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物理XG参考答案·第1页（共6页）下关一中教育集团2022~2023学年高二年级下学期期中考物理参考答案第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符

合题目要求；第9~12题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）题号123456789101112选项BACDDDDCACACADABD【解析】1．普朗克通过研究黑体辐射，可知黑

体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关，与材料种类及表面状况无关，故A错误。普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，故B正确。卢瑟福做α粒子散射实验时发现绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来的方向前进，只有少数α粒子发生大角度偏转，故C错误。阴极射

线的发现揭示了原子具有结构，天然放射现象揭示了原子核具有复杂的内部结构，故D错误。2．0℃的水变成0℃的冰时，体积增大，并且放热，内能减小，因温度不变，分子平均动能不变，则分子势能减小，故A正确。悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体

分子数就越多，受力越趋于平衡，布朗运动越不明显，故B错误。将一个分子从无穷远处910()mr无限靠近另外一个分子，分子力先增加后减小再增加，分子力先表现为引力，做正功，后表现为斥力做负功，分子势能先减小后增大，故C错误。内能是物体中所有分子热运动所具有的动能和分子势能的总和，故

D错误。3．由题图可知，在0时刻弹簧弹力是0，则有位移大小为A，在平衡位置有kAmg，2s时小球在负的最大位移处，弹簧的伸长量为2A，则有弹力2Fmg，故A错误。弹簧振子的振动方程为8cos0.5π(cm)yt，在0.5s内

的位移为8cos0.50.5π(cm)42cmy，振子在4s内的路程为4A，在后0.5s内振子从正方向最大位移处向下的运动路程为8cm42cm，则有0~4.5s内振子通过的路程为48cm8cm42cm34.3cms，故B错误。弹簧振子的振动方程

为8cos0.5π(cm)yt，在2s3t时振子位移为π8cos0.5π(cm)8cos(cm)3yt4cm，故C正确。第3s末，振子通过平衡位置，弹簧弹力等于振子的重力，弹簧有形变，弹簧振子的弹性势能不是零，故D错误。物

理XG参考答案·第2页（共6页）4．3015P的衰变方程为3030015141SiPe，则衰变后粒子带同种电荷，属于β衰变，故A、B错误。衰变过程满足动量守恒定律，则有1122mmvv，由mRqBv可知，3014Si的电荷量大于01e的电荷量，

则3014Si的轨迹半径小于01e的轨迹半径，故3014Si的运动轨迹是曲线①，故C错误，D正确。5．2n能级的氢原子电离至少需要3.4eV的能量，故A错误。4n能级的氢原子跃迁到1n能级可放出0.85eV(13.6eV)12

.5eV(7）的能量，故B错误。大量处于基态的氢原子吸收某频率的光子跃迁到3n能级时，可向外辐射23C3种不同频率的光子，故C错误。用氢原子从4n能级跃迁到1n能级辐射出的光照射逸出功为2.25eV的金属

时，逸出的光电子的最大初动能为12.75eV2.25eV10.5eV，故D正确。6．根据爱因斯坦光电效应方程k0EhW，又keeUE，得0eWhUee，横轴截距0Wah，为定值，与入射光的频率无关，故A错误。纵轴截距0Wbe为定值，与入射光的频率无关，故B错误。图

甲中极板A连接电源的负极，故C错误。图像斜率hbkea，得bhea，故D正确。7．状态A→B变化为等容变化，有BABAppTT，带入数据解得800KBBAApTTp，故A错误。从B→C，体积增大温度升高，则单位时间内单位面积上气体对

器壁的碰撞次数增多，故B错误。根据pVCT，得TpCV可知，pV的等温曲线是反比例函数图像如图1所示，根据数学知识可知，在C→A过程中，气体温度线先增大后减小，内能先增大后减小，故C错误。在A→B→C→A一个循环过程中，温度不变，内能0U；A→B过程，气体体积不变，做功为零；B→C

过程，外界对气体做功为1200J；C→A过程，气体对外界做的功等于图线与横坐标围成的面积53321(14)10Pa310m750J2W，根据热力学第一定律UWQ，表达式中的W表示外界对气体做的功，故121200J750J450JWWW，则0450J450JQ

UW，气体向外界释放热量450J，故D正确。图1物理XG参考答案·第3页（共6页）8．金属框水平方向上总电动势为0，只在竖直方向上产生电动势，因为金属框匀速通过磁场有mgF安，22yyBLBLFBILB

LRRvv安，2ygHv，带入数据求得2TB，故A正确。刚进入磁场时，由右手定则可知电流逆时针流向，出磁场时电流顺时针流向，故B正确。根据功能关系得克服安培力做功2FWmgL安，2yLtv，FWPt

安，代入数据求得0.4WP，故C错误。根据能量守恒可知20.04JQmgL，故D正确。9．23490Th经过3次α衰变后质量数减少12、质子数减少6，经过2次β衰变后质子数增加2，衰变为22286Rn，故A正确。反应方程式23411120HHHen，是核聚变方程，2342

34090911ThPae是β衰变方程，故B错误。反应方程式235114489192056360UnBaKr3n是核裂变方程，也是原子弹的核反应方程之一，故C正确。钍的半衰期为24天，1g钍经过120天后，发生5次衰变，根据5010.03125g2mm

，故D错误。10．实验证明，阴极射线是电子，它在电场中偏转时应偏向带正电的极板一侧，故C正确，B错误。加上垂直纸面向里的磁场时，电子在磁场中受洛伦兹力作用，要向下偏转，故D错误。当不加电场和磁场时，电子所受的重力可以忽略不计，因而不发生偏转，故A正确。11．单刀双掷开关与a连接时，有112

2UnUn，12202V220V2U，故可知电压表的示数为24.4VU，此时电流表的读数为220.44AUIR，电表均为理想的交流电表，示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以0.01st时，电流表示数不为零，故A正确，B错误。当单刀双掷开关由a拨向b，原线圈两端的

正弦交变电压不变，所以原线圈的电压不变；原、副线圈的匝数比减小，故副线圈的电压变大，电阻R上消耗的功率变大，所以原线圈的输入功率也变大，故C错误，D正确。12．依题意两球静止，对系统应用整体法，若a、b电性相反，两球所受匀强电场的电场力等大反向，两球

所受库仑力等大反向，可知两球所受电场力与库仑力的合力等大反向。分解细线的拉力，竖直方向可得coscosaabbFmgFmg，，水平方向可得sinsin||abFFFF电场库伦，又，联立解得abmm，故A正确。当a，b均带正电时，对a有1FEqF，对b有2FEqF

，此时F1小于F2，当两球质量相等时，可能也符合对应的角度关系，所以两球的质量无法确定，故B正确。若同时剪断两根细物理XG参考答案·第4页（共6页）线，a、b两球竖直方向只受重力作用，做自由落体运动，根据212hgt可知一定同时落地，故C错误，D正确。

第Ⅱ卷（非选择题，共52分）二、填空、实验题（本大题共2小题，共16分）13．（每空2分，共6分）（1）1.86（2）BD（3）9.7814．（每空2分，共10分）（1）2A2R（2）1.91.0（3）等于三、解答题（本大题共4小题，共3

6分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15．（6分）解：（1）根据闭合电路欧姆定律得04AEIRr①导体棒

受到的安培力为8NFBIL安②根据左手定则，知安培力方向沿斜面向上（2）对导体棒受力分析如图2所示，因为sin305NFmg安③摩擦力沿斜面向下有sin30fmgFF安④垂直于斜面方向有Ncos30Fmg⑤联立解得35⑥评分标准：本题共6

分。正确得出①~⑥式各给1分。16．（8分）解：（1）对汽缸和活塞整体受力分析()Mmgkx①带入得()0.3mMmgxk②图2物理XG参考答案·第5页（共6页）（2）由于温度变化，活塞离地面的高度不发生变化，汽缸顶部离地面为49

cmh而活塞离地面50cm30cm20cm③故初始时，内部气体的高度为29cml，且该过程为等压变化1122290K310KVlSTVlST，，，④根据1212VVTT⑤代入得31cml故

此时倒立汽缸的顶部离地面的高度51cmhhll⑥评分标准：本题共8分。正确得出①、⑤式各给2分，其余各式各给1分。17．（10分）解：（1）小球在电磁场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡Eqmg①2UEd②根据闭合欧姆定律02212ERURRr③联立解

得1202()mgdRRrEqR④（2）设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为r，运动轨迹如图3所示，根据2qBmrvv⑤根据2mBdqv解得2rd⑥根据几何关系222()rdLr⑦解得3Ld⑧评分标准：本题共10分。正确

得出④、⑦式各给2分，其余各式各给1分。18.（12分）解：（1）滑块P先做平抛运动，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，设滑块P经过B点的速度大小为Bv，根据速度的合成与分解和几何关系有0sin30B

vv①解得5m/sBv②图3物理XG参考答案·第6页（共6页）（2）滑块P从B点到达最低点C点的过程中，满足动能定理，有2211(sin30)22PPCPBmgRRmmvv③解得m/s7Cv④对滑块P经过C点时对轨道的压力大小有2

CFFmgmR压支v⑤解得71.25NF压⑥（3）在C点，滑块P、Q发生碰撞后滑块P、Q具有共同速度v，满足动量守恒，有34PPCPmmmvv⑦代入数据解得4m/sv⑧滑块P、Q作为整体一起从C点运动直至弹簧被压缩到最短的过程中，令弹簧的弹性势能

的最大值为pmaxE，根据动能定理有2pmax3313sin04424PPCDPPDFPPmmglmmglEmmv⑨代入数据可解得pmax1.75JE⑩评分标准：本题共12

分。正确得出③、⑨式各给2分，其余各式各给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