《2020届广西省南宁市高三第二次适应性测试物理试题(解析版)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届广西省南宁市高三第二次适应性测试物理试题(解析版)（23页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、- 1 - 2020 届广西省南宁市高三第二次适应性测试物理试题（解析版） 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
2、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 2 Mm Gmg R 解得 2 GM g R 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 0 v，根据竖直上抛运动规律有 - 2 - 2 0 2 v h g 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
3、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（q0）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 2 mg qh C. 电场的场强大小为 mg q 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
4、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 2 2vgh 解得2vgh 对小球受力分析，如图所示 - 3 - 设电场力与竖直线ac 的夹角，由几何关系可知 45 由受力分析图，根据平衡条件可得 cosEqmg，sinEqBqv 联立解得 2mg E q ， 2 mg B qh 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 2WEqLmgL 故电势能增加了2mgL，故 D 错误。 故选 B。 4.如图
5、，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 2 L R C. 粒子比荷 4qv mBL D. 粒子在磁场中运动的时间 2 L t v - 4 - 【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
6、由题意知， 12 OPOPR，底边 MNL，则根据几何关系可知 2 2 4 P NL， 1 2 ONLR 由题知，MQN为等腰直角三角形，则45QNM，在 2 P NO中，根据余弦定理有 2 2 2 22 2cos45 4242 LLL RRLR 解得 4 L R 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 2 v Bqvm R 解得粒子的比荷 4qv mBL ，故 B 错误， C 正确； D因半径 4 L R，则由几何关系可得 24 LL ONR 故 2 OPONR，且 2 2 4 P NL，所以2 90P ON ，故粒子在磁场中偏转的角度也为90，则粒子 在磁场中运动的时间为
7、 1 4 tT 又 - 5 - 2 m T Bq 解得 8 L t v ，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 2 mg x B. 下落过程中，在 1 xx处，物块的动能最大 C. 下落过程中，在 2 xx 处，物块的机械能最大 D. 在 x1xx2和 x2xx3的两段过程中， ax 图线斜率的绝对值均等于 21
8、 g xx 【答案】 D 【解析】 【详解】 A由图可知，当小球下落到x2时，加速度为零，即弹力与重力大小相等，此时弹簧的形变量为 21xx，则有 21 k xxmg 解得 21 mg k xx ，故 A 错误； B由图可知，当小球下落到x2时，加速度为零，即弹力与重力大小相等，速度最大，动能最大，故B 错 误； C对物块和弹簧组成的系统进行分析，则系统机械能守恒，当弹簧的弹性势能最小，物块的机械能最大， 故当小球下落到x1时，弹簧处于原长，弹性势能为零，为最小，则此时物块的机械能最大，故 C 错误； - 6 - D在 x1xx2过程中，重力大于弹力，根据牛顿第二定律有 1 ()mgk xxm
9、a 又由 A 项知 21 k xxmg 联立解得 2 kxk ax mm 由图可知，当x=x1时 a=g，代入上式可得 21 kg mxx 即为该段图线的斜率绝对值； 在 x2xx3过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律有 1 ()k xxmgma 又由 A 项知 21 k xxmg 联立解得 2 kxk ax mm 由图可知，当x=2x2-x1时 a=g，代入上式可得 21 kg mxx 即为该段图线斜率绝对值； 综上分析可知，两段过程ax 图线斜率的绝对值均等于 21 g xx ，故 D 正确。 故选 D。 6.如图，一理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，副线圈接有阻值R=10的电阻，电
10、表均为理想电表， 原线圈输入电压的瞬时值表达式为 100 2sin100Vut 。下列说法正确的是（） - 7 - A. 通过 R的电流每秒钟方向改变50 次 B. 电压表的示数为20V C. 电流表的示数为 0.4 2A D. R 消耗的功率为40W 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A由输入电压的瞬时值表达式 100 2sin100Vut ，可知角速度为 100 rad/ s 周期为 2 0.02s T 交流电一个周期电流方向改变两次，故每秒钟电流方向改变的次数为 1 2 0.02 n次=100 次 故 A 错误； B由输入电压的瞬时值表达式 100 2sin100Vut ，可知原线圈输
11、入电压的最大值为 m 100 2VU，则有效值为 1 100 2 V=100V 2 U 根据 11 22 Un Un 解得 2 20VU，即为电压表的示数，故B 正确； C根据欧姆定律有 2 2 U I R 解得副线圈的电流为 2 2AI 根据 12 21 In In 解得 1 0.4AI，故 C 错误； - 8 - D根据 2 2 PI R 解得40WP，故 D 正确。 故选 BD 。 7.一滑块以初速度v 沿粗糙程度各处相同的斜面上滑，达到最高点后再沿斜面下滑。用 a和 v 分别表示滑块 的加速度和速度，用t 表示时间，规定沿斜面向上的方向为正方形，能够描述滑块的at关系或 vt 关系 的
12、图像是（） A. B. C. D. 【答案】 AD 【解析】 【分析】 【 详解】 AB 对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律，上滑时有 1 sincosmgmgma 解得 1 sincosagg，方向沿斜面向下，做减速运动，为负方向； 下滑时有 2 sincosmgmgma 解得 2 sincosagg，方向沿斜面向下，做加速运动，为负方向； 综上分析有 12 aa，方向都为负方向，故A 正确， B 错误； CD速度时间图象的斜率表示加速度，因12aa，故在 v-t 图象上滑时倾斜角比下滑时大，且方向都沿斜 面向下，为负方向，故C 错误， D 正确。 故选 AD 。 8.如图，倾角=30 且
13、电阻不计的光滑平行双导轨固定，导轨上端连有阻值R=1的电阻， MNQP 区域存 在方向垂直于斜面向下、磁感应强度B=1T 的匀强磁场，质量m=1kg 、电阻 r=1 的导体棒ab置于导轨上 并与导轨接触良好，ab/MP/NQ 。让 ab 从与 MP 相距为 d1=0.5m 处由静止下滑，同时对它施加一个平行于 导轨方向的力F，使 ab 始终沿导轨向下做a=4m/s2的匀加速直线运动，直到ab 穿过磁场。已知ab 的长度 - 9 - 及导轨间距均为L=1m，MP 和 NQ 相距 d2=1.5m。重力加速度 g=10m/s 2。则（ ） A. ab 刚进入磁场时受到的安培力大小为2N B. ab
14、即将穿出磁场时，重力的功率为20W C. ab在磁场中运动的过程中，力F 一直在增大 D. ab 由静止下滑到即将穿出磁场的过程中，力F 的方向不变 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A设导体棒ab 在 MP 处的速度为v1，根据速度位移公式有 2 11 2vad 代入数据解得 1 2m / sv 则感应电流为 1 1 BLv I Rr 解得 1 1AI 则安培力为 1 FBI L 解得1NF，故 A 错误； B设导体棒ab 在 NQ 处的速度为 v2，根据速度位移公式有 2 212 2va dd 代入数据解得 2 4m / sv 则沿竖直方向的速度为 sin2m / s y vv 故重力的
15、功率为 20W y Pmgv 故 B 正确； - 10 - CD导体棒ab 在进入磁场前，根据牛顿第二定律可知 sinmgFma 解得 1NF ，方向沿斜面向上，大小不变； 当导体棒ab在进入磁场后，根据牛顿第二定律可知 sinmgFFma 安 又 22 B L v FBIL Rr 安 ，vat 代入数据并联立解得12Ft，此时随时间的增大而减小，方向沿斜面向上； 当 F=0 时， F 的方向即将变化，根据 1 20Ft 解得 t=0.5s 则导体棒ab在这段时间内的位移为 12 2 vv xt 代入数据解得x=1.5m= d2 说明导体棒ab 运动到 NQ 处时 F 为零，综上分析可知，导体
16、棒ab 由静止下滑到即将穿出磁场的过程中， 力 F 的方向不变，都沿斜面向上，大小先不变再减小，故C 错误， D 正确。 故选 BD 。 二、非选择题 9.某小组用图（ a）所示装置验证动量守恒定律。所选两车中，小车P的前端粘有橡皮泥，后端连着纸带， 纸带穿过打点频率为50Hz 的打点计时器。 (1)在长木板右端下面放垫块的目的是_； (2)放垫块并达成目的后，接通电源，轻推小车P使之运动，小车 P运动一段时间后，与原来静止的小车Q 相碰， 碰后两车粘合在一起继续运动，两车碰撞前后打出的纸带如图（b）所示。 测得小车 P（包含橡皮泥） 的质量 mP=0.60kg，小车 Q 的质量 mQ=0.40kg。由以上数据求得两车组成的系统碰前总动量为 _kg m/s， - 11 - 碰后总动量为_kg m/s（结果保留3 位有效数字） ； (3)实验结论： _。 【答案】(1). 平衡小车受到的摩擦力（或使小车重力的下滑分力等于小
