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  • 2023-05-11 发布

广西省南宁市2020届高三第二次适应性测试物理试题 Word版含解析

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物理部分 一、选择题 ‎1.‎1964年10月16日,我国第一颗原子弹在罗布泊爆炸成功(如图),有力地打破了超级大国的核垄断,极大地提高了我国的国际地位,原子弹爆炸利用的核变化属于( )‎ A. 衰变 B. 衰变 C. 核裂变 D. 核聚变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】原子弹是利用核裂变的链式反应原理制成的,故C正确,ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎2.A、B两颗星球的质量之比为MA:MB=12:1,半径之比为RA:RB=2:1,星球表面均无大气层,忽略两星球的自转。若宇航员将一小球以相同的初速度分别从A、B星球表面竖直上抛,小球上升的最大高度分别为hA、hB,则( )‎ A. hA:hB=1:3‎ B. hA:hB=1:6‎ C. hA:hB=3:1‎ D. hA:hB=6:1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在星球表面,忽略星球的自转,则万有引力等于重力 解得 则两星球表面的重力加速度之比为gA:gB=3:1‎ 设小球上升的初速度为,根据竖直上抛运动规律有 - 24 -‎ 可知小球上升的最大高度与重力加速度成反比,故小球在两个星球上升的最大高度之比为 hA:hB=1:3‎ 故A正确,BCD错误。‎ ‎3.如图,abcd是边长为L且对角线ac竖直的正方形区域,区域内既存在垂直于abcd平面的匀强磁场(图中未画出),也存在平行于cb边斜向上的匀强电场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的小球从a点正上方高h处由静止释放后,恰好能沿直线ac匀速穿过正方形区域。小球可视为质点,重力加速度大小为g。由此可知( )‎ A. 磁场方向垂直于abcd平面向里 B. 磁场的磁感应强度大小为 C. 电场的场强大小为 D. 从a到c,小球电势能增加2mgL ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由题知,带正电的小球通过复合场时恰能沿直线ac匀速穿过正方形区域,故小球不仅受重力和电场力作用,还受洛伦兹力作用,为保证小球做匀速直线运动,处于平衡状态,故洛伦兹力方向为水平向左,根据左手定则可知,磁场方向垂直于abcd平面向外,故A错误;‎ BC.小球从a点正上方高h处由静止释放,根据自由落体运动规律有 解得 - 24 -‎ 对小球受力分析,如图所示 设电场力与竖直线ac的夹角,由几何关系可知 由受力分析图,根据平衡条件可得 ‎,‎ 联立解得 ‎,‎ 故B正确,C错误;‎ D.小球从a到c,沿电场力方向做负功,则有 故电势能增加了,故D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.如图,在底边长为L的等腰直角三角形MQN区域内,存在方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子(不计重力)以垂直于底边MN的速度v从底边中点P1射入磁场,粒子离开磁场的位置在直角边QN的中点P2。下列结论正确的是( )‎ A. 粒子带负电 B. 粒子在磁场中运动的轨道半径 - 24 -‎ C. 粒子比荷 D. 粒子在磁场中运动的时间 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由题意,可知粒子从P1点进,从P2点出,则粒子向右偏转,根据左手定则可知,粒子带正电,故A错误;‎ BC.根据题意作出粒子的运动轨迹,如图所示 由题意知,,底边,则根据几何关系可知 ‎,‎ 由题知,为等腰直角三角形,则,在中,根据余弦定理有 解得 粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力,则有 解得粒子的比荷,故B错误,C正确;‎ D.因半径,则由几何关系可得 故,且,所以,故粒子在磁场中偏转的角度也为 - 24 -‎ ‎,则粒子在磁场中运动的时间为 又 解得,故D错误。‎ 故选C。‎ ‎5.如图(a),轻弹簧竖直固定在水平地面上,一质量为m的小物块从弹簧正上方O点由静止下落。以O点为原点,作出物块从O下落至最低点过程中的加速度大小a随位移x变化的关系如图(b)。弹簧形变始终未超过弹性限度,重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )‎ A. 弹簧的劲度系数为 B. 下落过程中,在处,物块的动能最大 C. 下落过程中,在处,物块的机械能最大 D. 在x10)的带电粒子在电场中P(-L,‎2L)点沿y轴负方向以某一初速度v0射出,粒子恰好从坐标原点O进入x>0区域。粒子重力不计。求:‎ ‎(1)粒子的初速度大小v0;‎ ‎(2)粒子第二次通过y轴的位置坐标。‎ ‎【答案】(1);(2)(0,‎-2L)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子在x<0区域做类平抛运动,轨迹如图 - 24 -‎ 设粒子的运动时间为t1,从P到O,由运动学规律有 ‎2L‎=v0t1,‎ 由牛顿第二定律有 qE=ma1‎ 由运动学规律有 得 ‎(2)在x>0区域,粒子做加速度恒定的匀变速曲线运动,第二次通过y轴的位置为N,从O到N运动的时间为t2。运动轨迹如图所示 由牛顿第二定律有 从O到N,由运动学规律有 ‎,‎ 联立求解得ON=‎‎2L - 24 -‎ 所以粒子第二次通过y轴的位置坐标为N(0,‎-2L)‎ ‎12.如图(a),两端分别为M、N的长木板A静止在水平地面上,木板上长‎0.5m的PN段上表面光滑,N端上静止着一个可视为质点的滑块B。给木板施加一个水平向右的力F,F与木板的位移x的关系如图(b),当x=‎1.5m时撤去力F,撤力F前B仍在木板上。已知A、B的质量均为m=‎1kg,A的MP段上表面与B及A与地面间的动摩擦因数均为,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=‎10m/s2。求:‎ ‎(1)当x1=‎0.5m时,木板A的速度大小;‎ ‎(2)木板A的最小长度;‎ ‎(3)整个运动过程中,A与地面间因摩擦产生的热量。‎ ‎【答案】(1)‎2m/s;(2)‎1m;(3)7J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题知,当x1=‎0.5m时,地面对A的滑动摩擦力为 对A,根据动能定理有 解得v=‎2m/s 或:对A,根据牛顿第二定律有 根据速度位移公式有 联立解得v=‎2m/s ‎ ‎(2)由图可知,从‎0.5m到‎1.5m,F=4N=,故AB组成的系统合外力零,当B恰好滑到A - 24 -‎ 的左端时两者有共同速度,此时A的长度最小,根据动量守恒定律有 解得 或:对B,根据牛顿第二定律有 解得 对A,根据牛顿第二定律有 解得 设经过ts,AB共速,则有 aBt=v-aA2t 解得t=0.5s 则共同速度为 对A,根据动能定理有 解得,故假设成立 对B,根据动能定理有 解得 故后一段A相对B的位移为 故A的最小长度为 或:当AB共速后,对AB,根据牛顿第二定律有 - 24 -‎ 解得a1=0,即AB一起匀速 对B,运动‎0‎‎5m后,根据牛顿第二定律有 对A,‎0.5m后,根据牛顿第二定律有 根据位移时间公式有 ‎,‎ 则有 m ‎(3)共速后,对整体,根据动能定理有 解得x3=‎‎0.25m 或:AB一起减速,根据牛顿第二定律有 根据运动学公式有 解得x3=‎‎0.25m 故整个运动过程中,A运动的位移为 x总=x1+x2+x3=‎‎1.75m 根据 Q=f地x地 代入数据解得Q=7J 或:根据功能关系有 Q=WF-Q系统内 而 WF=F1x1+F2x2‎ - 24 -‎ 解得 代入数据联立解得 或:根据能量守恒有 Q=Q有F+Q撤F 而 Q有F=f地(x1+x2)‎ Q撤F=‎ 代入数据联立解得 ‎13.如V—T图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程①、②、③到达状态d。则:过程①中,气体压强________(填“增大”、“减小”或“不变”);过程②中,气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数_______(填“增加”、“减少”或“不变”);过程③中,气体_______(填“对外界放热”、“从外界吸热”或“既不吸热也不放热”)。‎ ‎【答案】 (1). 增大 (2). 减少 (3). 从外界吸热 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]由图可知,过程①中,体积不变,气体发生等容变化,温度升高,故压强增大;‎ ‎[2]由图可知,过程②中,根据理想气体状态方程有 变形得 - 24 -‎ 即V-T图线是一条过原点的等压直线,故过程②中,压强一直不变,气体发生等压变化,气体体积增大,则分子数密度减小,温度升高,则分子平均动能增大,而气体的压强取决于分子数密度和平均动能,故与b态相比,c态的气体分子在单位时间内对容器壁单位面积撞击的次数减少;‎ ‎[3]由图可知,过程③中,温度不变,发生等温变化,理想气体的内能只与温度有关,故此过程内能不变。现体积增大,气体对外做功,减少内能,故为保持内能不变,所以气体要从外界吸热。‎ ‎14.如图,一粗细均匀的“U”形细管竖直放置,管内有一段水银柱,A管开口向上,B管与一容积不变的密闭容器C连通,当C中理想气体的温度T1=285K时,A、B管中液面相平,A管管口与液面的高度差L=‎22cm。现缓慢加热容器C中的气体,使其温度最终稳定在T2=360K。已知大气压强p0=76cmHg,A管内气体温度始终与外界温度相同且外界温度恒定,B管内气体体积远小于容器C的容积。‎ ‎(1)C中气体温度稳定在T2=360K时,求A、B管中液面的高度差;‎ ‎(2)保持T2不变,将一活塞D从A管管口向下缓慢推气体(未漏气),直到A、B管中液面再次相平,求此过程中活塞在A管中移动的距离。‎ ‎【答案】(1)‎20cm;(2)‎‎12.5cm ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)初态压强为cmHg,温度为T1=285K,末态温度为T2=360K 由题知,C内气体发生等容变化,根据查理定律有 代入数据得p2=96cmHg 设此时A、B管中液面的高度差为,则有 - 24 -‎ p2=p0+‎ 代入数据解得=‎‎20cm ‎(2)A管内气体发生等温变化,设活塞在A管中移动的距离为x,管的横截面积为S 初态:,;末态:,‎ 根据波意耳定律有 即 代入数据解得x=‎‎12.5cm ‎15.如图(a)、(b),两个摆长均为l的单摆在竖直面(纸面)内做摆角很小(约为2°)的摆动,图(b)中悬点O正下方P处固定着一枚钉子,OP=‎0.25l。①两单摆的周期分别为TA=_______,TB=______;②若将两摆球从图示位置(悬线与竖直方向的夹角相同)由静止释放,摆球到达左侧最高点与各自平衡位置的高度差分别为hA、hB,则hA_______(填“>”“<”或“=”)hB。(不计摆球直径,不计悬线接触钉子时的能量损失,重力加速度大小为g。)‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). =‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①[1]图(a)中A单摆的摆长为,根据单摆周期公式,可得 - 24 -‎ ‎[2] 图(b)中B单摆在右边时摆长为,根据单摆周期公式,可得 单摆在左边时摆长为,根据单摆周期公式,可得 故该单摆的周期为 将T1、T2代入解得 ‎②[3]两单摆从同一高度下落,根据机械能守恒可知,两单摆在最低点的线速度大小相等,又根据题意可知,不计悬线接触钉子时的能量损失,故B单摆在最低的速度仍然与A单摆相同,所以根据机械能守恒可知,两单摆在向左摆动过程,可以摆到到相同的高度,故hA=hB。‎ ‎16.如图,ABCD是某四棱镜的横截面,∠A=60°、∠B=30°、AB//CD,AD=L,。位于ABCD所在平面内的平行单色光垂直于AD边入射(入射点在A、D之间),进入棱镜的光线恰好在AB边发生全反射。真空中光速为c,每条边只考虑一次反射或折射。求:‎ ‎(1)棱镜材料的折射率;‎ ‎(2)射向AD边的光线中,从进入棱镜到射出BC边经历的最长时间。‎ ‎【答案】(1);(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】画出光路如图所示 - 24 -‎ ‎(1)因入射光垂直于AD边,故进入棱镜的光线方向不变;由题意可知在AC边发生全反射的临界角为C=60°‎ 根据 解得棱镜材料的折射率为 ‎(2)从D点入射的光线射至BC通过的路程最长,经历的时间最长,设对应的出射点为P因为直角三角形,根据几何关系得 因QB=DC,为等腰三角形,根据几何关系得 通过的路程为 棱镜中的光速 根据 s=vt 解得进入棱镜到射出BC边经历的最长时间 - 24 -‎

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