广西桂林、百色、梧州、崇左、北海五市2026届高三第二次联考物理试卷含解析

这是一份广西桂林、百色、梧州、崇左、北海五市2026届高三第二次联考物理试卷含解析，共36页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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、核反应方程表示中子轰击原子核可能发生的一种核反应，该核反应中质量亏损了。关于这个核反应，下列说法中正确的是（ ）
A．该反应属于核聚变
B．中的X为33
C．中含有56个中子
D．该核反应释放出的核能为
2、如图所示，质量相等的物块放在粗糙的水平面上，两物块用水平轻绳连接且刚好拉直，物块a、b与地面间动摩擦因数相同，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现给物块a施加一水平向右的拉力F，缓慢增大F到物块a要滑动的过程中，下列说法正确的是
A．地面对物块a的摩擦力一直增大
B．地面对物块a的摩擦力与轻绳对物块a的拉力同步增大
C．物块a刚好要滑动时，物块b也刚好要滑动
D．物块b刚好要滑动时，轻绳拉力等于此时外力F的一半
3、下列说法正确的是（ ）
A．“康普顿效应”说明光具有能量，“光电效应”说明光具有动量
B．目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应方程均是
C．对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率是恒定的，且与入射光的强度无关
D．中子与质子结合成氘核时，需要吸收能量
4、甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t=0到t=t1的时间内，它们的v-t图象如图所示．在这段时间内
A．汽车甲的平均速度比乙大
B．汽车乙的平均速度等于
C．甲乙两汽车的位移相同
D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大
5、关于静电场中的电场线，下列说法错误的是（ ）
A．电场线能够形象描述电场的强弱和方向
B．沿电场线的方向电势有可能升高
C．电场线总是垂直等势面指向电势降低的方向
D．沿电场线方向移动一正电荷，其电势能一定减小
6、相传我国早在5000多年前的黄帝时代就已经发明了一种指南车。如图所示为一种指南车模型，该指南车利用机械齿轮传动的原理，在任意转弯的情况下确保指南车上的小木人右手臂始终指向南方。关于该指南车模型，以下说法正确的是（ ）
A．以指南车为参照物，车上的小木人始终是静止的
B．如果研究指南车的工作原理，可以把车看成质点
C．在任意情况下，指南车两个车轮轮缘的线速度大小都相等
D．在任意情况下，车转弯的角速度跟小木人的角速度大小相等
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、在医学上，常用钴60产生的γ射线对患有恶性肿瘤的病人进行治疗。钴60的衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A．钴60发生的是β衰变，X是电子
B．γ射线比β射线的穿透能力强
C．X粒子是钴60原子核的组成部分
D．该衰变过程释放的核能全部转化为γ射线的能量
8、一简谐横波沿x轴负向传播，t时刻的波形如图所示，则该时刻（ ）
A．质点A的速度向上
B．质点B的动能最大
C．B、D两质点的振动情况总是相反
D．从该时刻经过半个周期，质点D的加速度为零
E.从该时刻经过个周期，质点C将移动到质点B的位置
9、下列说法正确的（ ）
A．晶体在熔化过程中吸收热量内能增加，温度保持不变
B．给篮球打气时越来越费劲，说明分子间存在斥力作用
C．能源危机是指能量的过度消耗，导致自然界的能量不断减少
D．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，使得液面存在表面张力
E.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和气压，水蒸发得越慢
10、下列说法正确的是
A．温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由T升至2T
B．相同温度下液体中悬浮的花粉小颗粒越小，布朗运动越剧烈
C．做功和热传递是改变物体内能的两种方式
D．分子间距离越大，分子势能越大，分子间距离越小，分子势能也越小
E.晶体具有固定的熔点，物理性质可表现为各向同性
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）在练习使用多用电表的实验中。请完成下列问题：
(1)用多用表测量某元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转角度过小，因此需选择倍率的电阻挡________（填“×10”或“×1k”），并需________（填操作过程）后，再次进行测量，多用表的指针如图甲所示，测量结果为________Ω。
(2)某同学设计出一个的欧姆电表，用来测量电阻，其内部结构可简化成图乙电路，其中电源内阻r=1.0Ω，电流表G的量程为Ig，故能通过读取流过电流表G的电流值而得到被测电阻的阻值。但和普通欧姆表不同的是调零方式。该同学想用一个电阻箱Rx来测出电路中电源的电动势E和表头的量程Ig，进行如下操作步骤是：
a．先两表笔间不接入任何电阻，断开状态下调滑动电阻器使表头满偏；
b．将欧姆表与电阻箱Rx连成闭合回路，改变电阻箱阻值；记下电阻箱示Rx和与之对应的电流表G的示数I；
c．将记录的各组Rx，I的数据描点在乙图中，得到图线如图丙所示；
d．根据乙图作得的图线，求出电源的电动势E和表头的量程Ig。由丙图可知电源的电动势为________，欧姆表总内阻为________，电流表G的量程是________。
12．（12分）兴趣课上老师给出了一个质量为m的钩码、一部手机和一个卷尺，他要求王敏和李明两同学估测手上抛钩码所做的功。两同学思考后做了如下操作：
(1)他们先用卷尺测出二楼平台到地面的距离h，王敏在二楼平台边缘把钩码由静止释放，同时李明站在地面上用手机秒表功能测出钩码从释放到落到地面的时间t0，在忽略空气阻力的条件下，当地的重力加速度的大小可以粗略的表示为g=______（用h和t0表示）；
(2)两同学站在水平地面上，李明把钩码竖直向上抛出，王敏用手机的秒表功能测出钩码从抛出点到落回抛出点的时间。两同学练习几次，配合默契后某次李明把钩码竖直向上抛出，同时王敏用手机的秒表功能测出钩码从抛出点到落回抛出点的时间t，在忽略空气阻力的条件下，该次李明用手上抛钩码所做的功可以粗略地表示为W=_____（用m、h、t0和t表示）。
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，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，磁场边界的间距为L，磁感应强度为B。一个质量为m、匝数为N、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行，导线框总电阻为R。t=0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合（图中位置I），导线框的速度为v0。经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时（图中位置II），导线框的速度刚好为零。
（1）求导线框在位置I时的加速度大小；
（2）求从位置I到位置II的过程中，导线框中的焦耳热；
（3）定性画出导线框从位置I到再次回到位置I时速度随时间变化图象；
（4）上升阶段和下降阶段导线框克服安培力做功分别为W1和W2，试判断W1与W2的大小关系，并简述判断依据。
14．（16分）如图甲所示，半径R＝0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝1 kg，长度l＝1 m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2 m．质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放．取g＝10 m/s2.试求：
(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；
(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；
(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离．
15．（12分）在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A和B，两小球质量均为m，A球带电荷量为，B球不带电，A、B连线与电场线平行，开始时两球相距L，在电场力作用下，A球与B球发生对心弹性碰撞．设碰撞过程中，A、B两球间无电量转移．
(1)第一次碰撞结束瞬间A、B两球的速度各为多大?
(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?
(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场．请写出磁场B与时间t的函数关系．
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、D
【解析】
A．裂变反应是较重的原子核在其它粒子的轰击下，分裂成几个中等的原子核，可知该反应属于裂变反应，故A错误；
B．根据电荷数守恒、质量数守恒知，的核电荷数X为
故B错误；
C．Ba的核子数为144，其中的质子数为56，所以中子数为
故C错误；
D．该核反应释放出的核能为△E，根据爱因斯坦质能方程可知
故D正确。
故选D。
2、D
【解析】
ABC.当摩擦力增大到最大静摩擦力之前，轻绳拉力为零，再增大F，摩擦力不再增大，此后a、b间的拉力从零开始增大，地面对b的摩擦力达到最大静摩擦力，此时物块b要开始滑动，故ABC错误；
D. 物块a、b的质量相同，与地面的动摩擦因数相同，因此b刚好要滑动时，对a由牛顿第二定律得：
对b由牛顿第二定律得：
联立解得：
故D正确。
3、C
【解析】
A．“康普顿效应”说明光具有动量，“光电效应”说明光具有能量，故A错误；
B．目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应方程均是核裂变方程，故B错误；
C．对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率只和金属本身有关，是恒定的，与入射光的强度无关。故C正确；
D．中子与质子结合成氘核时，核聚变放出能量，故D错误。
故选C。
4、A
【解析】
试题分析：因为图线与坐标轴所夹的面积是物体的位移，故在0-t1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A 正确，C错误；因为乙车做变减速运动故平均速度不等于，选项B错误；因为图线的切线的斜率等于物体的加速度，故甲乙两车的加速度均逐渐减小，选项D 错误．
考点：v-t图象及其物理意义
5、B
【解析】
A．电场线疏密描述电场的强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，而电场线上每一点的切线方向表示电场的方向，故A正确，不符题意；
B．沿着电场线电势逐渐降低，电势降低最快的方向是场强的方向，故B错误，符合题意；
C．沿着电场线电势逐渐降低，故电场线总是垂直等势面，且指向电势降低最快的方向，故C正确，不符题意；
D．沿电场线方向移动一正电荷，电场力一定做正功，由功能关系可知正电荷的电势能一定减小，故D正确，不符题意。
本题选错误的，故选B。
6、A
【解析】
A．以指南车为参照物，车上的小木人相对于小车的位置不变，所以始终是静止的，故A正确；
B．在研究指南车的工作原理时，不可以把车看成质点，否则车上的小木人右手臂始终指向南方的特点不能体现，故B错误；
C．在指南车转弯时，两个车轮的角速度相等，线速度不一定相等，故C错误；
D．由题，车转弯时，车转动，但车上的小木人右手臂始终指向南方，可知小木人是不转动的，所以它们的角速度是不相等的，故D错误；
故选A。
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、AB
【解析】
A．由核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为0，电荷数为-1，则钴60发生的是β衰变，X是电子，选项A正确；
B．射线比β射线的穿透能力强，选项B正确；
C．X粒子是电子，不是钴60原子核的组成部分，选项C错误；
D．该衰变过程释放的核能一部分转化为新核的动能，一部分转化为射线的能量，选项D错误。
8、BCD
【解析】
A．由波的平移法可知，在该时刻质点A正向下运动，故A错误；
B．由图可得，在该时刻质点B在平衡位置，速度最大，动能最大，故B正确；
C．B、D两质点相差半个波长，振动情况总相反，故C正确；
D．从该时刻经过半个周期，质点D又处于平衡位置，加速度为零，故D正确．
E．从该时刻经过1/4个周期，质点C将运动到自己的平衡位置，不会运动到B质点处，故E错误；
故选BCD。
9、ADE
【解析】
A. 晶体在熔化过程中吸收热量内能增加，温度保持不变，故A正确；
B. 给篮球打气时越来越费劲，这是气体压强作用的缘故，与分子间的作用力无关，故B错误；
C. 能源危机是指能量的过度消耗，导致自然界中可利用的能源不断减少，故C错误；
D. 由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，使得液面存在表面张力，故D正确；
E. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和气压，水蒸发得越慢，故E正确。
故选ADE。
10、BCE
【解析】
A．温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由T升至T′，其中T'=2t+273，不一定等于2T，故A错误；
B．相同温度下液体中悬浮的花粉小颗粒越小，受力越不易平衡，布朗运动越剧烈，故B正确；
C．根据热力学第一定律可知，做功和热传递是改变内能的两种方式，故C正确；
D．若分子力表现为斥力时，分子间距离越大，分子力做正功，分子势能越小；分子间距离越小，分子力做负功，分子势能越大。若分子力表现为引力时，分子间距离越大，分子力做负功，分子势能越大；分子间距离越小，分子力做正功，分子势能越小，故D错误；
E．根据晶体的特性可知，晶体具有固定的熔点，多晶体的物理性质表现为各向同性，故E正确。
故选BCE。
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、×1k 欧姆调零（或电阻调零） 6000 1.5 6.0 0.25
【解析】
(1)[1][2][3]．多用表指针偏转角度过小说明指针靠近无穷处，所以要换高挡位，因此需选择×1k，同时注意欧姆调零；多用表的指针结果为6000Ω。
(2)d.[4][5][6]．设电流表G所在回路除电源内阻外其余电阻之和为R，由闭合电路欧姆定律
解得
由分流原理得
联立两式整理得
由图可知
解得E=1.5V，R=5Ω，所以欧姆表总内阻为
R+r=6Ω
电流表G的量程
解得
E=1.5V
R=6.0Ω
Ig=0.25A
12、
【解析】
(1)[1]在忽略空气阻力的条件下，钩码做自由落体运动，有，解得
(2)[2]在忽略空气阻力的条件下，钩码上抛做竖直上抛运动，上升时间与下落时间相等，即
抛出的初速度v0=gt下，根据动能定理可知，该次李明用手上抛钩码所做的功可以粗略地表示为
联立解得
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）a1=g+v0；（2）Q=mv02-2mgL；（3）；（4）W1W2
【解析】
（1）线圈在位置Ⅰ时：由牛顿第二定律：
； ；
联立解得：
（2）导线框从位置I到位置II的过程中由能量关系：
解得
（3）由可知，线圈向上运动过程中做加速度减小的变减速运动；同理下落过程中做加速度减小的变加速运动，则运动图像如图；
（4）根据能量守恒定律可知，线框经过同一位置时：上升的速率大于下降的速率，上升过程的安培力大小较大，而位移大小相等，所以上升过程中比下降过程中克服安培力做的功多，即W1W2.
14、（1）30N．（2）1m/s．（3）0.2m．
【解析】
（1）物体从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒，则mgR＝mvB2，
解得vB=3m/s．
在B点由牛顿第二定律得，N-mg=m，
解得N=mg+m=30N
即物块滑到轨道上B点时对轨道的压力N′=N=30N，方向竖直向下．
（2）物块在小车上滑行时的摩擦力做功Wf＝−l＝−4J
从物体开始滑到滑离平板车过程中由动能定理得，mgR+Wf＝mv2
解得v=1m/s
（3）当平板车不固定时，对物块a1=μg=2m/s2
对平板车；
经过时间t1物块滑离平板车，则
解得t1=0.5s（另一解舍掉）
物体滑离平板车的速度v物=vB-a1t1=2m/s
此时平板车的速度：v车=a2t1=1m/s
物块滑离平板车做平抛运动的时间
物块落地时距平板车右端的水平距离s=(v物-v车)t2=0.2m
【点睛】
本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式，综合性较强，关键理清运动过程，选择合适的规律进行求解．
15、 (1) (2) (3) ( )
【解析】
（1）A球的加速度，碰前A的速度；碰前B的速度
设碰后A、B球速度分别为、，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：
，
所以B碰撞后交换速度：，
（2）设A球开始运动时为计时零点，即，A、B球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为、；由匀变速速度公式有：
第一次碰后，经时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为和，由位移关系有：，得到：
；
由功能关系可得：
（另解：两个过程A球发生的位移分别为、，，由匀变速规律推论，根据电场力做功公式有：）
（3）对A球由平衡条件得到：，，
从A开始运动到发生第一次碰撞：
从第一次碰撞到发生第二次碰撞：
点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒．由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度．那么A球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞．题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些．