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红河州2023届高中毕业生第二次复习统一检测
理科综合（物理）参考答案及评分标准
一、选择题
14．【答案】B
【解析】
A．处于基态的氢原子跃迁到第一激发态需要吸收的能量为E=E-E=10.2 eV，跃迁到第二
2 1
激发态需要吸收的能量为E=E-E=12.09 eV，用11.0 eV的光子照射，并不能使处于基
3 1
态的氢原子跃迁到激发态，故选项A错误。
B．处于n=2激发态的氢原子为-3.40 eV，其绝对值小于光子能量4.00 eV，用4.00 eV的光
子照射处于n=2激发态的氢原子，可以使其电离，故选项B正确。
C．氢原子由基态跃迁到激发态后，运动半径变大，核外电子动能减小，原子的电势能增大，
故选项C错误。
D．大量处于n=3激发态的氢原子，向低能级跃迁时可辐射出的光子的频率种类为3种，如
图所示，故选项D错误。
1
1
1 1
1 -0.54
1 -0.85
1 -1.51
1 -3.40
1 -13.6
15．【答案】C
【解析】
对D受力分析，当工件A与D之间恰好没有作用力时，D只受到重力、B对D的弹力
作用，弹力方向垂直接触面（沿B、D的轴心连线方向），弹力和重力的合力提供加速度，
可以得到下图，根据牛顿第二定律得， ，故当 时A与
D之间恰好没有作用力。再把A、B、D作为整体受力分析，当汽车向左运动时，A相对于
车有向右运动的趋势，所以车厢与A之间的弹力为0，C对B有水平向右的弹力，竖直方
向上的支持力和重力平衡，对水平方向列式：C对整体的力 ，故选项C
正确。 FN
ma
60
mg
理科综合（物理）参考答案及评分标准·第1页（共12页）
学科网（北京）股份有限公司16．【答案】D
【解析】
A．由 和 得： ，故选项A错误。
B．由 和 得： ，故选项B错误。
C．空间站也是绕地球运行的，相当于卫星，其运行速度小于地球的第一宇宙速度，故选
项C错误。
D．因赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，赤道上物体的向心加速度小于同步卫
星的向心加速度，因空间站距地面的高度小于同步卫星，空间站的向心加速度大于同
步卫星的向心加速度，综合以上结果，可知空间站的向心加速度大于赤道上物体的向
心加速度，故选项D正确。
17．【答案】A
【解析】
A．在 AC 边上某点入射时的入射角 i=45°，由折射定律得： ，可得
，故选项A正确。
B．光线在棱镜中的传播速度 ，故选项B错误。
C．由全反射临界条件得： ，临界角C＝45°，作出光路如图所示，由三角
形内角和为180°得， ，故光线在CD边的入射
角为： ＞C，故光线不能从CD边射出，故选项C错误。
D ． 因 ， 由 三 角 形 内 角 和 为 180° 得 ，
，
故光线在BD边的入射角为120°-90°=30°，故选项D错误。
理科综合（物理）参考答案及评分标准·第2页（共12页）
学科网（北京）股份有限公司A B
45° E
M
γ
G
45°
C D
F
18．【答案】C
【解析】
设大气压强为p ，水桶内气体体积为V ，气囊体积为V ，至少需要把气囊压下n次，
0 0 1
桶内气体压强增加为p ，才能有水从细出水管流出，水桶内气体体积不变，温度不变，根
1
据玻意耳定律可得：
其中：
联立解得：
n=2.4
即至少需要把气囊压下3次，故选项C正确，选项ABD错误。
19．【答案】AD
【解析】
A．由 ，得： ，故选项A正确；
B．由 可得， ， ，则f=50 Hz，由生活经验可知，
变压器不改变交变电流的频率，故选项B错误；
C．升压变压器： ，得： ， ，故选项C错误；
D．输电线上损失的电压：
升压变压器： ，得：U=4000 V
2
降压变压器：原线圈两端电压U=U-U =3800 V， ，故选项D
3 2 损
正确。
20．【答案】BD
【解析】
A．0~0.2 s，实线上x=4.0 cm处的质点沿y轴负方向运动，根据振动和波的相互关系可知
波沿x轴正方向传播，故选项A错误。
B．因为x=4.0 cm处的质点在0~0.2 s运动方向不变，所以该处质点从平衡位置经过四分之
一个周期沿 y 轴负方向运动至负向位移最大处，T=0.2×4 s=0.8 s；得波速为
理科综合（物理）参考答案及评分标准·第3页（共12页）
学科网（北京）股份有限公司，故选项B正确。
π
C．x=0 cm处质点和x=2.0 cm处质点间的距离是四分之一个波长，所以相位差是2 ，故选
项C错误。
D．t=1.2 s时，x=6.0 cm处的质点位于负向位移最大处，回复力沿y轴正方向，故选项D
正确。
21．【答案】ABC
【解析】
A．A受重力和静电力平衡，由 ，得： ，故选项A正确。
Q2
B．当B球向右移动x距离后，设AB距离为r，竖直方向受力平衡，k cosθ=mg ，求
r2
√ Q2
得：r= k cosθ=h √cosθ，进而求得：
mg 0
h=rcosθ=h √cosθ⋅cosθ
0
由前面式子知道，当0＜θ＜45°时，因x增大，θ增大，h减小，r减小，故静电力增大，
故选项B正确。
C．当0＜θ＜45°时，因x增大，r减小，故同种电荷间的电势能增加，故选项C正确。
D．当θ=45°时，设此时的x=x ，r=r ，用竖直向下的力F作用于A球并缓慢移动时有θ＞
0 0
45°，根据竖直方向平衡条件：
rsinθ=x
代入 0可得：
Q2 Q2 1
F+mg=k sin2θ⋅cosθ=k ⋅ sin2θ⋅sinθ
x2 x2 2
0 0
由式可知F的大小变化是先增大后减小再增大。故选项D错误。
二、实验题
22．（本题6分）
【答案】（1）方案一（1分） （2）99.80 cm（99.75~99.85均正确）（2分）
（3）平行 （1分） 4.38 cm（4.38 cm、4.39 cm均正确）（2分）
【解析】
（1）因使用电磁打点计时器打纸带时，在振针的作用下，复写纸与纸带间存在较明显的摩
擦、纸带与限位孔之间存在摩擦、重锤还受到空气阻力，实验得到的重力加速度值小
于g=9.70 m/s2，故测量值与真实值差异最大的是方案一；
（2）从悬点到球心的距离即为摆长，由图可读出摆长L=99.80 cm；
（3）使用该装置测量列车的加速度时，应将硬纸板（刻度盘）平行列车前进方向放置。
当小球偏角为θ时，小球受到重力和细线的拉力，合力提供加速度，由牛顿第二定律
可知：
mgtan θ=ma O
理科综合（物理）参考答案及评分标准·第4页（共12页）
学科网（北京）股份有限公司 θ
L
F
F
合解得：
a=gtan θ
在θ很小时有：
tan θ=sin θ
设小球与过悬点的竖直线间的距离为d，
即：
带入数据得：d=4.38 cm
23．（本题9分）
【答案】（1）A 1.450 cm （第一空1分、第二空2分，共3分）
（2）见解析 （改装电压表1分、外接法1分、标明所选器材1分，共3分）
（3）0.66（共2分）
（4）偏大（共1分）
【解析】
（1）测量圆筒形盛水容器的内径，应使用图乙中游标卡尺的内测量爪（即图中位置A）进
行测量，图丙中游标卡尺为20分度，精确度为0.05 mm，主尺读数是14 mm，游标
尺第10个刻度与主尺对齐，则游标卡尺的读数为：
（2）由于未知电阻 约为195 Ω，则流过 最大电流约为： ，故测量电
路中电流表应选用A ，同时应将电流表A （内阻为r ）改装成电压表，由于电源电
2 1 1
动势约为9.0 V，则改装成量程为9.0 V的电压表，需要串联的电阻为：
故串联电阻应选 ；改装电压表的内阻为：
由于电压表内阻已知，所以采用电流表外接法，故实验电路图为：
（3）根据部分电路欧姆定律得：
I r +I R
R = 1 1 1 2
x I −I
2 1
化简得：
即：
解得：
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学科网（北京）股份有限公司根据：
L
R =ρ
x πd2
4
解得：
0.66 Ω·m；
（4）若装入的污水样品中有气泡，导致污水未完全充满塑料圆柱形容器，相当于面积减小，
此时测得的电阻将增大，从而导致测定的电阻率偏大。
三、计算题
24．（本题12分）
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
（1）由于粒子经过坐标为（0,0.8）的点，由几何知识可得：
①
粒子运动的轨迹如图所示，
0
又因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，得：
v2
qv B=m 0
0 R
②
由①②得：
mv
0
B=
qR
③
（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，垂直于电场方向不受力，做匀速运动，
d=v t
0 ④
平行于电场方向受电场力，做匀加速运动：
⑤
理科综合（物理）参考答案及评分标准·第6页（共12页）
学科网（北京）股份有限公司qE
a=
m
⑥
由③④⑤⑥得：
E 4
= v
B 9 0
⑦
（3）由题意得：
v 2 =4aR
⑧
y
v= √v 2 +v 2
⑨
0 y
联立解得：
5
v= v
⑩
3 0
⑪
4
tanθ=
⑫
3
θ=53°
⑬
即粒子离开匀强电场时的速度方向与x轴负方向成53°角，斜向下方。
评分标准：第（1）给3分，第（2）问给4分，第（3）问5分，合计12分。其他解
法正确均给分。
25．（本题16分）
【答案】（1） （2） （3）不会脱离轨道， ,方向竖直向下
【解析】
（1）取初速度方向为正方向，设碰后ab棒和cd棒的速度大小分别为 、 ，根据动量
守恒定律可得：
①
根据能量关系可得：
②
联立可得：
③
④
（2）取初速度方向为正方向，在磁场中，对cd棒受力分析：
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学科网（北京）股份有限公司FN
F安
mg
简化电路图为：
因为棒的电阻与定值电阻相同，根据电路图和电流分配关系，可知cd棒中通过的电
流是定值电阻（或ab棒）的2倍，焦耳热是定值电阻（或ab棒）的4倍，可知cd棒
第一次向右经过磁场的过程中，闭合回路中产生的总的焦耳热：
⑤
设cd棒离开磁场时的速度为 ，
对cd棒，根据功能关系可得：
⑥
解得：
⑦
对cd棒根据动量定理可得：
⑧
通过cd棒的电荷量：
⑨
联立解得：
⑩
（3）假设导体棒在半圆轨道上不会脱离轨道，上升的最大高度为h，则有：
⑪
联立解得：
⑫
由于 ，所以不会脱离轨道。 ⑬
据能量守恒定律可知，cd棒第二次进入磁场时的速度大小为 ，
在半圆轨道的最低点：
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学科网（北京）股份有限公司⑭
解得：
⑮
据牛顿第三定律得：
，方向竖直向下。 ⑯
评分标准：第（1）问给4分（每式1分），第（2）问给6分（每式1分），第（3）
问给6分（每式1分），合计16分。其他解法正确均给分。
26．（本题19分）
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
（1）设物块沿倾斜冰面上滑最大位移的大小为x，由牛顿第二定律得：
①
由速度位移关系得：
②
由①②得：
③
（2）对运动员和物块组成的系统，由于物块在倾斜冰面上运动时，受到的弹力冲量有水平
分量，所以动量并不守恒，对物块与运动员相互作用过程，由于系统合外力的冲量为
零，所以满足动量守恒条件。
设水平向左为正方向，运动员第一次推出物块的过程，由动量守恒定律得：
④
解得：
⑤
物块第一次返回追上运动员时，在物块与运动员相互作用的过程中，由动量守恒定律
得：
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学科网（北京）股份有限公司⑥
解得：
⑦
运动员与物块总机械能的变化：
⑧
代入数据解得：
⑨
（3）运动员每次与物块相互作用后，其速度均增加，一直到物块不能追上运动员为止。对
运动员和物块相互作用过程，由动量守恒定律可知：
运动员与物块第一次相互作用：
⑩
⑪
经第二次相互作用：
⑫
⑬
经第三次相互作用：
⑭
解得：
⑮
经第n次相互作用，运动员的速度大小：
⑯
，解得：
由
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学科网（北京）股份有限公司⑰
因为相互作用要求n为整数，当n=8时：
⑱
5.36 m/s时，物块已经不可能追上运动员并发生相互作用，所以此速
当运动员速度为
度为运动员的最大速度。
评分标准：第一问给3分，第二问给6分、第三问给10分（或者每式和最终结果各1分）。
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