广西南宁市2025届高三第三次适应性测试物理试卷答案

南宁市2025届高中毕业班第三次适应性测试物理参考答案及评分细则选择题：1．B2．B3．A4．C5．D6．B7．A多选题：8．AC9．BD10．AD1.Bc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mn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EkhW012.75eV3.7eV9.05eV，故C错误；发生光电效应的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MmM对在星球表面的物体：Gmg，gGxvt1220hgt2RR2222x月R月M地327272hR则。解得：xx，故选。xv022.81月AGMxR地M月1111114.C解析：开关S断开后，电容器将有流经电阻R2的放电电流，电容器的正负电荷会中和，电场力消失，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R2并联，电压不变，由E可知，电场强度E减小，电场力小于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R2并联，电压不变，由E可知电场强度不变，故液dU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R1R2压UUIR，增大的阻值，电流减小，电容器的电压增大，电场强度增CR22R1IE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线U解析：用户得到的功率与发电厂输送的功率之比为：，发电厂输出的电PU1.I线U1压u0恒定，故输电电压U1恒定，当用户增加时，输电功率增大，输电线的电流增大，UI线.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qEEM解得：vNB当只有磁场时，粒子的轨迹如图所示：CDl其圆周半径为4PQ2mElv由qvBm可得：2RqB4当板间只有匀强电场E时，粒子向上偏转，做类平抛运动l1at222qEamxvtmlmlEl解得：xv，故选B。qEqB227.ABLv解析：金属棒的安培力为FBIL,其中IARB2L2v解得：FARB2L2vt=0时刻，F0mgsin，其方向沿负方向，金属棒的合力为：AR22BLv0F合Fmgsin3mgsinRB2L2v故金属棒先沿正方向减速运动，其加速度大小Fmgsin逐渐减小；当金属aRmB2L2v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FmgsinaRm22BLvm2mgRsin继续减小，当a0时，Fmgsin，vm2v0，方向沿负方向，RB2l2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vm2v0，故最终金属棒的电功率应该是t=0时刻的4倍，故D错误。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11k时，小球B的速度最大，由机械能守恒定律：kx22mv2，解得：vx，202maxmax2m0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vA，此时小球B的速度记为vB，从弹簧第一次恢复原长到弹簧第二次恢复原长，小球A、B的系统动量守恒，该过程相当于小球B以速度vmax与小球A发生了完全弹性碰撞，则有：2mvmax2mvBmvA1112mv22mv2mv22max2B2A2mm1解得：vvvB2mmmax3max22m4kvvx，故C错误；A2mmmax32m0弹簧最短时，对小球A、B的系统：2mvmax2mmv共1212122mv2mmv共kx2max223解得：xx，故D正确。3010.AD解析：物块从A运动到B的过程中，由动能定理：1212mgRW克mvmv2B201解得：W克mgR，故A正确；从A运动到B2的过程中，物块从A处静止释放运动到处和以初速度从处运动Bv02gRA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，NR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12摩擦力做功W克mgR，由动能定理：mgRW克mv0，解得：vgR，22BB故B错误；物块从C运动到D的过程中，重力的瞬时功率Pmgvy，在C处，物块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vy一直竖直向上，故vy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v2中F点脱轨，mgcosmR从B到F点，由动能定理：11mg(RRcos)mv2mv222B1解得：cos3mg4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。U1R1UU（2）21（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）36.01.规范作出直线图才可给分。32.02.连线长度不足第5个点数据范围长度的不给分。28.024.020.0n16.0012345（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：fmgma（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。