南宁三中2025年5月高三二模物理答案_2025年6月_250601广西南宁三中2025届毕业班五月第二次适应性测试（全科）_南宁三中2025届毕业班五月第二次适应性测试物理

南宁三中 2025 届毕业班五月第二次适应性测试 物理试题参考答案 1．D【详解】A．根据爱因斯坦光电效应方程E hνW ，可知逸出的光电子的最大初动能与入射光的 k 0 频率有关，与入射光的强度无关，所以只增大入射光的强度，逸出的光电子的最大初动能不变，A错 误；B．根据爱因斯坦光电效应理论可知，若改用频率更高的光照射，一定会产生光电效应，则必有 光电流产生，B错误；C．当入射光的频率大于金属的截止频率时才能发生光电效应，若入射光的频 率小于金属的截止频率，无论光照强度如何增大，都不能产生光电效应，C错误；D．根据光电效应 理论可知，入射光的频率必须大于金属的截止频率时，方可产生光电效应，根据cf ，对任何一 种金属，都有一个“最大波长”，入射光的波长必须小于这个波长才能产生光电效应，D正确。故选D。 2．A【详解】忽略星球自转 ，所以 密度 ，故选A。 3.【答案】A【详解】根据题意 作 出 ' =光 的 2 折射与反射， 如=图 ' 2 = 4 3 3 =4 3 ' 根据折射定律有 ，该单色光出射点Q与P点的距离为 代入数据解得 = m m ， 故选A。 =2 4.【答案】B【详 解 = 】 3 取无穷远处电势为零，根据电场线的分布情况可知，正电物体的电势大于零， 负电物体的电势小于零，导体内部电势相等。故选B。 5.B【详解】A．由分子热运动的速率的分布特点可知，分子热运动的速率分布呈现“中间多，两头少” 的规律，且随温度升高，大部分分子热运动的速率增大，所以由图可知状态①的温度高，故A错误； pV B．由理想气体状态方程 C，可知T与pV成正比。结合图乙可知，气体在状态A和B态时， T pV值相同，气体的温度相同，所以气体在状态A和状态B的气体分子平均动能相同，故B正确；C．由 分子力随分子间距的变化关系图象可知，当分子间的距离rr 时，随分子间距离的增大，分子间的 0 作用力先增大后减小，故C错误；D．由图丁可知，在分子间距为r 时，分子势能最小，分子间距 2 离为平衡位置的距离。在r由r 变到r 的过程中，分子力为斥力，随分子间距的增大，分子力做正 1 2 功，故D错误。故选B。 6.A【详解】由斜抛运动规律知，将篮球的运动沿PQ方向和垂直PQ方向分解，则沿PQ方向的分运动有 1 L L gsin30t2， 代入得t 2 ，A正确；故选A。 2 g 1 7.【答案】B【详解】根据xv t gt2，由图可知t=3s时x=15m，解得v =20m/s，则3s末A的速度 0 2 0 v v gt 10m/s，方向向下；由对称性可知两物体碰后速度向上，大小为v=10m/s，则碰撞过程 1 0 高三第二次适应性测试 物理答案 第1页 共6页动量守恒，以向上为正，则m v m v (m m )v，解得碰前B的速度v =20m/s，则两球碰撞中损 B 2 A 1 B A 2 1 1 1 失的动能为E  m v2 m v2 (m m )v2，带入数据解得E 300J，故选B。 k 2 B 2 2 A 1 2 B A k 8.【答案】AD【详解】A．通过负载电阻的电流频率n f ，海浪变大使得线框转速变成原来的2倍， NBS 则频率变为原来2倍，故A正确；B．电动势有效值E  ，由于2n，变为原来2倍，设 2 n2 E 负载电阻为R ，原线圈等效电阻为R 1 R ，则电流I  ，变为原来2倍，线框内阻的发热功 0 n 2 0 Rr 2 率PI2r，变为原来4倍，故B错误；C．因为不确定内外电阻关系，所以输出功率无法判断，故C U n 错误；D．根据以上分析可知，原线圈两端电压变大，根据 1  1 ，可知，要使负载电阻两端电压 U n 2 2 不变，可将滑片向上滑动，增大原线圈匝数，故D正确。故选AD。 9.【答案】BC【详解】A．设物体的重力为mg，轻杆的弹力为T ， 1 轻绳的弹力为T 。选择Q点为研究对象，由于OQ为可旋转轻杆， 2 则Q点所受杆的弹力方向沿杆指向Q，Q点所受轻绳的拉力沿绳指向P。 Q点受力分析图如图，由几何关系可得，30，OQ为角平分线， 则T mg，A错误；B．由A选项受力分析可知，T 2mgcos30  3mg，B正确；CD．过O点向 2 1 PQ做垂线交PQ于S，设O距离水平PQ面的高度为H，选择Q为研究对象， 做矢量三角形如图所示，由几何关系可知，力的矢量三角形与几何三角形OQS相似， mg T T 且满足  2  1 ，轻绳P端缓慢向右移动过程中，SO减小，SQ增大， SO SQ OQ 则T 增大，C正确,D错误。故选BC。 2  B 10.【答案】ABD【详解】A．根据法拉第电磁感应定律E  N ，有E  S 60.4V=2.4V，所 1 t 1 t 以开始时，线圈产生的感应电动势E 2.4V，灯泡的额定电压为2.4V，此时灯泡两端电压为2.4V， 1 灯泡正常发光。随着导体棒运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势E Blv，根据右手定则可知其 2 2 该电动势方向与线圈产生的感应电动势方向相反，会使得通过导体棒的电流减小，但是灯泡两端电压 不变，总为2.4V，所以灯泡一直正常发光，故A正确；C．开始时，导体棒受到向右的安培力，导 体棒将向右做加速运动，因为导体棒产生的电动势等于B lv，随着速度增大，导体棒产生的反电动 2 高三第二次适应性测试 物理答案 第2页 共6页势增大，总电动势减小，电流减小，安培力减小，加速度减小；当E E 时，电流为0，安培力为0， 2 1 导体棒做匀速直线运动，而不是最终静止，故C错误。B．灯泡两端的电压保持U E 2.4V不变， 1 E2 灯泡的热功率P  不变，随着导体棒运动产生的与线圈中方向相反的电动势E =B lv逐渐变大， 1 R 2 2 灯 当E =E 时导体棒中电流为零，电路达到稳定状态，即通过导体棒的电流先减小后不变，可知导体棒 1 2 中的焦耳热先减小后不变，所以电路中的总的热功率先减小后不变，故B正确。D．对导体棒，根据 动量定理B Ilt mv0，而qIt，则B lqmv，其中v为导体棒稳定时的速度，则稳定时E B lv， 2 2 1 2 解得v2.4m/s，所以解得q0.48C，故D正确。故选ABD。 11．(1)D (2)少 (3)C 【详解】（1）变压器的铁芯，它的结构和材料是由绝缘的硅钢片叠成。 故选D。 I n （2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据 1  2 I n 2 1 可知，匝数少的电流大，则导线越粗，导线粗的线圈匝数少； U n （3）若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系 1  1 U n 2 2 若变压器的原线圈接“0”和“8”两个接线柱，副线圈接“0”和“4”两个接线柱，可知原副线圈的匝数比 为2:1，副线圈的电压为3V，则原线圈的电压为U 23V6V 1 考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6V，可能为9V。 故选C。 d 1 d  2 d 2 12．(1)5.25 (2) (3)mgh (2M m)     (4)C t 2 2  t 2  t 1    (5)不正确 静摩擦力对重锤A、B和钩码组成的系统做负功，系统机械能减小 【详解】（1）遮光条的宽度为 d 5mm0.05mm55.25mm （2）若系统机械能守恒定律 1 1 mgh (2M m)v2 2M mv2 2 2 2 1 根据题意得 d v  1 t 1 高三第二次适应性测试 物理答案 第3页 共6页d v  2 t 2 可知系统机械能守恒需要满足关系式  2 2 1 d  d mgh (2M m)     2 t  t    2 1  （3）A．存在空气阻力，有机械能损失，系统增加的动能略小于系统减少的重力势能，A不符合 题意； B．细绳与滑轮间有摩擦力，有机械能损失，系统增加的动能略小于系统减少的重力势能，B不符 合题意； C．若遮光条宽度d的测量值偏大，则可能导致  2 2 1 d  d mgh (2M m)     2 t  t    2 1  即系统增加的动能略大于系统减少的重力势能，C符合题意。 故选C。 （4）[1]该同学的观点不正确；[2]静摩擦力对重锤A、B和钩码组成的系统做负功，系统机械能减 小。 13．(1)v3m/s (2) y0.1sinπtm ；或 y 0.1sint m 【详解】（1）由题图可知，这列波的波长6m （1分） 质点M的振动周期T  2s （1分）  这列波的传播速度v （1分） T 解得v3m/s （1分） （2）质点N的振幅A0.1m（或A10cm） （1分） 质点N 的圆频率 （1分） 2π   T 设质点N的初相位为，根据振动方向与传播方向的关系，有  （1分） 则质点N的振动方程为； y0.1sinπtm ；或 y 0.1sint m （3分） 高三第二次适应性测试 物理答案 第4页 共6页14.答案（1）2m/s （2）2m/s （3）0.5J 解析（1）假设物块能加速到和传送带速度相等，则加速过程，根据牛顿第二定律得 μ mg＝ma （2分） 0 设加速过程物块的位移为x，则 v2＝2ax，解得x＝1m＜L，假设成立，（1分） A碰B前，A物块的速度大小为2m/s。（1分） （2）A、B碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv＝mv ＋mv （1分） A B mv2＝ m ＋ m （1分） 1 1 1 2 2 2解得v A2＝v0A，v B2＝2vBm/s。 （1分） （3）A、B碰撞后到弹簧弹性势能最大的过程，摩擦生热Q＝－W f 由图乙知B运动0.5m时μ＝0.4 摩擦力对物块做的功W＝－ d， （2分） f 0+μmg 根据能量守恒得 m ＝Q＋E2 ， （2分） B pm 1 2 解得E pm ＝0.5J。2 v（B 2分） 15. 【解析】(1)设粒子由 点运动到 点的时间为 ，粒子在电场中的加速度为 方向： = 1 2 （ 1分） 2 方向：2 = （1分） 0 = （1分） 2 解得 = 0 （1分） 2 (2)设 粒子从 点进入磁场时速度 与 轴的夹角为 ， 方向的速度大小为 ， = （1分） ta n = （ 分） 0 解得 粒子进入磁场时速1 度 = 2 ，与 轴的夹角 = 45 ， 0 ∘ 粒子在磁场中运动轨迹与磁场下边界相切时，磁感应强度最小，设此时圆周运动的半径为 ，由几 何关系得 + cos = （ 分） 根据牛顿第 二 定律 = 1 2 （ 分） 解得 = ( 2+1 ) 0（ 分 ） 1 1 高三第二次适应性测试 物理答案 第5页 共6页(3)粒子从 点进入磁场后，恰好沿 方向离开磁场，此时磁感应强度大小为 '，粒子圆周运动的 半径 = 2 （ 分） − 由 ' = 21 解 得 '= 0 （ 分） 设粒子 从(0 , )处以 射出，1从 点进入磁场时速度 '与 轴的夹角为 ，磁场中的运动半径为 '，由 0 '2 ， ' '= ' 解得 ' = ' （ 分） 0 设 点 为圆 心， 垂直于 轴1 与磁场下边界交于 点 在 中 = 2 + 2 2 cos （ 分） − 1 由速度关系cos = 0 ' 解得 2 = 2 + 2 说明 点 在磁 场 下 边 界上，即从 轴上任意位置释放的粒子均能沿 轴方向离开磁场， 设粒子 在电场中运动的时间为 ' ， − = '+ ' 1 sin ，（ 分 ） 0 1 − 1 = '2 2 解得 = + 2+ （ 分） 2 高三第二次适应性测试 物理答案 第6页 共6页