2025届广西南宁三中高三下学期5月二模物理试卷

高三第二次适应性测试 物理答案 第 1页 共 6页 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 k 0E h W ν ，可知逸出的光电子的最大初动能与入射光的 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 ��' = ��� �2 ，所以 � = � '�2 � 密度 � = � 4 3�� 3 = 3�' 4���，故选 A。 3.【答案】A【详解】根据题意作出光的折射与反射，如图 根据折射定律有� = ��� � ��� � ，该单色光出射点 Q与 P点的距离为� = 2� ��� � 代入数据解得� = 3mm，故选 A。 4.【答案】B【详解】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； B．由理想气体状态方程 pV C T  ，可知 T与 pV成正比。结合图乙可知，气体在状态 A和 B态时， 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 0r r 时，随分子间距离的增大，分子间的 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 r2时，分子势能最小，分子间距 离为平衡位置的距离。在 r由 r1变到 r2的过程中，分子力为斥力，随分子间距的增大，分子力做正 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 21 sin 30 2 L g t ， 代入得 2 Lt g  ，A正确；故选 A。 7.【答案】B【详解】根据 20 1 2 x v t gt  ，由图可知 t=3s时 x=15m，解得 v0=20m/s，则 3s末 A的速度 1 0 10m/sv v gt    ，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 高三第二次适应性测试 物理答案 第 2页 共 6页 动量守恒，以向上为正，则 B 2 A 1 B A( )m v m v m m v   ，解得碰前 B的速度 v2=20m/s，则两球碰撞中损 失的动能为 2 2 2 B 2 A 1 B A 1 1 1 ( ) 2 2 2k E m v m v m m v     ，带入数据解得 300JkE  ，故选 B。 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， 则频率变为原来 2倍，故 A正确；B．电动势有效值 2 NBSE  ，由于 2 n  ，变为原来 2倍，设 负载电阻为 0R ，原线圈等效电阻为 2 1 02 2 nR R n  ，则电流 EI R r   ，变为原来 2倍，线框内阻的发热功 率 2P I r ，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 错误；D．根据以上分析可知，原线圈两端电压变大，根据 1 1 2 2 U n U n  ，可知，要使负载电阻两端电压 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 1T ， 轻绳的弹力为 2T 。选择Q点为研究对象，由于 OQ为可旋转轻杆， 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 2T mg ，A错误；B．由 A选项受力分析可知， 1 2 cos30 3T mg mg   ，B正确；CD．过 O点向 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， 且满足 2 1mg T T SO SQ OQ   ，轻绳 P端缓慢向右移动过程中，SO减小，SQ增大， 则 2T 增大，C正确,D错误。故选 BC。 10.【答案】ABD【详解】A．根据法拉第电磁感应定律 1E N t    ，有 1 6 0.4V=2.4V BE S t      ，所 以开始时，线圈产生的感应电动势 1 2.4VE  ，灯泡的额定电压为 2.4V，此时灯泡两端电压为 2.4V， 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 2 2E B lv ，根据右手定则可知其 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 2B lv，随着速度增大，导体棒产生的反电动 高三第二次适应性测试 物理答案 第 3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 2 1E E 时，电流为 0，安培力为 0， 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 1 2.4VU E  不变， 灯泡的热功率 2 1 EP R  灯 不变，随着导体棒运动产生的与线圈中方向相反的电动势 E2=B2lv逐渐变大， 当 E1=E2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 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 2 0B Il t mv   ，而 q I t  ，则 2B lq mv ，其中 v为导体棒稳定时的速度，则稳定时 1 2E B lv ， 解得 2.4m/sv  ，所以解得 0.48Cq  ，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。 （2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据 1 2 2 1 I n I n  可知，匝数少的电流大，则导线越粗，导线粗的线圈匝数少； （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 2 2 U n U n  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 1 2 3V 6VU    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。 12．(1)5.25 (2) 2 d t (3) 2 2 2 1 1 (2 ) 2 d dmgh M m t t                   (4)C (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 5mm 0.05mm 5 5.25mmd     （2）若系统机械能守恒定律  2 22 1 1 1(2 ) 2 2 2 mgh M m v M m v    根据题意得 1 1 dv t  高三第二次适应性测试 物理答案 第 4页 共 6页 2 2 dv t  可知系统机械能守恒需要满足关系式 2 2 2 1 1 (2 ) 2 d dmgh M m t t                   （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 2 1 1 (2 ) 2 d dmgh M m t t                   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) 3m / sv  (2)  0.1sin π my t   ；或 0.1siny 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 2sT  （1分） 这列波的传播速度 v T   （1分） 解得 3m / sv  （1分） （2）质点 N的振幅 0.1mA  （或 10cmA  ） （1分） 质点 N 的圆频率 2π T    （1分） 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；  0.1sin π my t   ；或 0.1siny t  m （3分） 高三第二次适应性测试 物理答案 第 5页 共 6页 14.答案（1）2 m/s （2）2 m/s （3）0.5 J 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 μ0mg＝ma （2分） 设加速过程物块的位移为 x，则 v2＝2ax，解得 x＝1 m＜L，假设成立，（1分） A碰 B前，A物块的速度大小为 2 m/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＝mvA＋mvB （1分） 1 2 mv2＝1 2 mvA2＋ 1 2 mvB2 （1分） 解得 vA＝0，vB＝2 m/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＝－Wf 由图乙知 B运动 0.5 m时μ＝0.4 摩擦力对物块做的功Wf＝－ 0+μmg 2 d， （2分） 根据能量守恒得 1 2 mBvB2＝Q＋Epm， （2分） 解得 Epm＝0.5 J。 （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：� = 12 �� 2 （1分） �方向：2� = �0� （1分） � = ��� （1分） 解得� = ��0 2 2�� （1分） (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） tan� = �� �0 （1分） 解得粒子进入磁场时速度� = 2�0，与�轴的夹角� = 45∘， 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� = � （1分） 根据牛顿第二定律��� = � � 2 � （1分） 解得� = ( 2+1)��0�� （1分） 高三第二次适应性测试 物理答案 第 6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� （1分） 由���' = � � 2 � 解得�' = ��0 �� （1分） 设粒子从(0, �)处以�0射出，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 ��'�' = � � '2 �' ， 解得�' = �'��0 （1分） 设�点为圆心，��垂直于�轴与磁场下边界交于�点 在����中��� = ���2 + ���2 − 2������cos� （1分） 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�'， � = �0�' + �' 1− sin� ，（1分） � = 1 2 ��' 2 解得� = �� + �2 + �� （2分）