广西南宁市“4+N”高中联合体2026届高三最后一卷物理试卷含解析

这是一份广西南宁市“4+N”高中联合体2026届高三最后一卷物理试卷含解析，共36页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
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、中澳美“科瓦里-2019”特种兵联合演练于8月28日至9月4日在澳大利亚举行，中国空军空降兵部队首次派员参加，演习中一名特种兵从空中静止的直升飞机上，抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑，运动的速度随时间变化的规律如图所示，时刻特种兵着地，下列说法正确的是（ ）
A．在～时间内，平均速度
B．特种兵在0～时间内处于超重状态，～时间内处于失重状态
C．在～间内特种兵所受阻力越来越大
D．若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，则他们在悬绳上的距离先减小后增大
2、如图所示，长方形abed长ad=0.6m，宽ab=0-3m， e、f分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.25T。一群不计重力、质量m=3×10-7 kg.电荷量q=+2×10-3C的带电粒子以速度v0=5×102m/s从左右两侧沿垂直ad和bc方向射入磁场区域（不考虑边界粒子），则以下不正确的是
A．从ae边射入的粒子，出射点分布在ab边和bf边
B．从ed边射入的粒子，出射点全部分布在bf边
C．从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ae边
D．从fc边射入的粒子，全部从d点射出
3、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
4、空间存在一静电场，x轴上各点电势随x变化的情况如图所示。若在-x0处由静止释放一带负电的粒子，该粒子仅在电场力的作用下运动到x0的过程中，下列关于带电粒子的a-t图线，v-t图线，Ek-t图线，Ep-t图线正确的是（ ）
A．B．C．D．
5、在超导托卡马克实验装置中，质量为的与质量为的发生核聚变反应，放出质量为的，并生成质量为的新核。若已知真空中的光速为，则下列说法正确的是（ ）
A．新核的中子数为2，且该新核是的同位素
B．该过程属于衰变
C．该反应释放的核能为
D．核反应前后系统动量不守恒
6、甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 v-t 图像如图所示。已知两车在t=3s时并排行驶，则（ ）
A．在t=1s 时，甲车在乙车后
B．在t=0 时，甲车在乙车前7.5m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t=2s
D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为45m
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、两种单色光A、B的波长之比为，用A、B分别照射锌板逸出的光电子的最大初动能分别为、。由此可知（ ）
A．A、B光子的能量之比为B．A、B光子的能量之比为
C．锌板的逸出功为D．锌板的逸出功为
8、如图，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率向上运动。现将一质量为的小物体（视为质点）轻轻放在处，小物体在甲传动带上到达处时恰好达到传送带的速率；在乙传送带上到达离竖直高度为的处时达到传送带的速率。已知处离地面的高度皆为。则在物体从到的过程中（ ）
A．两种传送带对小物体做功相等
B．将小物体传送到处，两种传送带消耗的电能相等
C．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同
D．将小物体传送到处，两种系统产生的热量相等
9、如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成30°角的方向垂直射入磁场．甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场．已知甲、乙两a带电粒子的电荷量之比为1:2，质量之比为1:2，不计粒子重力． 以下判断正确的是
A．甲粒子带负电，乙粒子带正电
B．甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍
C．甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍
D．甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的倍
10、一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V﹣T图象如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是（ ）
A．过程a到b中气体一定吸热
B．pc＝pb＞pa
C．过程b到c气体吸收热量
D．过程b到c中每一个分子的速率都减小
E.过程c到a中气体吸收的热量等于对外做的功
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）同学们利用西红柿自制了水果电池，现在通过实验测量水果电池的电动势和内阻，
(1)甲同学采用图a测量电路测量水果电池的电动势，用电压表测量结果如图b所示，读数为___，测量结果比水果电池电动势___（选填“偏小”、“偏大”或“相等”）。

(2)实验室可提供以下器材，乙同学设计了电路图测量水果电池电动势和内阻。
微安表（，内阻为）；电阻箱；开关（一个）；导线若干。
①请在虚线框中画出乙同学设计的电路图_______（如图c所示）；
②同学们完成了实验数据记录，通过图像法来分析数据，做出与的图像如图d所示，则电源电动势为___，水果电池的内阻为____。（结果保留三位有效数字）
12．（12分）某学校兴趣小组成员在学校实验室发现了一种新型电池，他们想要测量该电池的电动势和内阻.
（1）小组成员先用多用电表粗测电池的电动势，将选择开关调到直流电压挡量程为25V的挡位，将____________（填“红”或“黑”）表笔接电池的正极，另一表笔接电池的负极，多用电表的指针示数如图所示，则粗测的电动势大小为__________V.
（2）为了安全精确的测量，小组成员根据实验室提供的器材设计了如图的测量电路，其中，它在电路中的作用是____________.闭合开关前，应将电阻箱接入电路的电阻调到最_________（填“大”或“小”）.
（3）闭合开关，调节电阻箱，测得多组电阻箱接入电路的阻值R及对应的电流表示数I，作出图象，如图所示.
根据图象求出电池的电动势为_____________V（保留两位有效数字）.
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，空中固定一粗糙的水平直杆，将质量为的小环静止套在固定的水平直杆上环的直径略大于杆的截面直径，小环和直杆间的动摩擦因数，现对小环施加一位于竖直面内斜向上，与杆的夹角为的拉力F，使小环以的加速度沿杆运动，求拉力F的大小．已知重力加速度，，
14．（16分）如图所示，在直角坐标系xy中，第Ⅰ象限存在沿y轴正方向、电场强度为E的匀强电场，第Ⅳ象限存在一个方向垂直于纸面、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域。一质量为m，带电荷量为-q的粒子，以某一速度从A点垂直于y轴射入第Ⅰ象限，A点坐标为（0，h），粒子飞出电场区域后，沿与x轴正方向夹角为60°的B处进入第Ⅳ象限，经圆形磁场后，垂直射向y轴C处。不计粒子重力，求：
(1)从A点射入的速度；
(2)圆形磁场区域的最小面积；
(3)证明粒子在最小圆形磁场中运动时间最长，并求出最长时间。
15．（12分）如图所示，光滑轨道OABC是由水平直轨道OB与一段半径R=62.5m的圆弧BC在B点相切而成。m=1kg的物块P在F=20N的水平推力作用下，紧靠在固定于墙面的轻弹簧右侧A处保持静止，A点与B点相距=16m。己知物块可视为质点，弹簧的劲度系数。取重力加速度g=10m/s2，cs5°=0.996。现突然撤去力F，求：
(1)物块P第一次向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量大小；
(2)从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间。（结果保留两位小数）
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、C
【解析】
A．在t1-t2时间内，若特种兵做匀减速直线运动，由v1减速到v2，则平均速度为，根据图线与时间轴围成的面积表示位移可知，特种兵的位移大于匀减速直线运动的位移，则平均速度，故A错误；
B．0-t1时间内，由图线可知，图线的斜率大于零，则加速度方向竖直向下，发生失重；在t1-t2时间内，图线的切线的斜率小于零，则加速度方向竖直向上，发生超重；故B错误；
C．在t1-t2时间内，根据牛顿第二定律可知
f-mg=ma
解得
f=mg+ma
因为曲线的斜率变大，则加速度a增大，则特种兵所受悬绳的阻力增大，故C正确；
D．若第一个特种兵开始减速时，第二个特种兵立即以同样的方式下滑，由于第一个特种兵的速度先大于第二个特种兵的速度，然后又小于第二个特种兵的速度，所以空中的距离先增大后减小，故D错误；
故选C。
2、C
【解析】
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，代入数据解得粒子轨道半径：;
AB、若匀强磁场为矩形磁场，从e点垂直射入的粒子，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，则刚好从b点射出，所以从e点垂直射入的粒子出射点落在bf边上；从ae边垂直射入的粒子，从圆弧af上射出，出射点分布在ab边和bf边；从ed边射入的粒子，出射点全部分布在bf边，故A、B正确；
CD、若匀强磁场为圆形磁场，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，从bc边射入的粒子，全部从d点射出，所以从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ad边，从fc边射入的粒子，全部从d点射出，故C错误，D正确；
错误的故选C。
【点睛】
关键计算出半径后找到圆心，分析可能出现的各种轨迹，然后找出射点。
3、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。
4、B
【解析】
AB、由图可知，图像的斜率表示电场强度，从到的过程中电场强度先减小后增大，受到沿x轴正方向的电场力先减小后增大，粒子的加速度也是先减小后增大，在位置加速度为零；粒子在运动过程中，粒子做加速度运动，速度越来越大，先增加得越来越慢，后增加得越来越快，故B正确，A错误；
C、粒子在运动过程中，受到沿x轴正方向的电场力先减小后增大，根据动能定理可知图像的斜率先变小再变大，在位置的斜率为零，故C错误；
D、由于粒子带负电，根据电势能可知，变化规律与变化规律相反，故D错误；
图线正确的是选B。
5、A
【解析】
A．由质量数守恒和电荷数守恒可知新核的质量数和电荷数分别为4和2，新核是，是的同位素，中子数为2，故A正确；
B．该过程是核聚变反应，不属于衰变，故B错误；
C．该反应释放的核能为
故C错误；
D．核反应前后系统动量守恒，故D错误。
故选A。
6、B
【解析】
在速度时间图象中，图象与坐标轴围成面积表示位移，根据位移关系分析两车位置关系．可结合几何知识分析两车另一次并排行驶的时刻．并求出两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离．
【详解】
A. 根据“面积”大小表示位移，由图象可知，1s到3s甲、乙两车通过的位移相等，两车在t=3s时并排行驶，所以两车在t=1s时也并排行驶，故A错误；
B. 由图象可知，甲的加速度a甲=△v甲/△t甲=20/2=10m/s2；乙的加速度a乙=△v乙/△t乙=(20−10)/2=5m/s2；0至1s，甲的位移x甲=a甲t2=×10×12=5m，乙的位移x乙=v0t+a乙t2=10×1+×5×12=12.5m，△x=x乙−x甲=12.5−5=7.5m，即在t=0时，甲车在乙车前7.5m，故B正确；
C.1s末甲车的速度为：v=a甲t=10×1=10m/s，乙车的速度v′=10+5×1=15m/s；1−2s时，甲的位移x1=10×1+×10×12=15m；乙的位移x2=15×1+×5×1=17.5m；在1s时两车并联，故2s时两车相距2.5m，且乙在甲车的前面，故C错误；
D. 1s末甲车的速度为：v=a甲t=10×1=10m/s，1到3s甲车的位移为：x=vt+a甲t2=10×2+×10×22=40m，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D错误。
故选：B
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、AC
【解析】
AB．A、B两种光子的波长之比为，由及 知，A、B光子的能量之比为
选项A正确，B错误；
CD．设金属锌的逸出功为W，用A单色光照射时有
用B单色光照射时有
解两式得
选项C正确，D错误；
故选AC.
8、AC
【解析】
A．传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，则机械能的增加量相同，所以两种传送带对小物体做功相等，故A正确；
C．由0加速到v，甲图中的加速位移大于乙图中的加速位移，根据
可知，根据牛顿第二定律有
解得，即两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同，故C正确；
D．对甲图分析，可知小物体加速的位移为
此时传送带匀速的位移为
则两者的相对位移为
根据摩擦生热的公式
解得
对乙图分析，可知小物体加速的位移为
此时传送带匀速的位移为
则两者的相对位移为
根据摩擦生热的公式
解得
在甲图、乙图，对小物体分析，根据牛顿第二定律和运动学公式有
，
，
解得
，
将、代入、的表达式，解得
，
则有，即产生的热量不相等，故D错误；
B．根据能量守恒定律，电动机消耗的电能等于摩擦产生的热量Q与物块增加机械能的和，因物块两次从A到B增加的机械能增加量相同，而，所以将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲更多，故B错误。
故选AC。
9、CD
【解析】
根据粒子运动轨迹，应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间．
【详解】
由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A错误；由几何关系可知，R甲=2L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为60°，弦长为，所以：=2R乙sin60°，解得：R乙=L，由牛顿第二定律得：qvB=m，动能：EK=mv2=，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B错误；由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：，洛伦兹力：f=qvB=，即，故C正确；由几何关系可知，甲粒子的圆心角为300，由B分析可得，乙粒子的圆心角为120°，粒子在磁场中的运动时间：t=T，粒子做圆周运动的周期： 可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的1/4倍，故D正确．.
【点睛】
题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．
10、ABE
【解析】
A．过程ab中气体的体积不变，没有做功；温度升高，内能增大，所以气体一定吸热，故A正确；
B．设a状态的压强为，则由理想气体的状态方程可知
所以
同理
解得
所以
故B正确；
C．过程b到c，温度降低，内能减小；体积减小，外界对气体做功，则气体放出热量，故C错误；
D．温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以过程bc中气体的温度降低，分子的平均动能减小，并不是每一个分子的速率都减小，故D错误；
E．由图可知过程ca中气体等温膨胀，内能不变，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于对外做的功，故E正确；
故选ABE。
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、 偏小 （均可）
【解析】
(1)[1]电压表的最小分度为0.1V，由图可知，电压表的读数为0.71V，由于误差0.71V－0.75V均可
[2]由于电池有内阻，则电压表测的为电源路端电压，则测量值小于电动势
(2)[3]由题所给器材可知，可用微安表和电阻箱进行测量，电路图如图
[4]根据闭合电路欧姆定律有
变形得
电动势等图像斜率为
由于误差均可
[5]截距的绝对值为
则
12、红 10.5 保护电阻 大 12
【解析】
（1）[1][2]．将红表笔接电池的正极，多用电表示数为10.5V.
（2）[3][4]．电阻R0在电路中为保护电阻，闭合开关前应使电阻箱接入电路的电阻最大.
（3）[5]．由实验电路可知，在闭合电路中，电池电动势
E=I（r+R0+R）
则
由图象可知，图象的斜率
则电池电动势
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、1N和9N
【解析】
对环进行受力分析得，环受重力、拉力、弹力和摩擦力．令，得，此时环不受摩擦力的作用．
当时，杆对环的弹力竖直向上，由牛顿第二定律可得：
得
当时，杆对环的弹力竖直向下，由牛顿第二定律可得：
得
则F的大小可能值为1N和9N.
【点睛】
本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确本题中可能存在的两种情况，明确拉力过大时，物体受杆下部的挤压，而拉力较小时，受杆上端的挤压，要求能找出这两种情况才能全面分析求解．
14、 (1)；(2)；(3)
【解析】
(1)粒子在电场中做类平抛运动，其加速度大小为
竖直方向有
故
在B处有
因此，A点射入的速度
(2)在B处，根据
可得粒子进入磁场的速度为
粒子在磁场中，由洛伦磁力提供向心力，即
故：粒子在磁场运动的轨道半径为
由于粒子从B点射入，经磁场偏转后垂直射向C处，根据左手定则可知，圆形磁场的磁场是垂直于纸面向里。
如图所示，延长B处速度方向与反向延长C处速度方向相交于D点，作的角平分线，在角平分线上找出点，使它到BD、CD的距离为
则以MN为直径的圆的磁场区域面积最小，设圆形磁场区域的半径为r，由几何关系可得
圆形磁场区域的最小面积
(3)粒子在圆形磁场中运动的轨迹圆与圆形磁场关系如图所示，
由第(2)问作图过程可知，MN是圆形磁场的直径，也是粒子的射入点与射出点的连线，其所对应的弧长最长，故粒子在磁场中运动的时间最长。由几何知识可知，圆心角
又因粒子在磁场中运动的周期
故粒子在磁场中运动的时间最长
15、 (1)2N·s；(2)23.65s
【解析】
(1)设弹簧在A处保持静止时压缩量为x，有
F=kx
若物块离开弹簧时速度为v，根据动能定理
物块P向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量
I=mv
解得
I=2N·s
(2)物块离开弹簧到B之间做匀速直线运动，设时间为，则有
设物块沿着圆弧轨道上升到D点，B、D间的高度为h，则有
设过D点的半径与竖直方向的夹角为，则
即
物块从B点到D点再返回B点的过程中，可以看做单摆，单摆周期
，
可得从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间
代入数据得
t=23.65s