物理试卷答案_2025年4月_250427广西南宁市2025届普通高中毕业班第二次适应性测试（全科）_广西南宁市2025届高三第三次适应性测试物理

南宁市 届高中毕业班第三次适应性测试 2025 物理参考答案及评分细则 选择题： 1．B 2．B 3．A 4．C 5．D 6．B 7．A 多选题： 8．AC 9．BD 10．AD 1. B c 解析：由h E E ，hh 可知，从n=4能级跃迁到n=1能级辐射光的光子能量最 m n  大，其波长最短，故A错误；从n=4能级跃迁到n=1能级、从n=3能级跃迁到n =1能级、从n=2能级跃迁到n=1能级辐射的光子能量分别为12.75eV、12.09eV、 10.2eV，均大于金属镁的逸出功，从n=4能级跃迁到n=2能级级辐射的光子能量 2.55eV，小于金属镁的逸出功，从n=4能级跃迁到其他能级辐射的光子能量更小， 故只有3种光子可以使金属镁发生光电效应，故B正确；由光电效应方程：光电子 的最大初动能E hW 12.75eV3.7eV9.05eV，故C错误；发生光电效应的 k 0 条件是入射光的频率大于金属的截止频率，与光照时间无关，故D错误。 2. B 解析：篮球释放以后先竖直向下加速运动，反弹后竖直向上减速运动，x-t图像的斜率绝对 值代表速度大小，斜率应先增大后减小，故选B。 3. A 解析：由平抛运动的规律 Mm M 对在星球表面的物体： G mg ， g G xv 0 t h 1 gt2 R2 R2 2 xv 2hR2 则 x 月  R 月 2M 地  32 .81 27 。解得：x  27 x，故选A。 0 GM x R 2M 112 11 月 11 地 月 4. C 解析：开关S断开后，电容器将有流经电阻R 的放电电流，电容器的正负电荷会中和，电 2 场力消失，液滴将竖直向下加速运动，故A错误；将电容器的上极板M上移一小段 U 距离，电容器与R 并联，电压不变，由E  可知，电场强度E减小，电场力小于 2 d 重力，液滴将竖直向下加速运动，故B错误；将电容器的下极板N左移一小段距离， U 极板间距d未变，电容器与R 并联，电压不变，由E  可知电场强度不变，故液 2 d U 滴依然静止，C正确；由闭合电路欧姆定律：I  ，由欧姆定律：电容器的电 R R 1 2 压U U IR ，增大R 的阻值，电流I减小，电容器的电压增大，电场强度E增 C R2 2 1 大，电场力将大于重力，液滴竖直向上加速运动，故D错误。5. D P U.I U 解析：用户得到的功率与发电厂输送的功率之比为：  线  ，发电厂输出的电 P U .I U 1 线 1 压u 恒定，故输电电压U 恒定，当用户增加时，输电功率增大，输电线的电流增大， 0 1 U I .R，输电线等效电阻R的分压U 变多。故用户得到的功率与发电厂输送的 线 功率之比增加。 6. B 解析：当板间有垂直于纸面的匀强磁场B和垂直极板的匀强电场E时，粒子匀速运动 qvBqE 解得：v E M N B 当只有磁场时，粒子的轨迹如图所示： C D l 其圆周半径为 4 P Q v2 mE l 由qvBm 可得：  R qB2 4 当板间只有匀强电场E时，粒子向上偏转，做类平抛运动 l 1  at2 2 2 qE a m xvt ml mlE l 解得：xv   ，故选B。 qE qB2 2 7. A BLv 解析：金属棒的安培力为F BIL,其中I  A R B2L2v 解得：F  A R B2L2v t = 0 时刻， F  0 mgsin，其方向沿负方向，金属棒的合力为： A R B2L2v F F  0 mgsin3mgsin 合 R B2L2v F mgsin 故金属棒先沿正方向减速运动，其加速度大小 逐渐减小；当金属 a R m B2L2v F mgsin 棒速度减为零后，沿负方向加速运动，安培力反向，其加速度大小 a R m B2L2v 2mgRsin 继续减小，当a0时，F  m mgsin，v  2v ，方向沿负方向， R m B2l2 0故A正确；t=0时刻，安培力沿负方向，故B错误；金属棒先沿正方向减速运动， 后沿负方向加速运动，则回路的电流先沿逆时针，后沿顺时针方向，沿逆时针流过属 棒横截面的电荷量和沿顺时针流过属棒横截面的电荷量会抵消，故流过属棒横截面的 B2L2v2 电荷量应先增大后减小到0再增大，故C错误；电阻R的电功率PI2R ， R 因v 2v ，故最终金属棒的电功率应该是t=0时刻的4倍，故D错误。 m 0 8. AC 解析：温度一定时，微粒越小，周围液体分子撞击微粒的不平衡性越明显，微粒的布朗运动 V 越明显，故A正确；油酸分子直径为d  ，若油膜未完全展开，则S偏小，测得 S 的油酸分子直径偏大，故B错误；用烧热的电烙铁接触涂有石蜡的薄玻璃片的背面， 石蜡融化区域的形状近似呈圆形，说明玻璃沿各个方向的传热一样快，即导热性能具 有各向同性，故C正确；戳破右侧的肥皂膜，左侧肥皂膜因表面张力收缩，棉线会 向左弯曲，故D错误。 9. BD 解析：从释放小球B到A球撞墙壁前的过程中，弹簧第一次恢复原长前，细线有拉力，小 球A、B的系统的合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；弹簧第一次恢复原长 1 1 k 时，小球B的速度最大，由机械能守恒定律： kx 2  2mv 2，解得：v  x ， 2 0 2 max max 2m 0 故B正确；当弹簧第二次恢复原长时，小球A的速度最大，记为v ，此时小球B的 A 速度记为v ，从弹簧第一次恢复原长到弹簧第二次恢复原长，小球A、B的系统动量 B 守恒，该过程相当于小球B以速度v 与小球A发生了完全弹性碰撞，则有： max 2mv 2mv mv max B A 1 1 1 2mv 2  2mv 2  mv 2 2 max 2 B 2 A 2mm 1 解得：v  v  v B 2mm max 3 max 22m 4 k v  v  x ，故C错误； A 2mm max 3 2m 0 弹簧最短时，对小球A、B的系统： 2mv 2mmv max 共 1 1 1 2mv 2  2mmv 2  kx2 2 max 2 共 2 3 解得：x x ，故D正确。 3 010. AD 解析：物块从A运动到B的过程中，由动能定 理： 1 1 mgRW  mv 2 mv 2 克 2 B 2 0 1 解得：W  mgR，故A正确；从A运动到B 克 2 的过程中，物块从A处静止释放运动到 B处和以初速度v  2gR 从A处运动 0 到B处的过程对比，从A处静止释放运动到B处的过程，物块经过圆弧上相同点的 v2 速度更小，由牛顿第二定律：F mgsinm ，速度越小，轨道的支持力越小， N R 滑动摩擦力也越小，路径长度未变，因此物块从A处静止释放运动到B处过程克服 1 1 摩擦力做功W   mgR ，由动能定理：mgRW   mv 20，解得：v  gR ， 克 2 克 2 B B 故B错误；物块从C运动到D的过程中，重力的瞬时功率Pmgv ，在C处，物块 y 竖直方向的合力向上，在D处，竖直方向的合力竖直向下，可以推测，物块从C运 动到D的过程中，竖直方向的合力应该是先竖直向上，后变为竖直向下，而v 一直 y 竖直向上，故v 先增加后减小，重力的瞬时功率先增加后减小，故C错误。若在图 y v2 中F点脱轨，mgcosm R 从B到F点，由动能定理： 1 1 mg(RRcos) mv2 mv 2 2 2 B 1 解得：cos 3 mg 4 则F点离地面高度为hRRcos R ， 3 故D正确。11．（1）如图（2分） 注：（1） 1.所有连线均正确才可给分。 2.等效的连线也给分，比如第1、第2根线，也可以第1根线 连接AB（或HB），第2根线连接AC（或HC），或者第1根线连 接AC（或HC），第2根线连接BC；第3根线，除了可以连接DE， 连接DF、GE、GF都可以，如左下图。 3.滑动变阻器的其他正确分压式接法也可给分，如右下图。 U R 1 1 （2）U 2 U 1 （2分） （3）小于（2分） 12．（1） 静止 （1分） 注：（1）填“平衡”“不动”或“不移动”等表达“静止”的表述均可给1分；填“稳定”不给分。 （2） 20.6 （2分） （3） 如下图所示 （2分） l/mm 注：（3） 36.0 1. 规范作出直线图才可给分。 32.0 2. 连线长度不足第5个点数据范围长度的不给分。 28.0 24.0 20.0 n 16.0 0 1 2 3 4 5 （4）122 （2分） 注（2）：取值在120~125范围的，给2分 （5）不代表 （1分） 因为主尺的零刻度略低于橡皮筋的上端，不挂钩码时，游标卡尺的读数小于橡皮 筋的原长。 （2分） 注：（5）言之有理的均可给分。13．（1）画光路图 （1分） 设在BED界面上的折射角为θ，由折射定律： （1分） 解得： （1分） 故E点的折射光与BD垂直，即平行于AD， 则光在AB界面的入射角φ=45º （1分） （2）由反射定律知，光在AB面的反射角为45º （1分） 只要论证得出光在AB面的反射角为45º的，均给1分 由几何关系可知，光在介质中传播的路径长度为： （2分） （1分） （1分） 解得： （1分）14.（1）电梯刚接触井底缓冲弹簧时，弹簧弹力为零，以竖直向上为正方向，由牛顿第二定 律，有： f mg ma （2分） 解得：a1.25m/s2 （1分） 注：1. 答案未化简不扣分。 2. 结果表达应与公式所取正方向相符，不相符的只给公式分。 如： ， ，给2分； 若 ， 2，给3分。 − = =1.25 / 2 − = = −1.25 / （2）由动能定理： 1 mgx fxW 0 mv2 克 2 （2分） （1分） 克 弹 W = =12000J （1分） 克 W 注：1.用能量守恒定律列式，如 、 、 弹 弹 1 2 1 2 +2 = + +2 − = 、 等，给3分 弹 弹 1 2 1 2 2 2 .弹−性0势=能 不 用+ E 或−E 用 E0、−E2 等 其他=非 习 惯−用 法−的 字 母表示，且无文字说明，扣 p p弹 k 1分，若有文字说明是弹性势能，则不扣分。 （3）以竖直向下为正方向，由动量定理： mgt ftI 0mv 弹 （3分） I =-6100N·s （1分） 弹 故弹力的冲量大小为6100N s，方向竖直向上。 （1分） 注：1.以竖直向上为正方向，· 弹 （ ）、 弹 ”， 给3分 − + =0− − − + = 2.结果表达应与公式所取正方向相符，不相符的只给公式分，如“ 弹 − + = 弹 ”，只给3分。 3.0冲−量 的 单 位=写6成100N·s 不扣分 kg·m/s 整题改卷原则：1.不划分答题区域；2.f、v、t、x、m必须用题中的符号；3.整题解答过程正 确但单位有错误的，整题只扣1分。15．（1） 粒子的轨迹如图所示， （1分） 由 （2分） 可得： （1分） （2）粒子以水平速度 进入区域Ⅱ，粒子从A点出发 至第2次到达平面MNPQ 的轨迹如图所示，在 区域Ⅰ中，轨迹的圆心角为120º，对应的时间为： （1分） 在区域Ⅰ中，轨迹为半圆，对应的时间为： （1分） （1分） 得 注：直接写 不得分 故： （1分） （3）粒子第一次以水平速度 进入在区域Ⅱ后，在平行于xoy 平面的平面内做匀速圆周运动，在电场力作用下，沿z轴 方向做加速度为a的匀加速直线运动，运动时间为 ， 粒子第1次经过平面MNPQ时的速度为 ， 第2次经过平面MNPQ时获得了沿z轴负方向的速度 ， 由牛顿第二定律： （1分） （1分） 注：1.推导第2次经过平面MNPQ时获得了沿z轴负方向的速度即可得1分，无需求第2 次粒子的合速度。 2.写成： ，给2分在区域Ⅰ以速度 做匀速圆周运动，轨迹如图所示， 显然，第3次经过平面MNPQ时沿z轴负方向的速度 再在区域Ⅱ中，在平行于xoy平面的平面内做匀速圆周运动，运动时间仍为 在电场力作用下，沿z轴方向做加速度为a的匀加速直线运动 (1分) 第4次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度 第5次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度 第6次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度 注：推导第3次至第6次经过平面MNPQ至少1个循环过程总共得1分 粒子的速度为： （1分） 注：若在第2次经过平面MNPQ时，求合速度使用了勾股定理也可得这1分 依次类推可知： ①当n为偶数时 粒子第n次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度 （1分） 解得： （1分） 注：若不写 通式，答案正确可直接得2分 ②当n为奇数时 粒子第n次经过平面MNPQ时，沿z轴负方向的速度 （1分） 时粒子的速度为： （1分） 注：若不写 通式，答案正确可直接得2分