南宁市2025届高中毕业班第三次适应性测试
物理
注意事项：
】.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2、回答选择题时，选出每小题答聚后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答素写在答题卡上。写在本试卷
上无效。
一、选择题（本大题共10小题，共46分。第1~7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8~10题，每小题6分，有多个项符合题目要求，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。)
1.氢原子的能级图如图所示，大量氢原子处于n=4的激发态，在向低能级跃迁时放出大量光子，
用这些光子照射逸出功为3.7eV的金属镁，下列说法正确的是
EleV
00
0
0.54
-0.85
-1.51
-3.40
-13.6
A.从n=4能级跃迁到n=1能级辐射光的波长最长
B.能使金属镁发生的光电效应的光子有3种
C.金属镁表面逸出光电子的最大初动能为12.75eV
D.只要照射时间足够长，这些光子都能使金属镁发生光电效应
2.一篮球从离地面o处静止释放，与地面碰撞后竖直向上运动至最大高度h处，hm
解州牝吟琳‘里挲挺班球泰凹首·。鞋鲆（梦未明挺啊4喜留明搿甘卫
处以初速度0水平抛出，物体落地时的水平位移为x,空气阻力不计。若航天员在月球表面，
也将物体从距月球表面高为五处以初速度%水平抛出，则其落地时的水平位移为
4.
27
B
11
27x
C.33x
D.3
南宁市2025届高中毕业班第三次适应性测试物理第】页共6页
4.利用静电悬浮技术可以进行材料的无容器处理，其原理为当静电场中的带电物体所受电场力与
重力平衡时，可实现物体的悬浮。如图所示，某装置中R1为电阻箱、2为定值电阻，电容器
与R2并联。现闭合开关S,待电路稳定后，在电容器间的P点释放一带电液滴，液滴恰好静止。
下列操作中，液滴依然可以保持静止的是
A.断开开关S
B.将电容器的上极板M上移一小段距离
C.将电容器的下极板N左移一小段距离D.增大R1的阻值
5.如图为远距离交流输电的简化电路图，变压器T、T2均为理想变压器，R为输电线的等效电阻，
发电厂输出的电压0恒定。当用户增加时，用户得到的功率与发电厂输送的功率之比将
R
T
A.先增大后减小
B.先减小后增大
C.增大
D.减小
6.如图所示，CD为两极板W、P2的中心线，板长和板间距均为1。一带电粒子以某一平行于
极板的速度从C点进入板间区域，粒子重力不计。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，粒子恰好沿CD运动。当板间只有匀强磁场B时，粒子恰好从下极板边缘
P射出，当板间只有匀强电场E时，下列说法正确的是
A.粒子将从上极板边缘N射出
B.粒子将打在上极板的中点
C.粒子将打在下极板的中点
D,粒子将从DQ之间某点射出
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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 Em En ， 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
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
Mm M
x v t 1 对在星球表面的物 体： G mg ， g G0 h gt 2 R
2 R 2
2
2hR2 x R 2M 32 27 27x v0 则
月 月 地 .81 。解得： x x，故选 A。
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 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d
U
滴依然静止，C正确；由闭合电路欧姆定律： I R R ，由欧姆定律：电容器的电1 2
压UC U R IR2 2 ，增大 R1的阻值，电流 I减小，电容器的电压增大，电场强度 E增
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 P U .I U ，发电厂输出的电1 线 1
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 .R
线 ，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 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
at 2
2 2
a qE
m
x vt
x v ml mlE l解得： ，故选 B。
qE qB 2 2
7. A
解析：金属棒的安培力为 FA BIL
BLv
,其中 I
R
B2L2
解得： F vA R
B2L2t = 0 v时刻， FA 0 mg sin ，其方向沿负方向，金属棒的合力为：R
B2L2v
F合 F
0 mg sin 3mg sin
R
B2F L
2v
mg sin
故金属棒先沿正方向减速运动，其加速度大小 a R 逐渐减小；当金属
m
2 2
F B L v mg sin
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
B2 2a 0 L vm v 2mgR sin 继续减小，当 时， F mg sin ， m 2v ，方向沿负方向，R 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 I 2R ，
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
越明显，故 A正确；油酸分子直径为 d
V
，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 2 1 2 k
时，小球 B的速度最大，由机械能守恒定律： kx 2mv ，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 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 mvA
1 2mv 2 1 2mv 2 1 mv 2
2 max 2 B 2 A
2m m 1
解得： vB vmax v2m m 3 max
v 2 2m v 4 kA x2m m max 3 2m 0
，故 C错误；
弹簧最短时，对小球 A、B的系统：
2mvmax 2m m v共
1 2mv 2 1max 2m m v 2
1
共 kx
2
2 2 2
x 3解得： x0，故 D正确。3
10. AD
解析：物块从 A运动到 B的过程中，由动能定
理：
mgR W 1 1 mv 2B mv
2
克 2 2 0
1
解得：W mgR克 ，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
B处和以初速度 v0 2gR 从 A处运动
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
2
速度更小，由牛顿第二定律： FN mg sin m
v
，速度越小，轨道的支持力越小，
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 2
摩擦力做功W mgR克 ，由动能定理：mgR W mv 02 克 B
，解得： vB gR ，2
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
2
中 F v点脱轨，mg cos m
R
从 B到 F点，由动能定理：
mg(R R cos ) 1 1 mv2 mv 2
2 2 B
1
解得： cos
3 mg
4
则 F点离地面高度为 h R R cos 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。
U1R1
（2）U 2 U1 （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 = 45 （1分）
（2）由反射定律知，光在AB面的反射角为 45 （1分）
只要论证得出光在AB面的反射角为 45 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： = ， = 1.25 / 2，给 2分；
若 = ， = 1.25 / 2，给 3分。
（2）由动能定理：
mgx fx W 0 1 mv2
克 2 （2分）
W克 = 弹 （1分）
W克=12000J （1分）
注：1. 1用能量守恒定律列式，如 + 2 = + 1 弹、 +
2 =
2 2 弹
、
1 2 0 = + 1 2
2 弹
、0 = 弹等，给 3分2
2.弹性势能不用 Ep或 Ep 弹用 Ek、E等其他非习惯用法的字母表示，且无文字说明，扣
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弹 0 mv （3分）
I 弹= -6100N·s （1分）
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 = 0 （ ）、 + 弹 = ”，
给 3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“ + 弹 =
0 弹 = 6100N·s”，只给 3分。
3.冲量的单位写成 kg·m/s不扣分
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 120 ，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
