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=}#}