=C△U=CBL△v(1分)整理以上