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学年第二学期三市联合期末检测
2023—2024
高二物理 卷参考答案
A
【答案】
1. B
【解析】 阳光中的不同色光透过喷泉中的小水滴发生折射后产生色散 项正确
,A ;
影子边缘越模糊是由于太阳光并非平行光 影子边缘有半影区 项错误
, ,B ;
观察前窗玻璃时 既有车内的透射光 又有外界经车窗玻璃的反射光 其中反射光具有一定的偏
, , ,
振 使用偏光眼镜能过滤前窗玻璃的偏振反射光 能够更清楚地透过前窗玻璃观察车内的物品
, , ,C
项正确
;
眼镜镜片紧贴在一起 光镜片之间的空气薄层时 在薄层两界面发生反射 反射光会发生干涉 这
, , , ,
属于薄膜干涉 项正确
,D 。
【答案】
2. C
【解析】 热量不能自发的由低温物体传到高温物体 项错误
,A ;
玻璃没有确定的熔点 所以不是晶体 项错误
, ,B ;
水银滴落到地板砖上会缩成小球 说明水银不浸润地板砖 项正确
, ,C ;
一定质量的理想气体温度都升高 内能增加量相等 等压变化时 气体体积变大 气体对外界
1℃, , , ,
做功 等容变化时做功为零 根据热力学第一定律可知 气体等压变化的过程中吸收的热量更多
, , , ,
项错误
D 。
.【答案】
3 C
【解析】 根据电荷数守恒和质量数守恒 核反应方程中的 是 项错误
, X Be,A ;
反应前质量为 反应后质量为 质量
(4.0026+9.0122)u=13.0148u, (12+1.0087)u=13.0087u,
发生亏损 该反应过程需要释放能量 项错误
, ,B ;
若 个质子和 个中子结合为 质量亏损为
9
4 5 4Be, (1.0073×4+1.0087×5-9.0122)u=0.0605u,
比结合能为 项正确
0.0605u×931MeV÷9≈6.26MeV,C ;
能量守恒定律为普适定律 项错误
,D 。
【答案】
4. A
U U U2 n2U2
【解析】 图甲中 1 2P 2 解得P 2 1
:n =n ,1= R, 1=n2R;
1 2 2 21
U U U U2 U2 n2U2
图乙中 1 2 3P 2 3 解得P 2 1 项正确
:n =n =n ,2=R+R, 2=n2R,A 。
1 2 2 21
2 2
【答案】
5. B
【解析】 由图可知x 处的质点起振方向向下 任何一点的起振方向均与波源起振方向
,=-3m ,
相同 故波源P起振方向向下 错误
, ,A ;
内波传播距离为 所以波速为 波再传播 到达x 即需 故在t
0~3s 3m, 1m/s, 2m =-1m, 2s, =
时刻到达x 的质点振动时间为 波长为 波速为 故周期为 质点振
5s ,=-1m 3s; 2m, 1m/s, 2s,
动了一个半周期 即 A 故 正确
, 6 =12cm, B ;
根据多普勒效应 观察者与波源相向运动 接收到的频率大于波的频率 错误
, , ,C ;
同一介质的波传播速度相同 但波长不同 故两列波频率不同 不能产生干涉现象 错误
, , , ,D 。
【答案】
6. B
高二物理 卷参考答案 第 页(共 页)
A 1 5
{#{QQABRYSUgggIAIBAAQgCAQGICkKQkBGAAagGwAAAoAAAQRNABAA=}#}【解析】 小钢球在振动过程中t 时刻 弹簧形变量为零 弹性势能最小 故 项错误
3 , , , A ;
mg
t 时刻小钢球处在正向最大位移处时 形变量为2 故弹力为 mg 项正确
1 , k , 2 ,B ;
t t 两个时刻加速度等大反向 故 项错误
1、3 , C ;
振动周期与振幅无关 故 项错误
, D 。
【答案】
7. D
【解析】 根据图像可知 人在空中的时间为t . 上升高度h 1g t cd 2 . 项错
, cd =06s, = =045m,A
2 2
误
;
t
人离地时的速度v g cd 人的重力G 质量m 自开始下蹲至离地 用时
= =3m/s, =500N, =50kg, ,
2
t . 对人列动量定理有 F Gt mv 解得F 项错误
ac =12s, : N- ac = -0, N=625N,B ;
bc过程 压力传感器对人的支持力先大于重力后小于重力 即先超重后失重 项错误
, , ,C ;
图中面积表示合力对人的冲量大小S 对应的冲量向下S 对应的冲量向上ab点人的速度均
,1 ,2 ,、
为零 所以S S 项正确
, 1= 2,D 。
【答案】
8. D
【解析】 如图 粒子源发出的粒子做圆周运动的圆心都位于OO 连线上 M 点及O点发出的
, 1 2 ,
粒子恰好可打到O点OM之间的粒子均可打到屏上 其中自OM中点发出的粒子圆心位于NO
, ,
延长线上 该粒子打在屏上的位置距离O点最远 所以光屏上有粒子打到的区域长度为2-2R 即
, , ,
2
2-1L
。
2
.【答案】
9 AB
【解析】LC振荡电路一个周期内 电容器经历两次充放电 线圈电流也经历两次最大值 所以每
, , ,
个周期内磁场能 电场能均有两次最大值 正确
、 ,A ;
根据图示极板电性和电流方向可知 电容器处于充电状态 结合下图可知 此时q增大i减小
, , , , ,B
正确
;
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A 2 5
{#{QQABRYSUgggIAIBAAQgCAQGICkKQkBGAAagGwAAAoAAAQRNABAA=}#}减小两极板间距 电容C增大 根据T LC可知 周期增大 错误
, , =2π , ,C ;
T
结合上图可知 再经 时间 电容器极性与电流方向均发生变化 仍处于充电状态 错误
, , , ,D 。
2
.【答案】
10 AC
E BEL
【解析】 回路总电流I 金属棒所受安培力F BIL 解得F 正确 错误
= R, = , = R ,A ,B ;
2 2
若金属棒质量太小 将无法保证静止不动 当金属棒质量取最小时 金属棒恰好要滑动 如图所
, , , ,
示 设导轨对金属棒的支持力为F 滑动摩擦力为f 金属棒恰好滑动时 磁感应强度取最大
, N, , ,
BEL
值 有F θ μF F F θ mg 解得m 正确 错误
, sin= N,N+ cos= , =Rg ,C ,D 。
. 分
11(8 )
t
【答案】 . 分 分 分 分
(1)0245(2 ) (2)n(2 ) (3)<(2 ) (4)>(2 )
【解析】 该双线摆的摆长为40cm×30cm .
(1) +5mm=0245m;
50cm
t
自小球第 次经过光电门至第 n 次经过光电门 小球完成了n次全振动 故T
(2) 1 2 +1 , , =n;
(3)
由g
=
4
T
π
2
2
l
,
忘了加上小球半径
,
所以摆长测量值偏小
,
所以g测
<
g真;
2 2l θ
如图 由向心力公式mg θ m4πl θ得g 4π cos
(4) , tan= T2 sin, = T2 ,
2
故用g 4πl得出的测量值大于真实值
=T2 。
. 分
12(8 )
【答案】 分 分
(1)a(2 ) d(2 )
. . . 都给分 分 . -7 分
(2)7870(7868~7872 ,2 ) 69×10 (2 )
【解析】 滤光片应位于透镜与单缝之间 使通过单缝的光为单色相干光源 红色滤光片可
(1) , ,
以过滤掉其他色光 只让红光通过 故选
, , a、d;
读数为 公众号：高中试卷君
(2) 7.5mm+37.0×0.01mm=7.870mm,
. .
7870mm-1690mm .
Δx d ×050mm
波长λ
= L
·
=
6
. =6
.
9×10
-7
m。
075m
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A 3 5
{#{QQABRYSUgggIAIBAAQgCAQGICkKQkBGAAagGwAAAoAAAQRNABAA=}#}. 分
13(10 )
【解析】 法一 提起前p p ρgh l 分
【 】: :1= 0+ (+ )=130cmHg ………………………………1
提起后p p ρgl 分
:2= 0+ =100cmHg……………………………………………………………1
以提起前管内气体为研究对象 体积为V 压强为p
, 1, 1,
提起后压强为p 若管内剩余气体与逸出气体在压强p 下的体积记为V
2, 2 2,
有pV pV 分
1 1= 2 2…………………………………………………………………………………1
气体质量之比等于同温同压下的体积之比
,
m V p
提起前后管内气体质量之比 1 2 1 分
m =V =p ……………………………………………………1
2 1 2
m
解得 1 13 分
:m = ……………………………………………………………………………………1
2 10
法二 提起前p p ρgh l
【 】: :1= 0+ (+ )=130cmHg
提起后p p ρgl
:2= 0+ =100cmHg
pV m pV m
由 nRn 得 1 1
T = ,=M,pV=m
2 2
m
解得 1 13
:m =
2 10
设玻璃管的横截面积为S
(2) ,
按压前玻璃管内气体体积V Sl
1=
按压回原位之后玻璃管内气体体积V Sl x 分
2= (- )…………………………1
气体压强p p ρglp p ρgh l x 分
2= 0+ ,3= 0+ (+ - )……………………………1
根据玻意耳定律 有pV pV 分
, :2 = 3 2 ……………………………………………1
即p ρgll p ρgh l x l x
(0+ )=[0+ (+ - )](- )
解得x 分
=5cm …………………………………………………………………………………1
所以p p ρgh l x 分
3= 0+ (+ - )=125cmHg …………………………………………………1
. 分
14(14 )
【解析】 金属棒a进入磁场时
(1) ,
E BLv 分
= 0 ………………………………………………………………………………………2
BLv
I 0 分
= R ………………………………………………………………………………………2
2
BIL μmg ma 分
+ = 1………………………………………………………………………………2
B2L2v
解得a 0 μg 分
:1= mR + ………………………………………………………………………2
2
t时间内对金属棒ab分别列动量定理
(2)0~ 、 :
v
BILt μmgt m 0 mv 分
- - = - 0 …………………………………………………………………2
2
BILt mv 分
= -0 …………………………………………………………………………………2
v
解得v 0 μgt 分
:= - ……………………………………………………………………………2
2
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A 4 5
{#{QQABRYSUgggIAIBAAQgCAQGICkKQkBGAAagGwAAAoAAAQRNABAA=}#}. 分
15(18 )
【解析】 小球恰好到达右侧圆弧管道末端时 两者恰好共速
(1) , ,
根据水平动量守恒及能量守恒有
:
mv
0=2
mv共………………………………………………1 分
1mv2
0=
mg
·2
R
+
1
·2
mv2共
………………………………………………………………2
分
2 2
解得v gR 分
0=2 2 ………………………………………………………………………………2
设小球返回轨道从左侧离开小车时 小球的速度大小为v 小车的速度大小为v
(2) , 1, 2,
mv mv mv 分
0=- 1+ 2 ……………………………………………………………………………1
1mv2 1mv2 1mv2 分
0= 1+ 2 ………………………………………………………………………2
2 2 2
解得v v v gR 分
1=0,2= 0=2 2 …………………………………………………………………2
故小球返回轨道 从小车左侧离开时速度为零 小车速度为 gR
, , 2 2
若小球进入管道的初速度变为原来的 倍 小球将飞离管道 并做斜抛运动 上升至最高
(3) 2 , , ,
点时
,
m
·2
v
0=2
mv共
1m
2
v
0
2
=
mgh
+
1
·2
mv2共
………………………………………………………………1
分
2 2
解得h R 分
=8 ……………………………………………………………………………………1
即与小车表面的最大距离h R
=8
小球离开小车时 小球与小车水平速度相同 设此时小球竖直速度分量为v 水平速度分量
, , y,
为v
x,
m v mv
·20=2 x
1m
2
v
0
2
=
mg
·2
R
+
1mv x2
+
1m v x2
+
v y2
……………………………………………2
分
2 2 2
解得v v gRv gR 分
x = 0=2 2 ,y =2 3 …………………………………………………………2
v
小球在空中运动的时间t 2 y
=g
R
解得t 3 分
=4 g …………………………………………………………………………………1
小车运动位移 x vt
x
=
解得x R 分
:=86 ………………………………………………………………………………1
高二物理 卷参考答案 第 页(共 页)
A 5 5
{#{QQABRYSUgggIAIBAAQgCAQGICkKQkBGAAagGwAAAoAAAQRNABAA=}#}
