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

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

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 -‎