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邕衡教育·名校联盟
2024~2025 学年度 2022 级高三下学期开学考试
物理答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C D C B D B BD BD BC
1．【答案】A
【解析】A．原子核外电子跃迁时辐射出光后，按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较大
的轨道跃迁到半径较小的轨道，电子的动能增大，原子的能量减小，故A正确；
B．放射性现象说明原子核内部具有复杂结构，α粒子散射现象说明原子核内部具有核式结
构，故B错误；
C．原子核的结合能与核子数之比，称做比结合能，比结合能越大，原子核中核子结合得越
牢固，原子核越稳定，故 C错误；
D．光电效应现象中逸出的电子是核外电子， 衰变是原子核内中子转变成质子时产生的，
故 D错误。
2.【答案】C
【解析】A．因n红<n绿 ，入射角相同，但OA折射角度较大，由折射率的公式可知OA是红
光，OB是绿光，故A错误；
sinα
B．由A项可知OA是红光，由折射定律得n红 ＝
sin(900−θ）
＝，故B错误；
C．根据v＝，解得OA光束在该玻璃中传播的速度为v＝×108 m/s，故C正确；
D．因光是从光疏介质射入光密介质，不可能发生全反射，故D错误。
3．【答案】D
【解析】A．飞船从近地轨道经A点进入轨道2需要在A点加速，所以飞船在A点的线速度
大于第一宇宙速度，故A错误；
B．飞船从地面发射进入轨道1的速度应大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故B错误；
C．飞船先进入轨道2，再加速，万有引力不足以提供向心力，飞船将做离心运动，无法实
现对接，故C错误；
D．根据开普勒第三定律知，轨道半径越大，周期越大，天宫空间站的运行周期大于飞船在
轨道1的运行周期，故D正确。
4.【答案】C
【解析】洛伦兹力虽不做功，但可以改变小球的运动状态(改变速度的方
向)，小球做曲线运动，在运动中任一位置受力如图所示，小球受到了斜
第1页 共6页向上的洛伦兹力的作用，小球在竖直方向的加速度 a＝＜g，故小球运动的时间将增加；在
y
水平方向上，qvBsinθ= ma ,小球作初速度为v 的加速运动，故落点应在A点的右侧；洛伦
x 0
兹力不做功，所以小球的速度大小仍为v 。
5．【答案】B
【解析】A．若 ，逐渐增大F，A相对B比B相对于车先滑动，故A错误；
B．若 ，A、B 与车都相对静止，由 μmg=ma 得整体相对静止的最大加速度为
1 m
a =μg，则F的最大值为6μmg，故B正确；
m 1 1
C．若 ，B相对于车比A相对于B先滑动，所以不管F多大，B相对车滑动后，A相
对B一直静止，故C错误；
D．若 ，由μ （m+2m）g=（m+2m）a 得整体相对静止的最大加速度为 a =μg，则
2 m m 2
最大拉力为F =（m+2m+3m）a =6μmg，当F=5μmg时，B与车之间尚未相对滑动，故D
m m 2 2
错误。
6.【答案】D
【解析】A．铜棒向右运动切割磁感线，由右手定则可知，A点的电势比C点的电势高，故
A错；
U
B．电路中的电流大小I= =5A，铜棒切割磁感线产生的电动势为E=I(R+r)=3.0V，故B错
R
误；
C．根据E=BLv，得橡胶带匀速运动的速度大小v=4m/s，故C错误；
d
D．每根铜棒每次通过磁场区所用时间t= =0.05s，则通过R的电荷量为q=It=0.25C，故D
v
正确。
7．【答案】B
【解析】AB．由牛顿第二定律得 ， ，由图可知撤去 前后算珠的
加速度大小分别为 ，联立解得μ=0.2，m=25g，故B正确，A
错误；
CD．由 图像面积表示位移，可知杆长为 。若 不撤去，
算珠将以 的加速度做匀加速直线运动，经 运动位移为
第2页 共6页，则此时未到归零状态，故C、D错误。
8．【答案】BD
【解析】A由图乙可知，在 时， ，在 时，a=-a 达到负方向最大，根
m
的
据牛顿第二定律可知回复力 变化和加速度一致，则 内质点Q应向上振动，根据同侧
法（质点的振动方向和波的传播方向在波的同一侧）可知波向 x轴负方向传播，再对P质点
由同侧法可知沿y轴负方向运动，故A错误；
1500 λ λ
B． ，由图甲可得15= 解得波长λ=36m，由v= 得v=9m/s，故B正确；
1800 2 T
C．由图乙可知，质点Q在t=5s时，a=-10m/s2，根据回复力总是指向平衡位置的特点可知，
此时回复力竖直向下，则质点Q振动到波峰，故C错误；
D．因振幅 A=10cm， ，则一个周期内，质点运动的路程为 40cm，而时间
1
∆t=5s=(1+ )T，在t=0s时P点向下振动，则在经过一个周期后 P的速度正在减小，在
4
T
此后 的时间内其路程小于10cm，故总路小于50cm，D正确。
4
9.【答案】BD
【解析】A．到达A点的质子动能增加量最大，电场力做功最大，说明等势面在A点与圆相
切（否则一定还可以在圆上找到与A点电势相等的点），电场线沿x轴正向，A项错；
B． 因电场线与等势面垂直,等势面与y轴平行，P和P’是等势点, B正确；
C．沿电场线方向电势逐渐降低， 故B点的电势比P点高，C错；
32ER
D．P、A间的电势差U = E·2Rcos237 0 = ，D项正确。
PA
25
10．【答案】BC
【解析】A．假设铁锤与石板碰撞前的速度为 ，则 ，铁锤与石板碰撞，由动量守
恒定律，有 ，联立解得 ，故A错误；
B．系统损失的机械能为 ，解得 ，故B正确；
CD．弹性气囊 A 对石板的作用力 F 做的功为 图像与横轴围成的面积， 则
第3页 共6页，从铁锤与石板共速到两者速度减为 0 的过程，根据动能定理得
，
mgℎ
解得W =− −(k+1)mgd， ，故C正确，D错误。
F (k+1)
11.（共6分，每空2分）【答案】B；＞；0.44
【解析】由单摆的周期公式T＝2π得：T2＝l，即图象的斜率k＝，重力加速度越大，斜率越
小，我们知道北京的重力加速度比南宁的大，所以去北大的同学所测实验结果对应的图线
是B；从题图乙可以得出T＝1.5T，由单摆的周期公式得：T＝2π，T＝2π，联立解得L /L
b a a b b a
＝9/4，即L ＞L；由T2＝l可知，秒摆的摆长约为1m ,从题图可以看出b球的周期为2s，摆
b a
长约为1m，则a球的摆长约为4/9 m≈0.44m .
12．（共10分，第一空1分，最后一空3分，其余每空各2分）
【答案】（1）黑 （2）4 36 （3）×1 100
【解析】（1）根据欧姆表的“红进黑出”原则，c端接黑表笔。
（2）S 接1时，100mA=1mA+ ，S 接2时，10mA=1mA+ ，由以上
2 2
两式得R =4Ω，R =36Ω。
1 2
（3）由题意及闭合电路欧姆定律得，开关 S 接1时， ，开关S 接2时，
2 2
，由以上两式得 ，因为欧姆表内阻大的挡位大，所以再将开关S 接1
2
时，欧姆表的挡位为“×1”；开关 接2，再次欧姆调零，滑动变阻器电阻大小为 ，由闭
合电路的欧姆定律得 ， ， ，由以上
三式并代入数据得 。
13.（10分）【答案】（1）480K；（2）528K
【解】（1）从开始到活塞刚接触重物，缸内气体为等压变化过程，
HS (H+ ℎ)S
有： = ……（3分） ， 解得T=480K ……（1分）
T T 2
1 2
第4页 共6页P V P V
【等价式子：P=P=P ,V=HS ,V=(H+h)S , T=300K,
1 1= 2 2
, (打包共 3
2 1 0 1 2 1 T T
1 2
分）】
（2）从刚接触重物到绳子拉力刚好为零，缸内气体作等容变化，绳子拉力刚好为零时，
P P
气体压强为P，有
0= 3
……（3分）
3 T T
2 3
P HS P (H+ ℎ)S P H P (H+ ℎ)
【等价式子： 0 = 3 ❑ 可给3分，写成 0 = 3 ❑ 的不给分】
T T T T
1 3 1 3
又PS=PS+mg ……（2分）
3 0
mg
【等价式子：P=P+ ……（2分）】
3 0 S
解得T =528 K ……（1分）
3
【式子中相关物理量有不用试题中所给字母符号的均不得分】
14.（12分）【答案】（1）t=0.3s；（2）Q 0.25J；（3）∆E=3J
【解】（1）玩具沿水平方向飞出，恰好无碰=撞地从传送带最上端进入传送带，则
v
tanα= y ………（1分）
v
1
v =gt ………（1分）
y
t=0.3s ………（1分）
（2）玩具刚滑上传送带时的速度为
………（1分）
v
【等价式子：v= y 或 v=√v2+v2 均可得1分】
sinα 1 y
可知玩具刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，玩具的加速
度
大小 ………（1分）
玩具刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为 ………（1分）
第5页 共6页v+v 11
下滑的位移为x = 0∙t = m=L ………（1分）
1 2 1 24
1
【等价式子：x =vt + at2 或v2−v2=2ax 均可得1分】
1 1 2 1 0 1
玩具在传送带上运动产生的热量：Q=μ mgcosα∙ v t −x ………（1分）
1 0 1 1
得Q 0.25J ………（1分） ( )
（3）根据功能关系，因传送玩具电动机多消耗的电能
=
ΔE=μ mgcosα∙v t ………（2分）
1 0 1
1 1
【法二：根据能量守恒有∆E+mgLsinα= mv2− mv2+Q………（1分）】
2 0 2
得∆E=3J ………（1分）
【式子中相关物理量有不用试题中所给字母符号的均不得分】
15.（16分）【答案】（1） ， ，与y轴正方向成45°角；
（2） ；（3）7
【解】（1）从P到Q，水平方向 ………（1分）
1
竖直方向 ………（1分）
联立解得 ………（1分）
根据动能定理 ………（1分）
qE
【法二等价式子：2 L=v2,v2=v2+v2 ………（1分）】
m y 0 y
可得 ………（1分）
与y轴正方向成45°角。 ………（1分）
（2）要使带电粒子回到P点下方很近的位置，其轨迹必须具有对称性且经过Q ，由几何关
2
系可得
………（1分）
第6页 共6页在磁场中的偏转角度为 ………（1分）
∆θr 3πL
在磁场中的运动时间为 t = = ………（1分）
2 v 2v
0
3 2πr 3πL
【法二以上两式等价式子：t = × = ……（2分）】
2 4 v 2v
0
4L
在电场中的时间为2t= ………（1分）
1 v
0
4L 3πL
故从P点射出第一次回到P点下方很近的位置的时间 t=2t +t = + ……（1
1 2 v 2v
0 0
分）
（3）当r最小时带电粒子刚好过M 点碰撞次数最多，由几何关系可得
3L L
√2r + − =L ………（2分）
2 5 5
3√2L
解得r =
2 10
设最多可以碰n次，则
L
(n+1)√2r −n×2× =2L ………（2分）
2 5
【法二等价式子：在挡板MN上相邻两碰撞点间距离为
L 6L
△x=√2r −2× ……（1 分）,由 =(n-1)△x……（1
2 5 5
分）】
解得n=7 ………（1分）
【式子中相关物理量有不用试题中所给字母符号的均不得分】
第7页 共6页
