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- 2021-05-26 发布
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广西省南宁市2020届高三第二次适应性测试试题
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
【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
【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
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
【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
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
C. 粒子比荷
D. 粒子在磁场中运动的时间
【答案】C
【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
,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)
【详解】(1)粒子在x<0区域做类平抛运动,轨迹如图
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
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
【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
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
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】增大 减少 从外界吸热
【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
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
【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
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】 =
【详解】①[1]图(a)中A单摆的摆长为,根据单摆周期公式,可得
[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)
【详解】画出光路如图所示
(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