南宁高三二模南宁市2025届普通高中毕业班第二次适应性测试物理答案_2025年3月_250321广西省南宁市2025届普通高中毕业班第二次适应性测试（全科）

南宁市2025届高中毕业班第二次适应性测试
物理学科评分细则
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D A B D B C CD AD AC
第1至7题,每小题4分,只有一项符合题目要求,错选、多选或未选均不得分,第8至10题,
每小题6分,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不选
的得0分。
二、非选择题:本大题共5小题，共54分。
11.（1） （2分） （2）V（2分） n（2分）
1
0− 
12. （1）红（2分） 120或者1.20×102（2分） 大于（2分）
（2）丙（2分）
（3） （2分）
（ 2ｰ ）

4    
{#{QQABIYQswggwgFbACA4KUwVQCQqQkJCgJcoEwVAbuA5qgJFAFIA=}#}13. 解：（1）电荷 M、N 在 B 点产生的电场强度大小相等：
①(2 分)

或1者=  2 =   ( 2 1 分) 文字说明或画图说明两个场强大小相等，均给分 1 分。
1 =  2 (1 分)

1 =   2
或者 (1 分)或文字说明、或画图说明两个场强大小相等，均给分
1 =  2
（1 分）两式都写对才给 1 分
1 =   2
1
1 =

②(2 分)
0
或  者 =2  1    30 ②(2 分)
0
或者  =2  1sin60 ②(2 分)
0
解得  =2  1co③s3(10分)
3  
说明：  =  2
（1）E 、E 、E 或 F 、F 、F 能用其他角标区分清楚，对应式子同样给分。
1 2 1 2
（2） 或 给2分，
0 0
=2(    30 ) 
或1
=2    30 ∙ 
不1 给分。
0 0
=2    30  1  =2    (30 )  1
(2)球从 A 到 B，由动能定理：
④(2 分)
1 2
或  者  +  = 2  
(2分）两式都写对才给 2 分
1 2
+  = 2  
=   
又知： ⑤(2 分)
或者  =     ④⑤(4 分)
1 2
解得    +     = 2  ⑥  (1 分)
2

说明  ：  不  =用2题  目−所  给符号不给分。
{#{QQABIYQswggwgFbACA4KUwVQCQqQkJCgJcoEwVAbuA5qgJFAFIA=}#}14.解:(1)设金属棒AG的质量为m，由题意可知t=0.2s金属棒刚好进入磁场
mgsin30°=ma（2分）
s
1
at2
（1分）
2
v
法二：v=ats t(1分)
2
解得s=0.1m(1分)
(2)在t1=0.1s时，金属棒AG还没进入磁场，有
E 


B Ldsin300(1分)
1 t t
解得E 0.6V
1
I 
E
1
(1分)
1 Rr
P I2R(1分)
1 1
法二：
U 
R
E
(1分)
1 Rr 1
P 
U
1
2 (1分)
1 R
(或其他表示出电阻功率均得2分)
t=0.2s后金属棒AG匀速通过匀强磁场的速度
v=at(1分)
匀速通过磁场的时间 t d 0.2s0.05s 故在t2=0.25s时金属棒AG还在磁场中运动(1分)
v
法二：金属棒AG在磁场中运动的位移d' vt0.05m0.2m 故在t2=0.25s时金属棒AG还在磁场
,
中运动(1分)
由题图乙可知，t=0.2s后磁场保持不变，所以电动势
E2=BLvsin30°(1分)
I  E 2 P I2R(1分)
2 Rr 2 2
法二
U 
R
E P 
U
2
2 (1分)
2 Rr 2 2 R
(或其他表示出电阻功率均得1分)
故在t1=0.1s和t2=0.25s时刻电阻R的电功率比值
P
1 1
(1分)
P
1
{#{QQABIYQswggwgFbACA4KUwVQCQqQkJCgJcoEwVAbuA5qgJFAFIA=}#}15.解：小车第一次与墙相撞后向左所走路程为 x，由动能定理得
1
mgx0 Mv2 (2分)
2 0
法二：对小车mg Ma （1 分）
1
v 2 2a x (1 分)
0 1
法三：对小车-μmg∙t=0-Mv 0 (1 分)
v
x 0 t (1 分)
2
1
注 ： f x 0 Mv2 得 1分 ，f=μmg 得 1分
2 0
则 x=0.8m(2 分)
（2）车与墙碰后，车速度大小不变，方向相反。小车和滑块以共同速度 v
1
与墙第二次相碰，
以向右为正，由动量守恒:mv0—Mv0=(m 十 M)v1 (2 分)
法二：对小车：μmg=Ma 1 ，v 1 =-v 0 +a 1 t 0打包得 1分
对滑块：μmg=ma 2 ，v 1 =v 0 -a 2 t 0 ，打包得 1分
注：mv 0—Mv0=mv 1+Mv 2得 1 分 v 1=v
2
得 1 分
v 4
解得v  0  m/s (2 分)
1 3 3
(3)小车第一次与墙壁碰撞后，小车向左减速，滑块向右减速，小车的速度先减为 0，然后反向加速，直至与滑块共速后
再一起匀速向右运动，然后与墙壁发生第二次碰撞，经过无数次碰撞，二者速度为 0，小车右端靠近墙壁静止。将滑块
的所有减速过程视为一个整体，即为初速度大小为 v 0 ，加速度大小为 a2 的匀减速运动，设滑块做减速运动的时间 t 减
对滑块：μmg=ma
2
(1分)
0－v
0
=－a
2
t
减
(1分)
得 t =0.8s （1分）
减
1 1
对小车，第一次碰后到二者共速的过程 mgx  Mv2  Mv2 (1 分)
1 2 1 2 0
4v2
得 x  0
1 9g
x 4v
匀速时间t  1  0 (1 分)
1 v 3g
1
接着小车和滑块以共同速度 v 1 与墙第二次相碰，以右为正，由动量守恒:mv 1 —Mv 1 =(m 十 M)v 2
v
解得v  1
2 3
{#{QQABIYQswggwgFbACA4KUwVQCQqQkJCgJcoEwVAbuA5qgJFAFIA=}#}1 1 4v2
第二次碰后到二者共速的过程，mgx  Mv2  Mv2得 x  1
2 2 2 2 1 1 9g
x 4v
匀速时间t  2  1
2 v 3g
2
v v
以此类推，小车和滑块第 n+1 次与墙碰撞v  n1  0 (2 分)
n 3 3n
4 4v 1
总的匀速时间t t t ...t  (v v ...v ) 0（1 ...）0.8s (1 分)
1 2 n 3g 0 1 n 3g 3
v v v
法二：第一次碰后到二者共速的过程,小车的平均速度v  0 1  0 (2 分)
1 2 3
v
共速后到第二次碰前的匀速过程,小车以 v = 0 匀速运动，可知在任意两次碰撞之间的过程,小
1 3
车做变速运动与匀速运动的两个过程,平均速度大小相等,而这两个过程小车的位移大小也相等,故时间相等（2分）
故 t= t =0.8s (1分)
减
{#{QQABIYQswggwgFbACA4KUwVQCQqQkJCgJcoEwVAbuA5qgJFAFIA=}#}