物理试题_广西省南宁二中·2025年5月高三冲刺考

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衰变后的Np核比Am核更稳定，比结合能越大原子核越稳定，则Am的比结合能小于 Np的比结合能，A错误：根据核反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，X为粒子(H©)： 根据质能方程可知衰变释放的能量为△E=(m,一m一所)c2，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，B正确， C错误：衰变后Np核处于高能级，向低能级跃迁发出y射线，D错误。 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。 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：=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 动好周过程中通过电阻R的电荷量为g=7山，又7-发，五=nA地C,联立得=8C、 AtAt R 4nBL 线框转动一周的过程中，通过电阻R的电荷量为q=4g= ,故D正确。 R 由图乙可知该时刻=2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=1m处质点的振动方程为 -n+受 (cm),0.5s时，x=1m处质点的位移为-4W2cm,C正确，B错误：根 据图甲可得y一8sin无x(cm)=一8sin子x(cm）,可得该时刻0.5m处质点的位移为 2元 2元. -W5cm,则0.5m处质点的振动方程y=8sin(年t+p）(cm),其中8sinp=一4W5cm, 立可得y=8sin(红1+红)(cm),则x0.5m处质点比xlm处质点振动相位超前号，根据题意可知椭圆轨道的半长轴为4=+上，假设有一卫星绕地球做匀速圆周运动的半径满 2 足r=4=上，根据开普勒第三定律 2 京=k可知，该卫星的运行周期也为T:对该卫星，由 万有引力提供向心力可得恤=m行，联立解得地球的质量为M-6+ 2GT 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 扫过的面积等于扇形和三角形的面积之和，则5=+从P+品心 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， s"=xL 即S 2m-4s 4+3x 4216 8 刚施加力F时，对P、Q整体进行分析，根据牛顿第二定律有g=2ma,解得4=8 对Q进行分析，根据牛倾第二定律有N,+ mg-mg=m,根据牛倾第三定律有N,=N 解得Q对P的压力大小为Nmg,A错误：假设P、Q分离，则两者之间弹力为0，对Q 3 进行分析，根据牛倾第二定律有mg一m吧=m,解得加速度大小为4=8，方向竖直向下。 2 施加啦力后，对P,Q整体进行分析，令平衡位置的压缩量为，则有mg+c,2g，令 微信擅《高三容案公众号》获取全科 整体相对平衡位置位移为x,则回复力为R=2g+(+名)】-2mg,解得B=,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a-8<a,8,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 最高点时，整体加速度方向向下，大小为a=48,对整体分析有2mg-F-F。=2ma,解得 E=mg,即弹簧的弹力大小为g,故C错误；物块开始位置，根据胡克定律与平衡条件有 2g=:,结合上述，物块在最高点时，根据胡克定律有。=mg=红，，拉力做功为 W=Fk-无)上”2，重力势能的增加量为E=2mg化-飞)=卫，根据功能关系与能量 2片 守恒定律可知，弹性势能的减小量为=R一形，解得E=3g,P重力势能增加量为 2k E=mg化-5)=mg，则 =15,即P从开始运动到最高点的过程，弹资弹性势能减 E 少量等于P重力势能增加量的1.5倍，D正确。 矿粉a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：矿粉在电场中所受电场 力均对矿粉做正功，所以矿粉4，b的电势能减小，CD错误。 据理想气体状态方程可得 D=P,代入图中数据可得Pw=,A正确：在N→E过 T 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 界放出热量，B错误：在N→E过程中，根据查理定律得朵=：，解得P:=,在E→M 过程中，气体体积膨胀，对外做功，体积增加了3V,而压强由四减小到凸，根据功的定义 4 W=F=pAP,可知对外做功应小于3P。,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。 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°+L=W, Lcos37P=乞8r,解得0,4s,w2ms,选项A正确：轻绳刚被拉直前，小球竖直方向的分 速度大小为yg4ms,此时小球的瞬时速度v=√+y=2W5ms,选项B错误：轻绳被 拉直后沿若轻绳方向的速度为零，垂直于轻绳的速度y=v,sin37°-，cos37°=0.8ms,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mgL(1一c0s37)-E一乞m, 解得，16，选项C错误：小球圆周运动摆到最低点时，根据牛顿第二定律有T一g=m兰， L 其中E-2m,解得T-7.32N,选项D正确。