南寧市2025屆高中畢業班第三次適應性測試物理參考答案及評分細則選擇題：多選題：解析：由hv=Em-En，可知，從n=4能級躍遷到n=1能級輻射光的光子能量最大，其波長最短，故A錯誤；從n=4能級躍遷到n=1能級、從n=3能級躍遷到n=1能級、從n=2能級躍遷到n=1能級輻射的光子能量分別為12.75eV、12.09eV、10.2eV，均大于金屬鎂的逸出功，從n=4能級躍遷到n=2能級級輻射的光子能量2.55eV，小于金屬鎂的逸出功，從n=4能級躍遷到其他能級輻射的光子能量更小，故只有3種光子可以使金屬鎂發生光電效應，故B正確；由光電效應方程：光電子的最大初動能Ek=hv-W0=12.75eV-3.7eV=9.05eV，故C錯誤；發生光電效應的條件是入射光的頻率大于金屬的截止頻率，與光照時間無關，故D錯誤。2.B解析：籃球釋放以后先豎直向下加速運動，反彈后豎直向上減速運動，x-t圖像的斜率絕對值代表速度大小，斜率應先增大后減小，故選B。3.A解析：由平拋運動的規律則解得：x月故選A。4.C解析：開關S斷開后，電容器將有流經電阻R2的放電電流，電容器的正負電荷會中和，電場力消失，液滴將豎直向下加速運動，故A錯誤；將電容器的上極板M上移一小段距離，電容器與R2并聯，電壓不變，由可知，電場強度E減小，電場力小于重力，液滴將豎直向下加速運動，故B錯誤；將電容器的下極板N左移一小段距離，極板間距d未變，電容器與R2并聯，電壓不變，由可知電場強度不變，故液滴依然靜止，C正確；由閉合電路歐姆定律：，由歐姆定律：電容器的電壓UC=UR=IR2，增大R1的阻值，電流I減小，電容器的電壓增大，電場強度E增大，電場力將大于重力，液滴豎直向上加速運動，故D錯誤。5.D解析：用戶得到的功率與發電廠輸送的功率之比為發電廠輸出的電壓u0恒定，故輸電電壓U1恒定，當用戶增加時，輸電功率增大，輸電線的電流增大，ΔU=I線.R，輸電線等效電阻R的分壓ΔU變多。故用戶得到的功率與發電廠輸送的功率之比增加。6.B解析：當板間有垂直于紙面的勻強磁場B和垂直極板的勻強電場E時，粒子勻速運動qvB=qE解得：當只有磁場時，粒子的軌跡如圖所示：其圓周半徑為由可得：=當板間只有勻強電場E時，粒子向上偏轉，做類平拋運動x=vt解得故選B。7.A解析：金屬棒的安培力為FA=BIL,其中解得：MMCPCNDQ故金屬棒先沿正方向減速運動，其加速度大小逐漸減小；當金屬棒速度減為零后，沿負方向加速運動，安培力反向，其加速度大小繼續減小，當a=0時，F=+mgsinθ,方向沿負方向，故A正確；t=0時刻，安培力沿負方向，故B錯誤；金屬棒先沿正方向減速運動，后沿負方向加速運動，則回路的電流先沿逆時針，后沿順時針方向，沿逆時針流過屬棒橫截面的電荷量和沿順時針流過屬棒橫截面的電荷量會抵消，故流過屬棒橫截面的電荷量應先增大后減小到0再增大，故C錯誤；電阻R的電功率因vm=2v0，故最終金屬棒的電功率應該是t=0時刻的4倍，故D錯誤。8.AC解析：溫度一定時，微粒越小，周圍液體分子撞擊微粒的不平衡性越明顯，微粒的布朗運動越明顯，故A正確；油酸分子直徑為，若油膜未完全展開，則S偏小，測得的油酸分子直徑偏大，故B錯誤；用燒熱的電烙鐵接觸涂有石蠟的薄玻璃片的背面，石蠟融化區域的形狀近似呈圓形，說明玻璃沿各個方向的傳熱一樣快，即導熱性能具有各向同性，故C正確；戳破右側的肥皂膜，左側肥皂膜因表面張力收縮，棉線會向左彎曲，故D錯誤。9.BD解析：從釋放小球B到A球撞墻壁前的過程中，彈簧第一次恢復原長前，細線有拉力，小球A、B的系統的合外力不為零，系統動量不守恒，故A錯誤；彈簧第一次恢復原長時，小球B的速度最大，由機械能守恒定律解得故B正確；當彈簧第二次恢復原長時，小球A的速度最大，記為vA，此時小球B的速度記為vB，從彈簧第一次恢復原長到彈簧第二次恢復原長，小球A、B的系統動量守恒，該過程相當于小球B以速度vmax與小球A發生了完全彈性碰撞，則有：2mvmax=2mvB+mvA2mv=2mv+mv 2mv=2mv+mv2max2B2A解得：v，故C錯誤；彈簧最短時，對小球A、B的系統：2mvmax=(2m+m)v共解得：故D正確。10.AD解析：物塊從A運動到B的過程中，由動能定解得：W克mgR，故A正確；從A運動到B的過程中，物塊從A處靜止釋放運動到B處和以初速度從A處運動到B處的過程對比，從A處靜止釋放運動到B處的過程，物塊經過圓弧上相同點的速度更小，由牛頓第二定律速度越小，軌道的支持力越小，滑動摩擦力也越小，路徑長度未變，因此物塊從A處靜止釋放運動到B處過程克服故B錯誤；物塊從C運動到D的過程中，重力的瞬時功率P=mgvy，在C處，物塊豎直方向的合力向上，在D處，豎直方向的合力豎直向下，可以推測，物塊從C運動到D的過程中，豎直方向的合力應該是先豎直向上，后變為豎直向下，而vy一直豎直向上，故vy先增加后減小，重力的瞬時功率先增加后減小，故C錯誤。若在圖中F點脫軌從B到F點，由動能定理：mg解得：mg則F點離地面高度為，故D正確。111）如圖（2分）注1）1.所有連線均正確才可給分。2.等效的連線也給分，比如第1、第2根線，也可以第1根線連接AB（或HB第2根線連接AC（或HC或者第1根線連接AC（或HC第2根線連接BC；第3根線，除了連接DF、GE、GF都可以，如左下圖。3.滑動變阻器的其他正確分壓式接法也可給分，如右下圖。 （2）U2U1（2分3）小于（2分）121）靜止（1分）注注1）填“平衡”“不動”或“不移動”等表達“靜止”的表述均可給1分；填“穩定”不給分。（2）20.6（2分）（3）如下圖所示（2分）注3注3）1.規范作出直線圖才可給分。2.連線長度不足第5個點數據范圍長度的不給分。n（4）122（5）不代表（2分）（1分）注（注（2取值在120~125范圍的，給2分因為主尺的零刻度略低于橡皮筋的上端，不掛鉤碼時，游標卡尺的讀數小于橡皮筋的原長。（2分）注注5）言之有理的均可給分。131）畫光路圖（1分）設在BED界面上的折射角為θ,由折射定律：解得：8=30'（1分）故E點的折射光與BD垂直，即平行于AD，則光在AB界面的入射角φ=45o（1分）（2）由反射定律知，光在AB面的反射角為45o（1分）只要論證得出光在只要論證得出光在AB面的反射角為45o的，均給1分由幾何關系可知，光在介質中傳播的路徑長度為：（2分）14.（1）電梯剛接觸井底緩沖彈簧時，彈簧彈力為零，以豎直向上為正方向，由牛頓第二定律，有：f-mg=ma（2分）（1分）注：1.答案未化簡不扣分。2.結果表達應與公式所取正方向相符，不相符的只給公式分。（2）由動能定理：mgx-fx-W克（2分）W克=Ep彈（1分）W克=12000J（1分）注：1.用能量守恒定律列式，如mgx+mv2=fx+Ep彈、mgx+mv2一fx=Ep彈、2.彈性勢能不用Ep或Ep彈用Ek、E等其他非習慣用法的字母表示，且無文字說明，扣1分，若有文字說明是彈性勢能，則不扣分。（3）以豎直向下為正方向，由動量定理：mgt-ft+I彈=0-mv（3分）I彈=-6100N·s故彈力的沖量大小為6100N·s，方向豎直向上。（1分）2.結果表達應與公式所取正方向相符，不相符的只給公式分，如“mgt一ft+I彈=3.沖量的單位寫成kg·m/s不扣分整題改卷原則：1.不劃分答題區域；2.f、v、t、x、m必須用題中的符號；3.整題解答過程正確但單位有錯誤的，整題只扣1分。151）lac=L粒子的軌跡如圖所示，Rsin60'=lac（1分）可得1分）（2）粒子以水平速度進入區域Ⅱ,粒子從A點出發至第2次到達平面MNPQ的軌跡如圖所示，在區域Ⅰ中，軌跡的圓心角為120o,對應的時間為：在區域Ⅰ中，軌跡為半圓，對應的時間為：得注：直接寫注：直接寫不得分故1分）（3）粒子第一次以水平速度進入在區域Ⅱ后，在平行于xoy平面的平面內做勻速圓周運動，在電場力作用下，沿z軸方向做加速度為a的勻加速直線運動，運動時間為，粒子第1次經過平面MNPQ時的速度為，第2次經過平面MNPQ時獲得了沿z軸負方向的速度，由牛頓第二定律：qE=ma（1分）注：1.推導第注：1.推導第2次經過平面MNPQ時獲得了沿z軸負方向的速度即可得1分，無需求第2次粒子的合速度。2.寫成：qE·t=mz2-0，給2分在區域Ⅰ以速度做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，(1(1分)顯然，第3次經過平面MNPQ時沿z軸負方向的速度再在區域Ⅱ中，在平行于xoy平面的平面內做勻速圓周運動，運動時間仍為在電場力作用下，沿z軸方向做加速度為a的勻加速直線運動第4次經過平面MNPQ時，沿z軸負方向的速度第5次經過平面MNPQ時，沿z軸負方向的速度第6次經過平面MNPQ時，沿z軸負方向的速度注：推導第注：推導第3次至第6次經過平面MNPQ至少1個循環過程總共得1分粒子的速度為1分）注：若在第