1、第1页（共6页）南宁市东盟中学2023届5月份适应性测试物理参考答案南宁市东盟中学2023届5月份适应性测试物理参考答案14【答案】B【解析】A空间站绕地球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，有2()MmGmakR在地面的物体，有2MmGm gR因为空间站在圆轨道上时轨道半径大于地球半径，故向心加速度小于 g，选项 A 错误；B空间站在轨道绕地球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，有22()MmmvGkRkR又因为2MmGmgR故空间站线速度大小为GMgRvkRk因飞船运动的轨道为椭圆轨道，故飞船在 B 点的速度大于第一宇宙速度，而空间站的速度小于第一宇宙速度，故 vBgRk选项 B 正确
2、；C飞船沿轨道运动时只有引力做功，故机械能守恒，飞船在椭圆轨道上 A 处的机械能等于 B 处的机械能，选项 C 错误；D。由万有引力表达式可知飞船和空间站在 A 处所受的万有引力还与飞船和空间站的质量有关，因为题目中不知道二者质量的关系，故无法判断二者在 A 处所受万有引力是否相等，选项 D 错误15【答案】C【解析】假设每块砖的厚度为 d，照相机拍照的时间间隔为 T，则向上运动和向下运动分别用逐差法可得26da T上和24da T下根据牛顿第二定律可得fmgFma上、fmgFma下联立解得15=fFmg故 C 正确。故 ABD错误。16【答案】A【解析】对圆环 A 受力分析，如图对物体 B，
3、由平衡条件可得BTm g当圆环刚要上滑时，由平衡条件可得mcossinTmgf、m(sincos)Bfm gmg联立解得2Bmm即悬挂的物块 B 质量不能超过 2m。17【答案】D【解析】A4n跃迁到2n 的光子能量为2.55eV，当电压大于等于0.8V时，溢出来最大动能的光电子被截止，说明光电子最大初动能为0.8eV。根据光电效应方程0hfWU可知，该材料的逸出功01.75eVW，A 错误；B 滑动变阻器触点 c 慢慢向 a 端移动，增加反向截止电压，有可能出现电流读数为零，错误；C 从4n向下跃迁，一共可以发射出246C 种光，其中4n跃迁到3n 的光子能量小于逸出功，所以总共 5 种光可
4、以发生光电效应，C 错误；D根据光电效应方程0hfWU可知，只要记录光子频率、截止电压就能精确测量普朗克常数，D 正确。故选 D。18【答案】D【解析】A 根据功率的计算公式可知 P=Fvcos，则电场力的瞬时功率为 P=Eqv1，A 错误；B由于 v1与磁场 B 平行，则根据洛伦兹力的计算公式有 F洛=qv2B，B 错误；C根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则 v1第2页（共6页）增大，v2不变，v2与 v1的比值不断变小，C 错误；D离子受到的安培力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D 正确。故选 D。19【答案】BC【解析】A将带电
5、体看成无数对等量异种点电荷，等量异种点电荷中垂线上电场线的方向都由正电荷指向负电荷，根据对称性可知，O 点和 D 点场强方向相同，但 D 点距离等量异种电荷较远，因此场强较小，A 错误；B根据对称性可知，O 点和 D 点处于同一等势面上，等量异种电荷电场线方向由正电荷指向负电荷，O 点电势高于 P 点电势，因此 D 点的电势一定高于 P 点电势，B 正确；C由于 O 点和 D点处于同一等势面上，将一正检验电荷沿直线从 O 点运动到 D 点，电场力不做功，因此电势能保持不变，C 正确；D由于 O 点电势高于 P 点电势，将一正检验电荷沿直线从 O 点运动到 P点，电场力做正功，D 错误。故选 B
6、C。20【答案】AD【详解】A两球发生弹性碰撞，设碰前 A 球速度为 v0，碰后 A 球、B 球速度为 vA、vB，A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒得 mAv0mAvAmBvB根据机械能守恒得222A0AABB111222m vm vm v碰后能达到相同的高度，可知碰后速度大小相等，再联立以上关系式可得BA012vvv 然后根据能量守恒212mvmgh速度变为原来的12，上升的高度变为原来的14。故 A 正确；B 将前面所得速度关系代入动量守恒关系式，可推导 B 球的质量是 A 球质量的 3 倍，故 B 错误；C根据过程对称关系，偶数次碰撞后，A 球速度大小为 v0，故 C 错误；D对运动过程
7、分析可知，两球总是在最低点发生碰撞，故 D 正确。21【答案】AC【解析】A依题意，金属棒进入磁场时导体框与金属棒发生相对滑动，导体框开始做匀速运动，导体框根据平衡条件可得sin37Mgf、cos37fmg联立代入相关数据求得导体框的质量为200g3M 故 A 正确；B依题意，可知从静止释放到导体框EF端刚进入磁场的过程中，系统减少的机械能一部分部转化为金属棒因克服所受安培力所做的功而产生的焦耳热，一部分转化为系统因克服摩擦力所做的功而产生的热量，故 B 错误；C依题意，可得金属棒进入磁场瞬间的速度为11 1vat、21 112Lat、1()sin()mM gmM a联立代入相关数据求得10.
8、5st、13m/sv。导体框EF端进入磁场，此时金属棒开始匀速运动，则有222sin37cos37B d vFmgmgR安，求得此时导体棒的速度大小为22m/sv，则从静止释放到导体框EF端刚进入磁场的过程中，对金属棒根据动量定理有112sin37()cos37()0mgtmg ttBId ttmv、1()qI tt，联立以上式子，代入相关数据第3页（共6页）求得通过金属棒的电荷量为2.8Cq，故 C 正确；D依题意，根据B SBdxqRRR代入相关数据，可求得导体框EF端刚进入磁场时，金属棒与磁场上边界的距离为11.2mx，故 D 错误。故选 AC。22.【答案】（2）49.40(49.37
9、49.41)（3）、AO 的高度 h（3）xh（每空各 2 分）【解析】（2）根据刻度尺读数规则，读数为：49.40(49.3749.41)cm。（3）（4）设斜面倾角为，AO 的高度 h，A 到 C 全过程动能定理(cos)()0sintanhhmghmgmg x，解得，需要测量 AO 的高度 h。23.【答案】.电压.3.2.96.1.12.c.（2.64，7.82）各 1 分，2 分，3 分。【解析】（1）12实验中还需要电压传感器测路端电压，应分别接在电路中电源的正负极两端，但是开关要起到作用，又电流传感器有微小电阻，为了减小误差，电流传感器应采用外接法。则电压传感器接线应分别接在图（
10、a）电路中 1 和 3 位置。（2）34根据闭合电路欧姆定律UEIr由图（b）实验图线的拟合方程可得，图像纵坐标的截距表示电源电动势，则有2.96VE 斜率的绝对值表示电源的内阻，则有1.12r（3）5根据实验测得的I、U数据，若令yIU，xI则由计算机拟合得出的yx图线应是电源的输出功率与干路电流的关系，由于电源的输出功率随外电阻的增大是先增大后减小，当外电阻等于电源内阻时输出功率最大，所以该图线应是 c。（4）6根据第（2）问中得到的电源电动势和内阻的值，则有22mm2.96=W7.82W1.12EyI Ermm2.96A2.64A1.12ExIr所以推测图（丙）中 M 点的坐标为（2.6
11、4，7.82）。24【解析】(1)物块沿斜面向上运动时，受竖直向下的电场力，垂直斜面的支持力，沿斜面向下的摩擦力，如图由牛顿第二定律可得()sin30fmgqEma（2 分）滑动摩擦力()cos30fqEmg（1 分）联立可得225m/sa（1 分）(2)由速度位移公式202axv=（2 分）可得2mx 重力势能最大值为xh第4页（共6页）pmsin 3020JmghmgxE（2 分）(3)设该位置与斜面底端的距离 s，根据能量守恒20Pk12mvfsEE（1 分）可得20k()cos 3012()sin 30s qEmgqEmg smvE （1 分）如果物块的动能 Ek、电势能、重力势能 E
12、p均相等，则可得5m3s（2 分）25【解析】（1）由题可知，带电粒子第象限只受电场力的作用，故从 A 到 P 的过程可以看成是反方向的类平抛运动，则2tan3OPOA（1 分）由此可知602(tan)2EqvOPm（1 分）解得2mvEqL（2 分）（2）由题可知，粒子通过 P 点到粒子第二次通过 y 轴的轨迹图如图所示52tan35 36OCCBOOB（1 分）由此可知60CBOCO E 22O CrCP（1 分）解得rL（1 分）同理根据边角关系可知60OO D（1 分）120PO D（1 分）3DPL（1 分）32OPL 故从粒子通过 P 点（第一次通过 y 轴）到粒子第二次通过 y
13、轴的时间为vLvLLvPDPDt3332332（3 分）（3）由（2）分析可知，带电粒子进入第象限时与 y 轴负方向的夹角为30，对带电粒子的运动和受力进行如图所示的分析第5页（共6页）其中11sin302vvv（1 分）23cos302vvv（1 分）2mvBqvL（1 分）212mvBqvEqL（1 分）故带电粒子通过P点后在第 III 象限的运动可看做是沿 x 轴负方向、速率为1v的匀速直线运动和沿逆时针方向、线速度大小为2v的匀速圆周运动的合运动，带电粒子在第象限运动的过程中距离 y 轴最远时，速度方向与 y 轴平行，如图所示222122vvvv（1 分）由动能定理可知221122Eq
14、ymvmv（1 分）解得14yL故07()4yOPyL （1 分）33（1）【答案】均匀（1 分）偏大（2 分）偏大（2 分）【解析】1根据盖-吕萨克定律1212VVTT，则有12121212VVVVVVTTTTTt设吸管内部的横截面积为 S，内部在初始时的热力学温度为 T1，体积为 V1，当温度变化t 时油柱移动的距离为l，则有11VlSTt即11T StlV 由上式可以看出，t 与l 成正比关系，所以吸管上标刻温度值时，刻度是均匀的；2若标记温度值时，吸管口是向上的，则压强相对水平放置时偏大，水平测量时相同温度下的体积偏大，由于温度与体积成正比，则水平测量时测量值将偏大；3若标记温度值时，
15、吸管口是向上的，则压强相对吸管口向下放置时偏大，吸管口向下放置时相同温度下的体积偏大，由于温度与体积成正比，则吸管口向下放置测量值将偏大。（2）【解析】：（1）对A部分气体，初状态温度0(27327)300TKK，初状态压强501.0 10pPa，末状态温度1(27387)360TKK，对A中气体加热过程气体体积不变，根据查理定律得：0101ppTT（2 分）代入数据解得：511.2 10pPa（2 分）第6页（共6页）（2）拔出控制阀K，活塞将向右移动压缩气体B，平衡后，两部分气体压强相等，设为p，设开始A、B两部分气体的体积都是V，气体A发生等温变化，根据玻意耳定律有：11()17pVp
16、VV（2 分）对气体B，由理想气体状态方程有：0021()17p VVp VTT（2 分）代入数据解得：2320TK，即2(320273)C47 Ct（2 分）34（1）【答案】(1)2.14108（2 分）138（3 分）(1)解析(1)根据折射率公式得 vcn31081.4m/s2.14108m/s；根据折射率公式得n1931.4nm138 nm。(2)()横波在tt2t1时间内的传播距离xvt，又vT联立得xtT（2 分）又有8 m，T0.6 s，代入得x4 m（1 分）由波动图分析可得波向 x 轴正方向传播，且x3 m（1 分）该波的速度 v10 m/s。（1 分）()由以上分析可得周期 Tv0.8 s（1 分）x2 m 处的质点在 0.4 s 时在平衡位置向上振动，可得零时刻该质点在平衡位置且向下振动。该质点在 02 s 的时间内，即 2.5T 内运动的路程应为振幅 A 的 2.5410 倍，则该波的振幅 A0.3 m；（1 分）综上，该质点的振动方程 yAsin2Tt（2 分）得 y0.3sin52t m。（1 分）
