【文档说明】广东省茂名市第一中学2022-2023学年高三下学期5月份第二次半月考 物理 答案.docx，共(8)页，245.371 KB，由小赞的店铺上传

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高三级第二学期半月考5.13（二）参考答案：1．B【详解】设汽车开始刹车时的速度方向为正方向，由2002vax−=得2205m/s2vax−==−负号表示加速度方向与速度方向相反。2．C【详解】A．当车厢内的沙子没有滑动时，沙子受到重力和汽车给的作用力，沙子受到汽

车的作用力和重力是平衡力，则沙子受到的作用力不变，由牛顿第三定律可知随着夹角逐浙增大，汽车受到沙子的作用力不变，A错误；B．当车厢内的沙子没有滑动时，汽车和沙子整体受到重力和地面的支持力，是一对平衡力，重力不变，则支持力不变，所以随着夹角逐渐增大，汽车受到地面的支持力不变，B错误；CD．

当夹角为某一值时，沙子恰好匀速下滑，汽车和沙子整体受到重力和地面的支持力，处于平衡状态，此时汽车受到地面的摩擦力为零，C正确，D错误；3．B【详解】AB．空间站中的物体处于完全失重状态，甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响，则小球仍将在弹

力的作用下来回振动，A错误，B正确；CD．图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站中处于完全失重时，回复力为零，则小球由静止释放时，小球仍静止不动，不会来回摆动；也不会做匀速圆周运动，若给小

球一定的初速度，则小球在竖直面内做匀速圆周运动，C、D错误。4．C【详解】镭核发生α衰变的核反应方程式为226422286284RaHeRn→+令氦核的质量为m，氡核的质量为M，则根据动量守恒可得mMmvMv=其中22pEm=所以氡核的动能为222111pEEM

==根据爱因斯坦质能方程，总的质量亏损为2222113111111EEEEEmccc++===故选C。5．D【详解】两地温度相同，则分子平均动能不变；由波义耳定律可知桶内气体体积增大压强减小，故选D。6．D【详解】A．由图乙可知H谱线对应的波长最大，由=cE

h可知，波长越大，能量越小，A错误；B．氢原子的发射光谱属于线状谱，B错误；C．处于n=2能级的氢原子电离至少需要吸收3.4eV的能量，C错误；D．频率越大的光子越容易使金属产生光电效应，图中δH谱线波长最小，频率最大，δH

光能量最大，若αβγδHHHH、、、中只有一种光能使某金属产生光电效应，那一定是δH，D正确。7．D【详解】A．由左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力向右，则打在Q点的右侧的离子带正电，A错误；BC．作出离子的运动轨迹如下图所示由上图可看出只有在圆形磁场区域的下半圆射出的离子才可能打到MQN

上，且轨迹半径越小的离子离Q点越远，且2vqvBmR=解得mvrqB=则当比荷相同v越小或速度相同比荷越大的离子的轨迹半径越小，离子离Q点越远，BC错误；D．入射速度相同的氢离子和氘离子，由于氘离子的比荷较小，则氘离子运动轨迹的半径越大，故打在MQN上的位置更靠近Q点是氘离子，D正确。故

选D。8．ACD【详解】A．由图甲可知波长为2m，由图乙可知周期为4s，则波速为2m/s0.5m/s4vT===故A正确；B．由图乙可知，0=t时刻，2.5mx=处的质点向y+方向运动，根据波形平移法可知，该波的传播方向为x

轴负方向，故B错误；C．由于55s4tT==可知当5s=t时，平衡位置在2mx=处的质点恰好经平衡位置向y+方向运动，故C正确；D．从2s=t到4st=的时间内，由于2s2Tt==可知平衡位置在0.7mx=处的质点通过的路程为28cmsA==故D正确。9．BCD【详解】A

．线圈平面垂直于磁感线方向，处于中性面位置，电压表显示的为交变电流的有效值，所以V1示数不为零，故A错误；B．交流电的频率为150HzfT==，线圈的频率为50Hz，故B正确；C．原线圈有效值为m122V2UU==当滑动接头P移至图中的触点时原副线圈的匝数比为1:10，则V2的读数为221122

0VnUUn==故C正确；D．若滑片P向上移动，原副线圈的匝数比变大，V2的读数增大，故D正确。故选BCD。10．AC【详解】A．由图像可知，运动员在冲上上坡之前，总的机械能为31010JE=总而冲上斜坡，到达最高点时的机械能为3810JE=总而在运动员从斜坡底

端到冲上斜坡的过程中，除了重力做功以外还有摩擦力做负功，因此可知运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为32J10，故A正确；B．运动员再次回到坡底时的过程中，仍然是除了重力做功以外摩擦力做负功，易知在下坡的过程中克服摩擦力做的功和在上坡过程中一样，因此可知

运动员再次回到坡底时机械能应为3610J，故B错误；C．由于取了坡底为零势能面，因此运动员滑上斜坡最高点后的重力势能就等于运动员的机械能，有mghE=总，20m=h解得40kgm=故C正确；D．在坡底是运动员的动能就等于运动员的机械能，则有212mvE=总解得105m/sv=故D错误。11．（

6分）三根细线的方向结点O的位置F和F′在误差允许的范围内重合（每空2分）【详解】（1）[2]要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时，也要记录三根细线的方向以及电子秤的示数F1。（2）[3]已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力

的大小，则结点O的位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与（2）中重合，记录电子秤的示数F2。（3）[4]根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差允许的范围内重合，则平行四边形定则

得到验证。12．（10分）（4分）150（3分）50（3分）【详解】（1）[1]由于器材中所给电压表的量程远大于电源电压，所以需要用电流表与电阻箱串联改装成电压表，实验电路如下图所示（2）[2]由图乙可知250502502502100xRFF−

=−=−由图丙利用欧姆定律得(2502)xUUEURUFRR=+=+−由题意，100N=F时，3VU=可得150ΩR=[3]将2VU=代入(2502)UEUFR=+−，得50N=F四.计算题：本题共小题，共38分。应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的

不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。13．（8分）解：（1）根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有ABABVVTT=(2分)解得330KBBAAVTTV==(1分)（2）从状态A到状态B的过程中，活塞缓慢上升，则0BpSpSmg=+(1分)解得5

=110PaBp(1分)根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有CBBCppTT=(2分)解得51.110PaCCBBTppT==(1分)14．（13分）(1)根据图象可知，AB分离后，B沿斜面向下做匀速直线运动，A沿斜面向上做匀减速直

线运动，A的加速度：𝑎𝐴=△𝑣𝐴△𝑡𝐴=−0.5−(−2)0.2𝑚/𝑠2=7.5𝑚/𝑠2，（2分）对A，由牛顿第二定律得：𝑚𝐴𝑔𝑠𝑖𝑛30°+𝜇𝐴𝑚𝐴𝑔𝑐𝑜𝑠30°=

𝑚𝐴𝑎𝐴，（2分）代入数据解得：𝜇𝐴=√36，（1分）对B，由平衡条件得：𝑚𝐵𝑔𝑠𝑖𝑛30°=𝜇𝐵𝑚𝐵𝑔𝑐𝑜𝑠30°，（2分）解得：𝜇𝐵=√33；（1分）(2)细线断裂瞬间，系统内力

远大于外力，系统动量守恒，以平行于斜面向下为正方向，对AB系统，由动量守恒定律得：(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑣=−𝑚𝐴𝑣𝐴+𝑚𝐵𝑣𝐵，（2分）由能量守恒定律得：𝐸𝑃+12(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑣2=12𝑚𝐴𝑣𝐴2+12𝑚𝐵𝑣𝐵2，（2分）代入数

据解得：𝐸𝑃=6𝐽；（1分）15．（17分）(1)分解速度v0可知vx＝v0sin30°＝v02（2分）vy＝v0cos30°＝32v0（2分）在水平方向有3R＝vx·t（2分）在竖直方向有vy＝Eqmt（2分）联立解得E＝3mv2012

Rq（2分）(2)由牛顿第二定律得qv0B＝mv202R（2分）解得B＝mv02Rq（1分）粒子的运动轨迹如图所示，根据几何知识可知每段圆弧所对应的圆心角均为π3（2分）粒子从M运动到N点的时间t＝t1＋t2＋t3＝

πmBq（1分）代入B可得t＝2πRv0（1分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com