红河州2023届高三第二次州统测试卷丨理综物理答案公众号：一枚试卷君_05高考化学_高考模拟题_新高考_云南省红河州2023届高中生业生第二次复习统一检测理综

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 =10.2eV，跃迁到第二激 2 1 发态需要吸收的能量为E=E -E =12.09eV，用11.0eV的光子照射，并不能使处于基态 3 1 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-3.40eV，其绝对值小于光子能量4.00eV，用4.00eV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。 n E/eV ∞ 0 5 -0.54 4 -0.85 3 -1.51 2 -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， mg 3 3 可以得到下图，根据牛顿第二定律得，F ma   ，故当a  g 时A与D 合 tan60 3 3 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F 3ma  3mg ，故选项C正确。 F N ma 60 mg 16．【答案】D 理科综合（物理）参考答案及评分标准·第1页（共11页） 学科网（北京）股份有限公司【解析】 M GmM 3g A．由 和mg  得： ，故选项A错误。 4 R2 4GπR πR3 3 GmM 4π2 GmM 4π2 Rh 3 B．由 m  Rh 和mg  得：T  ，故选项B错误。  Rh 2 T2 R2 gR2 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】 sin45 A．在AC边上某点入射时的入射角i=45°，由折射定律得： n 2 ，可得30， sin 故选项A正确。 c c B．光线在棱镜中的传播速度v=  ，故选项B错误。 n 2 1 2 C．由全反射临界条件得：sinC   ，临界角C＝45°，作出光路如图所示，由三角 n 2   形内角和为180°得，EFC 180 45  90 30 15，故光线在CD边的入射 角为：90 15 75＞C，故光线不能从CD边射出，故选项C错误。 D．因GFDEFC 15，由三角形内角和为180°得，FGD180 45 15 120， 故光线在BD边的入射角为120°-90°=30°，故选项D错误。 A B 45° E M γ G 45° C D F 18．【答案】C 理科综合（物理）参考答案及评分标准·第2页（共11页） 学科网（北京）股份有限公司【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，根据 1 玻意耳定律可得： p  V nV  pV 0 0 1 1 0 其中： p 10mH O 0 2 2 24 V 30   106m3 0  2  2 6 V 8   106m3 1 2 p 10mH O＋40cmH O=10.4mH O 1 2 2 2 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P  I2r ，得：I 25A，故选项A正确； 损 2 2 2π 1 1 B．由u250 2sin100πt V可得，T   s， f  ，则f=50Hz，由生活经验可知，  50 T 变压器不改变交变电流的频率，故选项B错误； n I 25 1 C．升压变压器：P U I ，得：I 400A， 1  2   ，故选项C错误； 1 1 1 1 n I 400 16 2 1 D．输电线上损失的电压：U  I r 200V 损 2 U n 1 升压变压器： 1  1  ，得：U =4000V 2 U n 16 2 2 n U 3800 190 降压变压器：原线圈两端电压U =U -U =3800V， 3  3   ，故选项D 3 2 损 n U 220 11 4 4 正确。 20．【答案】BD 【解析】 A．0~0.2s，实线上x=4.0cm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=4.0cm处的质点在0~0.2s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  0.08 v  m/s0.1m/s，故选项B正确。 T 0.8  C．x=0cm处质点和x=2.0cm处质点间的距离是四分之一个波长，所以相位差是 ，故选 2 项C错误。 D．t=1.2s时，x=6.0cm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 理科综合（物理）参考答案及评分标准·第3页（共11页） 学科网（北京）股份有限公司【解析】 Q2 k A．A受重力和静电力平衡，由k mg 0，得：h Q ，故选项A正确。 h2 0 mg 0 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 cosmg，求 r2 Q2 得：r  k cosh cos，进而求得： mg 0 1 xrsinh cossinh sin2sin 0 0 2 hrcosh coscos 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： Q2 F mgk cos0 r2 代入rsin x 可得： 0 Q2 Q2 1 F mg k sin2cosk  sin2sin 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）99.80cm（99.75~99.85均正确）（2分） （3）平行 （1分） 4.38cm（4.38cm、4.39cm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=9.70m/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=99.80cm； （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： mgtanθ=ma O 解得： a=gtanθ θ 在θ很小时有： L tanθ=sinθ 设小球与过悬点的竖直线间的距离为d， F 即： F d 合 a  gsin g d L 带入数据得：d=4.38cm mg 23．（本题9分） 理科综合（物理）参考答案及评分标准·第4页（共11页） 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）A 1.450cm （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0.05mm，主尺读数是14mm，游标尺 第10个刻度与主尺对齐，则游标卡尺的读数为： 14mm100.05mm14.50mm1.450cm E （2）由于未知电阻R 约为195Ω，则流过R 最大电流约为：I  45mA，故测量电路 x x R x 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，由于电源电动势 2 1 1 约为9.0V，则改装成量程为9.0V的电压表，需要串联的电阻为： E R  r 590  串 I 1 1 故串联电阻应选R ；改装电压表的内阻为：R R r 600 2 V 2 1 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  11 1 2 x I I 2 1 化简得： R I  x I 1 R R r 2 2 x 1 即： R 6 x  R R r 24 2 x 1 解得： R 200 x 根据： L R  x d2 4 解得：  0.66Ω·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 理科综合（物理）参考答案及评分标准·第5页（共11页） 学科网（北京）股份有限公司24．（本题12分） E 【答案】（1）B 5.0105T （2） 1.4106m/s （3）v5.3106m/s B 【解析】 （1）由于粒子经过坐标为（0,0.8）的点，由几何知识可得： R 0.4m 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 ② 0 R 由①②得： mv B  0 ③ qR B 5.0105T （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 ④ 0 平行于电场方向受电场力，做匀加速运动： 1 2R  at2 ⑤ 2 qE a  ⑥ m 由③④⑤⑥得： E 4  v 0 ⑦ B 9 E 1.4106m/s B （3）由题意得： 理科综合（物理）参考答案及评分标准·第6页（共11页） 学科网（北京）股份有限公司v 2  4aR ⑧ y v  v 2 v 2 ⑨ 0 y 联立解得： 5 v  v ⑩ 0 3 v5.3106m/s v tanθ  y ⑪ v 0 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）v 5m/s（2）q0.8C（3）不会脱离轨道，F 5.6N,方向竖直向下 2 压 【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v 、v ，根据动量守 1 2 恒定律可得： mv mv mv ① 0 1 2 根据能量关系可得： 1 1 1 mv2  mv2  mv2 ② 2 0 2 1 2 2 联立可得： v 0m/s ③ 1 v 5m/s 2 ④ （2）取初速度方向为正方向，在磁场中，对cd棒受力分析： F N F 安 mg 简化电路图为： R （E，R ） R 1 1 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 理科综合（物理）参考答案及评分标准·第7页（共11页） 学科网（北京）股份有限公司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： Q6Q 1.6J ⑤ R 设cd棒离开磁场时的速度为v ， 3 对cd棒，根据功能关系可得： 1 1 Q  mv2  mv2 ⑥ 2 2 2 3 解得： v 3m/s ⑦ 3 对cd棒根据动量定理可得： F BIL 安 F t mv mv ⑧ 安 3 2 通过cd棒的电荷量： q It ⑨ 联立解得： q0.8C 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： 1 mgh mv2 ⑪ 2 3 联立解得： h 0.45m ⑫ 由于hr，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v 3m/s， 4 在半圆轨道的最低点： v2 F mg m 4 ⑭ N r 解得： F 5.6N ⑮ N 据牛顿第三定律得： F 5.6N，方向竖直向下。 ⑯ 压 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） 理科综合（物理）参考答案及评分标准·第8页（共11页） 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）x2.5m （2）E 28.57J（3）v =5.36m/s m 【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： mgsin30ma ① 由速度位移关系得： v2 2ax ② 由①②得： x 2.5m 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： 0Mv mv ④ 1 解得： mv 5 v   m/s ⑤ 1 M 14 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： Mv mv Mv mv ⑥ 1 2 解得： 3mv 15 v =  m/s ⑦ 2 M 14 运动员与物块总机械能的变化： 1 1 1 1  1 1 E  Mv2 mv2  Mv2 mv2   Mv2 Mv2 ⑧ 2 2 2 2 1 2  2 2 2 1 代入数据解得： E 28.57J 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 理科综合（物理）参考答案及评分标准·第9页（共11页） 学科网（北京）股份有限公司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： 0Mv mv ⑩ 1 mv v  ⑪ 1 M 经第二次相互作用： Mv mv Mv mv ⑫ 1 2 3mv v = ⑬ 2 M 经第三次相互作用： Mv mvMv mv ⑭ 2 3 解得： 5mv v  ⑮ 3 M 经第n次相互作用，运动员的速度大小： (2n1)mv v = ⑯ n M 由v  v，解得： n n7.5次 ⑰ 因为相互作用要求n为整数，当n=8时： v 5.36m/s ⑱ 8 当运动员速度为5.36m/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）。 理科综合（物理）参考答案及评分标准·第10页（共11页） 学科网（北京）股份有限公司理科综合（物理）参考答案及评分标准·第11页（共11页） 学科网（北京）股份有限公司