【文档说明】广东省梅州市2022－2023学年第二学期期中考试（五校虎山中学、平远中学、水寨中学、丰顺中学、梅州中学联考）高二物理答案和解析.docx，共(12)页，382.867 KB，由小赞的店铺上传

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物理参考答案：1．A【详解】A．激光其中的一个特点亮度高，把激光束汇聚起来照射到物体上，可以使物体的被照部分在极短时间内熔化，医学上用激光做“光刀”来切除肿瘤是用眼光激光亮度高的特点，故A正确；B．自然光垂直于传播方向的上沿一切方向振动且各个方向振动的光波强度都

相同，而偏振光是垂直于传播方向的平面上，只沿某个特定方向振动，偏振是横波特有的现象，光的偏振现象说明光的横波，故B错误；C．激光是一种波，具有波的特性包括干涉、衍射等，故C错误；D．3D眼镜是利用偏振效应产生立体效果，故D错误；故选A。2．D【详解】A

．小王荡秋千时，根据2lTg=可知做单摆运动的物体的周期与质量无关，其周期等于6.28s，故A错误；B．图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力最大，故B错误；C．小明荡到图中对应的b点时，b点为平衡位置，速度最大，动能最大，故C错误

；D．根据2lTg=计算得l≈10m，故D正确。3．C【详解】A．甲图中带正电的粒子从左侧射入复合场中时，受向下的重力、电场力和向上的洛伦兹力，当三个力平衡时，带电粒子有可能沿直线射出；当带负电的粒子

从左侧射入复合场中时，受向下的重力、洛伦兹力和向上的电场力，当三个力平衡时，带电粒子有可能沿直线射出，A错误；B．乙图中等离子体进入上下极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正粒子向B极板偏转，负粒

子向A极板偏转，因此极板A带负电，极板B带正电，B错误；C．丙图中通过励磁线圈的电流越大，线圈产生的磁场越强，电子的运动由洛伦兹力提供向心力，则有2vevBmR=mvReB=由上式可知，当电子的速度一定时，磁感应强度越大，电子的运动径迹半径越

小，C正确；D．丁图中只要回旋加速器的D形盒足够大，加速粒子就能获得较大的能量，具有较大的速度，可当能量达到25MeV~30MeV后就很难再加速了，原因是按照狭义相对论，粒子的质量随速度的增大而增大，而质量的变化会导致其回旋周期的变化，从而破

坏了与电场变化周期的同步，因此加速粒子就不能获得任意速度，D错误。故选C。4．B【详解】根据自由落体的规律可知22vgh=当手机到达眼睛位置时的速度为22m/svgh==设竖直向下为正方向，对手机根据动量定理可知()0mgFtmv−=

−故手机对眼睛的冲击力6NFF==故选B。5．C【详解】A．金属杆ab刚好处于静止状态，根据平衡条件可得sinmgBIL=增大磁感应强度B，安培力增大，金属棒将沿导轨向上运动，A错误；B．调节滑动变阻器滑片向下滑动，其接入阻值减小，电流增大，安培力增大，金属棒

将沿导轨向上运动，B错误；C．将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变，安培力将沿导轨向下，金属棒将沿导轨向下运动，C正确；D．减小导轨平面与水平面间的夹角θ，导致sinmgBIL金属棒将沿导轨向上运动，

D错误。故选C。6．D【详解】血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，则qEqvB=由于血管内部的电场可看做是匀强电场，则电场强度UEd=解得0.42m/sv根据左手定则可知，正离子向a极偏转，负离子向b极偏转，则a为正，b为负，ABC错误，D

正确。故选D。7．B【详解】A．带电粒子在半圆形磁场中向上偏转，由左手定则可判断，粒子带负电，选项A错误；D．过P点和C点做速度的垂线，交点即为圆心，如图：由几何关系可知，四边形OCOP为菱形，则2=OPdPCr==

洛伦兹力提供向心力有2vqvBmr=所以mvrqB=则有2qvmBd=选项D错误；B．由几何关系可得直线AD的长度等于磁场区域半径的2倍即4d，选项B正确；C．粒子在磁场中运动时间为122266333TmmBddtqB

BqBvv=====选项C错误。故选B。8．BC【详解】A.由乙图读出，t=0时刻质点P的运动方向沿y轴负方向，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播，故A错误；B.由图知：T=0.2s。因t=0.05s=14T，此刻质点P

到达波谷，Q到达平衡位置上方，所以此时刻P的位移较大，由a=−kxm，知质点Q的加速度小于质点P的加速度。故B正确；C.由甲图可知，λ=4m，则波的传播速度为：4m/s20m/s0.2vT===，故C正确；D.t=0时刻，质点Q的速度方向沿y轴正方向，

t=0.1s=12T，此时质点Q的运动情况与t=0时刻的运动情况相反，则知经过0.1s质点Q的运动方向沿y轴负方向。故D错误。故选：BC。9．BD【详解】A．匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小B随时间均匀增大，根据楞次定律，线圈中感应电流方向为逆时针，A错误；B．线圈静止时感应电

动势为()2230.11005222V7.5V0.6rNBNBSEtt−====B正确；CD．根据左手定则，bc边所受安培力水平向左，则线圈所受摩擦力方向水平向右，C错误，D正确。故选BD。10．AC【详解

】A．根据动量守恒可得爆炸前后瞬间，动量矢量和均为零，故A项正确；B．爆炸后，两物体从同一高度做平抛运动，由212hgt=可知甲、乙两物体同时落地；由动量守恒定律可得002mvmv=−乙解得02vv=乙再分别根据动能定理得2201122222mgh

mvmv=−，'221122mghmvmv=−乙乙解得202vvgh=+，220242vvghvgh=+=+乙乙可知甲、乙两物体落地时速率不同，故B项错误；C．根据动量定理，两物体在落地的过程中，动量变化量等于重力的冲量大小

，即Imgt=甲物体的质量是乙物体质量的两倍，故甲物体的动量变化量是乙物体的两倍，C项正确；D．根据能量守恒定律可得爆炸过程中释放的总能量为两个物体的总动能203mv与爆炸产生的热量的总和，故D项错误。故选AC。11．向下插入BC##CB阻

碍引起感应电流的磁通量的变化【详解】（1）[1]要使灵敏电流计的指针向左偏转，可知线圈中感应电流的方向时顺时针的，由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下，条形磁铁磁场方向向上，根据楞次定律可知，磁通量增加，条形磁铁向下插入。（2）[2]A．要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据楞次定律可知，磁通量

减小，插入铁芯，B线圈磁通量增加，故A错误；B．拔出线圈A时，B线圈中的磁通量减小，B正确；CD．滑动变阻器滑片向右滑动，电流减小，B线圈磁通量减小，故C正确，D错误。故选BC。（3）[3]通过本实验可以得出：感应电流产生的磁场，总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。12．P2、P1的像1.43

偏大3【详解】（1）[1]在木板上平铺一张白纸，并把玻璃砖放在白纸上，在纸上描出玻璃砖的两条边界，然后在玻璃砖的一侧竖直插上两根大头针P1、P2，透过玻璃砖观察，在玻璃砖另一侧竖直插大头针P3时，应使P3挡住P1、P2的像，用同样的方法插上大头针P4。（2）[2]根据折射定律有sin1

.43sinAOCACnBODBD===（3）[3]在实验过程中，画出界面a后，不小心将玻璃砖向上平移了一些，导致界面a′画到图中虚线位置，而在作光路图时界面a仍为开始所画的，实际光线如图中的O′Q所示，而作图光线如图中OQ所示，导致折射角偏小，所测得的折射率偏大。（4）

[4]作出光路图如图所示设OP=x，在A处发生全反射有1sinxCnR==由于出射光与入射光平行，所以在B处有sin60sinnOBP=22sinxOBPxR=+联立解得3n=13．（1）12mUrBq=；（2）322mUdBq=【详解】（1）设粒子离开电场时的速度为v，由动能定

理有212qUmv=解得2qUvm=粒子离开电场后，垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力有2vqvBmr=联立解得12mUrBq=（2）若粒子恰好不从边界PQ离开磁场，运动轨迹如图所示由几何关系得sin30drr=+则32dr=

解得322mUdBq=14．（1）0BdvRr+；（2）BdLRr+；（3）201()2RrMmvQR++−【详解】（1）飞机和金属棒刚进入磁场时电流最大，此时电动势为E=Bdv0由闭合电路欧姆定律得EIRr=+得最大电流为0BdvIRr=+（2）设系统在磁场中运动的全过程，通过回路

平均电流为I，金属棒的平均电动势为E，时间为Δt,则由闭合电路欧姆定律得平均电流EIRr=+根据电磁感应定律BdLEtt==由电流定律qIt=得BdLqRr=+（3）根据能量守恒定律，得201()2MmvQQ+=+阻电根据焦耳定律2QIRt

=，可知RrQQR+=电R＝EI－r＝E·1I－r得201()2RrWQMmvQR+==+−阻阻15．（1）7m/s（2）3.6m，2m（3）Q=114921mm+（）或Q=4m1【详解】(1)根据牛顿

第三定律可知小块P2滑到C处受到的支持力F=793N，由牛顿第二定律得：222CvFmgmr−=代入数据解得：7m/sCv=(2)设P2在B处的速度为vB，从B到C的过程中，由动能定理得：222221122CBmvmvmgh−=其中：0.41.2mhr==代入数

据解得：5m/sBv=因为小滑块恰好能够沿切线无碰撞的从B点进入圆弧轨道，可知平抛的初速度为：0cos50.6m/s3m/sBvv===在B点时竖直方向的速度为：sin50.8m/s4m/syBvv===则从A到B的时间为：4s=0.4s10yvtg==所以AC之间的

水平距离为：0sin30.4m30.8m3.6mACvtrs+=+==AC之间的竖直距离为：()2211(1cos)100.4m310.6m2m22AChgtr=+−=+−=(3)P2与

木板发生弹性碰撞，假设碰后小滑块P2的速度为v2、木板速度为v1，由动量守恒定律和机械能守恒可知：22210cmvmvMv+=+22222211110222cmvmvMv+=+代入数据联立解得：20v=，1

7m/sv=木板获得速度17m/sv=之后，和上面的小滑块P1之间相对滑动，假设最终和木板之间相对静止，两者的共同速度为v共，小滑块P1在模板上相对滑动了x，由动量守恒和能量守恒可知：()110MvmMv+=+共()2211111022MvmMvmgx+=++共联立解得：()14941

xm=+.当2mxl==时，1418mkg=.若1418mkg…，则xl，滑块不会从模板上掉落，小滑块P1与木板间产生的热量为：()1114921mQmgxm==+若141kg8m，则xl，滑块会从木板上掉落，小滑块P1与木板

间的摩擦产生的热量为：114Qmglm==答：(1)小滑块P2经过C处时的速度大小7m/s；(2)位置A与C点之间的水平距离和竖直距离分别是3.6m和2m；(3)热量Q与小滑块P1的质量m1之间的关系为Q=114921mm+（）或Q=4m1．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众

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