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=E2-E1=10.2eV，跃迁到第二激发态需要吸收的能量为E=E3-E1=12.09eV，用11.0eV的光子照射，并不能使处于基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-3.40eV，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。nE/eV∞05-0.544-0.853-1.512-3.401-13.615．【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，mg33可以得到下图，根据牛顿第二定律得，F合ma，故当ag时A与Dtan6033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。FNma60mg16．【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】MGmM3gA．由和mg得：，故选项A错误。42πR3R4GπR33GmM4π2GmM4π2Rh．由和得：，故选项错误。B2m2RhmgT2BRhTR2gRC．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。ccB．光线在棱镜中的传播速度v=，故选项B错误。n212C．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n2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。AB45°EMγ45°GCFD18．【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p0，水桶内气体体积为V0，气囊体积为V1，至少需要把气囊压下n次，桶内气体压强增加为p1，才能有水从细出水管流出，水桶内气体体积不变，温度不变，根据玻意耳定律可得：p0V0nV1p1V0其中：p010mH2O22463V03010m22663V1810m2＋p110mH2O40cmH2O=10.4mH2O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】．由2，得：，故选项正确；AP损I2rI225AA2π11B．由u2502sin100πtV可得，Ts，f，则f=50Hz，由生活经验可知，50T变压器不改变交变电流的频率，故选项B错误；nI251．升压变压器：，得：，12，故选项错误；CP1U1I1I1400ACn2I140016．输电线上损失的电压：DU损I2r200VU1n11升压变压器：，得：U2=4000VU2n216n3U33800190降压变压器：原线圈两端电压U3=U2-U损=3800V，，故选项Dn4U422011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=0.2×4s=0.8s；得波速为0.08vm/s0.1m/s，故选项B正确。T0.8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】Q2k．受重力和静电力平衡，由，得：，故选项正确。AAk2mg0h0QAh0mgQ2B．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，kcosmg，求r2Q2得：rkcoshcos，进而求得：mg01xrsinhcossinhsin2sin002hrcosh0coscos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=x0，r=r0，用竖直向下的力F作用于A球并缓慢移动时有θ＞45°，根据竖直方向平衡条件：Q2Fmgkcos0r2代入可得：rsinx0Q2Q212Fmgk2sincosk2sin2sinx0x02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=maO解得：a=gtanθθ在θ很小时有：Ltanθ=sinθ设小球与过悬点的竖直线间的距离为d，F即：Fd合agsingdL带入数据得：d=4.38cmmg23．（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）A1.450cm（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1.450cmE（2）由于未知电阻Rx约为195Ω，则流过Rx最大电流约为：I45mA，故测量电路Rx中电流表应选用A2，同时应将电流表A1（内阻为r1）改装成电压表，由于电源电动势约为9.0V，则改装成量程为9.0V的电压表，需要串联的电阻为：ER串r1590I1故串联电阻应选R2；改装电压表的内阻为：RVR2r1600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：I1r1I1R2RxI2I1化简得：RxI1I2R2Rxr1即：R6xR2Rxr124解得：Rx200根据：LRxd24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/sB【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0.4m①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：v2qvBm0②0R由①②得：mv0B③qRB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v0t④平行于电场方向受电场力，做匀加速运动：12Rat2⑤2qEa⑥m由③④⑤⑥得：E4v⑦B90E1.4106m/sB（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2⑧vy4aR22⑨vv0vy联立解得：5vv⑩30v5.3106m/svtanθy⑪v04tanθ⑫3θ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）v25m/s（2）q0.8C（3）不会脱离轨道，F压5.6N,方向竖直向下【解析】（）取初速度方向为正方向，设碰后棒和棒的速度大小分别为、，根据动量守1abcdv1v2恒定律可得：①mv0mv1mv2根据能量关系可得：111mv2mv2mv2②202122联立可得：③v10m/sv25m/s④（2）取初速度方向为正方向，在磁场中，对cd棒受力分析：FNF安mg简化电路图为：R（，）R1ER1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：⑤Q6QR1.6J设棒离开磁场时的速度为，cdv3对cd棒，根据功能关系可得：11Qmv2mv2⑥2223解得：⑦v33m/s对cd棒根据动量定理可得：F安BIL⑧F安tmv3mv2通过cd棒的电荷量：qIt⑨联立解得：q0.8C⑩（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：1mghmv2⑪23联立解得：h0.45m⑫由于hr，所以不会脱离轨道。⑬据能量守恒定律可知，棒第二次进入磁场时的速度大小为，cdv43m/s在半圆轨道的最低点：v2Fmgm4⑭Nr解得：⑮FN5.6N据牛顿第三定律得：F压5.6N，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）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】（）（）（）1x2.5m2E28.57J3vm=5.36m/s【解析】（1）设物块沿倾斜冰面上滑最大位移的大