吉林省“BEST合作体”2022-2023学年度下学期期末考试高二物理答案一、选择题（本题共10小题，共46分。）12345678910ADCCDCBCDACDBD1.【答案】A【详解】AB．液体表面层由于蒸发等原因导致分子数较少，则表面层水分子间的平均距离比内部分子间的平均距离大，故水球表面上水分子间的作用力表现为引力，收缩导致纸花绽放，A正确，B错误；CD．纸花绽放与纸花分子间的作用力无关，CD错误。故选A。2.【答案】D1【详解】根据eUmv2hW，入射光的频率越高，对应的截止电压越大，甲光、乙光的截止c2m0电压相等，所以甲光、乙光的频率相等，丙光的截止电压最大，所以丙光的频率最高，故B错误；甲光的饱和电流值大于乙光，说明甲光的强度大于乙光的强度，故A错误；光电子动能越大，动量越大，由物质波波长公式λ=h/p可知其波长越短，丙光照射时，不是所有逸出的光电子的动能都是最大的，所以不是所有光电子的物质波波长都最短，故C错误；当电压等于时，电场力对甲、乙光对应的光电子做的功相等，甲光和乙光对应的光电子的最大初动能相等，由动能定理知电压等于时甲、乙光对应的光电子的最大动能相等，故D正确。3.【答案】C【详解】n＝1能级与n＝2能级的能量差为10.2eV，由于9.0eV<10.2eV，因此用能量为9.0eV的电子激发n＝1能级的大量氢原子，不能使氢原子跃迁到高能级，故A错误；n＝2能级的氢原子的能量为－3.40eV，因此欲使其发生电离，吸收的能量至少为3.40eV，故B错误；光子的波长越长波动性越显著，光子的频率越高，粒子性越显著，由玻尔理论可知，从n＝4能级跃迁到n＝1能级释放的光子能量最大，由E＝hν可知，该光子的频率最高，该光子的粒子性最显著，故C正确；大量处于基态的氢原子吸收12.09eV的光子后，由跃迁规2律可知，大量的氢原子可以跃迁到n＝3能级，则放出C3＝3种频率的光子，故D错误．4.【答案】C422【详解】AB．从曲线上分析，2He核的比结合能约为7MeV，1H核的比结合能约为1MeV，则两个1H核4结合成2He核时释放能量为ΔE=4×7MeV-2×2×1MeV=24MeVAB错误；235891442351144891C．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，92U裂变成36Kr和56Ba的方程92U0n56Ba36Kr30nC正确；235144235144D．从曲线上分析，92U的比结合能小于56Ba的比结合能，但是92U的结合能大于56Ba的结合能，D错误。故选C。5.【答案】D【详解】A．b、c两状态体积相同，则单位体积内的分子数相同，A错误；{#{QQABAQQAogCIAAJAARhCAQmACkKQkACACKgGBAAMMAIACBNABAA=}#}VaVcB．因为c、a状态连线的延长线经过坐标原点，可得TaTc故a状态的压强等于c状态的压强，B错误；C．c→a过程与b→c过程比较，气体的温度变化相同，故气体内能变化大小相同。b→c过程，气体体积不变，故由热力学第一定律UQ放c→a过程气体体积增加，故由热力学第一定律UQ吸W可得Q吸Q放故C错误；D．ab过程与ca比较，气体的体积变化相同，而ab过程气体压强增加，ca过程气体压强不变，根据WpV知，ab过程外界对气体做功W1大于ca过程中气体对外界做功W2，也可以转换为pV图求解，故D正确。故选D。6.【答案】Ckx【详解】由题图可知，1～2s内小球的位移减小，说明弹性势能转化为动能即速度增大，由a＝－可知，加m速度减小，故A错误；2～3s内小球的位移增大，说明动能转化为弹性势能即弹性势能增大，弹簧弹力逐渐增大，故B错误；t＝4s时，小球位于平衡位置，此时动能最大，由能量守恒可知，弹簧的弹性势能达到最小值，故C正确；t＝5s时，小球的位移正向最大，则弹簧弹力为负的最大值，小球的加速度为负的最大值，故D错误。7.【答案】B【详解】ABCD．假设衰变之前AB的原子核数分别为x、y，则117xyN，xxyyN16482NN解得x，y33x所以2故B正确，ACD错误。y故选B。8.【答案】CD【详解】由于两列波是同一绳子中传播的相同性质的机械波，所以它们的波速大小是相等的，故A错误；从题图中可看出，两列波的波长相等，根据v＝λf得知它们的频率相等，故B错误；两列波的频率相等，能发生稳定的干涉现象，质点M的位置是两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇处，所以质点M的振动是加强的，故C正确；在题图时刻，甲波(虚线)是向右传播的，根据波形平移法知这时它引起质点M的振动方向是向下的，乙波(实线)是向左传播的，这时它引起质点M的振动方向也是向下的，所以质点M的振动方向是向下的，即质点M此时正向y轴负方向振动，故D正确．9.【答案】ACDsini1【详解】光射入三棱镜的光路图如图所示，i1＝90°－30°＝60°，由折射定律得n＝①，光在BC边折sinr11sini2射时，由折射定律有＝②，由题意知r2＝90°－30°＝60°，则i2＝r1③，联立①②③解得r1＝i2＝30°，nsinr2n＝3，故A正确，B错误；由几何知识知，从AB边上射入的光在三棱镜中的传播路程s＝0.5L，故C正确；{#{QQABAQQAogCIAAJAARhCAQmACkKQkACACKgGBAAMMAIACBNABAA=}#}c3s3L光在三棱镜中传播的速度v＝＝c，光在三棱镜中的传播时间t＝＝，故D正确。n3v2c故选ACD。10.【答案】BD【详解】A．因温度变化时被封的气体进行等压变化，设温度为27C时封闭气体的体积为V1，由题意可知VV12T1T2VT21则T2，可知T2V2，则TVSl。V1玻璃管粗细均匀，所以温度计的刻度是均匀的，故A错误；B．从热胀冷缩的原理我们知道，温度计的刻度左侧高右侧低，在某压强下完成刻度后，如果外界压强增大，蜡块将右移，所以对应测量温度偏低，故B正确；V1V1VTCD．根据解得VV1T1T1TT1可以看出金属容器的体积越大，变化相同温度管中气体体积变化量也越大，由于玻璃管长度一定，所以该温度计的测温范围随金属容器的体积增大而减小，故C错误，D正确。故选BD。二、实验题（本题共2小题，共15分。）11.（6分）【答案】玻璃板2.5×10－55×10－7（每空2分）【详解】需要的器材和原料除油酸酒精溶液、浅盘、注射器、量筒、痱子粉、坐标纸、彩笔等外，为了描绘253出油膜轮廓还需要一项重要的器材是玻璃板；1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V0＝×cm＝2.5×101004000－5－V02.5×10－5cm3，油膜面积为S＝145×0.6×0.6cm2＝52.2cm2，油酸分子直径约为d＝＝cm＝5×107cm。S52.2D4π2n2（L＋）42L12.（9分）【答案】(1)2（2分）(2)（2分）9.86（2分）(3)偏大（3分）t2g＋D22（＋D）tL4πnL【详解】(1)周期T＝，根据T＝2π2解得g＝2。ngt22L4L4π2(2)由T＝2π得T2＝，由图像可知图像的斜率k＝ggg则根据图像的斜率k＝4{#{QQABAQQAogCIAAJAARhCAQmACkKQkACACKgGBAAMMAIACBNABAA=}#}则g＝9.86m/s2。(3)对圆锥摆，根据牛顿第二定律有4π2mgtanθ＝mrT2其中r＝LsinθLcosL解得T＝2π＜2πgg4π2根据g＝L，T偏小，所以g偏大。T2三、计算题（本题共3小题，共30分。其中13题10分、14题14分、15题16分。）2333L13.（11分）【答案】(1)(2)(3)33c【详解】(1)光路如图所示，sini由几何关系可得DE∥AC，所以光束在D点的折射角等于30°，则有n＝，①sin30°323且sini＝解得n＝②33①得2分，②得1分，共3分。1(2)由几何关系知光束在E点的入射角为60°，临界角C满足sinC＝，解得C＝60°③n所以光束在E点发生全反射，由几何关系知△CFE是等腰三角形，所以光束在F点的入射角等于30°，设折射sinθ角为θ，由折射定律可知n＝④sin30°3解得sinθ＝⑤3③得2分，④⑤各得1分，共4分。BD3(3)由几何关系可知BE＝CE＝＝L，⑥tan30°2CELEF＝＝，DE＝2BD＝L⑦2cos30°2c3△CFE是等腰三角形，由n＝，可得光在棱镜中的传播速度为v＝c⑧v2EF＋DE3L该光束在棱镜中传播的时间t＝＝.⑨vc⑥⑦⑧⑨各得1分，共4分。14.（12分）【答案】（1）26m；（2）20.2m【详解】（1）解析:根据题意知,波的传播方向为A→B→C，某时刻波传到了B点，此时B应在平衡位置，A刚好处于波峰位置。因B在平衡位置的振动方向不能确定，所以本题需要分两种情况结合限制条件讨论。当B位于平衡位置向下振动时：{#{QQABAQQAogCIAAJAARhCAQmACkKQkACACKgGBAAMMAIACBNABAA=}#}结合限制条件求出：λ1=4m此时AB之间的波形如图。①对应的波速v1==40m/s。②再经t=0.5s，C点第一次到达波谷，其中从B传到C点的时间为t1=(t--)=0.475s③AC=AB+BC=x+v1t1=26m。④①③均得2分，②④各为1分，共6分。（2）当B位于平衡位置向上振动时：结合限制条件求出：λ2=m，此时AB之间的波形如上图。①对应的波速v2==m/s。②3T再经t=0.5s，C点第一次到达波谷，其中从B传到C点的时间为t2=(t-)=0.425s③4AC=AB+BC=x+v2t2=20.2m。④①③均得2分，②④各为1分，共6分。43201309415.（16分）【答案】（1）K；（2）cm、cm17917【详解】（1）对气柱B研究，开始时，压强为pB1p010cmHg85cmHg①气柱长为LB110cm②温度为T1300K③降温后压强为pB280cmHg④：：由于左、右两管直径之比为1:2，则截面积之比为S1S214，则降温后气柱B长为LB29cm⑤pLSpLS根据理想气体状态方程B1B12B2B22⑥T1T24320解得TK⑦217①②③④⑤⑥⑦均为1分，共7分。（2）设左管中倒入的水银柱的长为hcm，则当水银柱2在左右两管中液面相平时，气柱B的压强pB380hcmHg①{#{QQABAQQAogCIAAJAARhCAQmACkKQkACACKgGBAAMMAIACBNABAA=}#}气体发生等温变化，则pB1LB1S2pB3LB2S2②130则hcm③9130即倒入的水银柱长为cm，对气柱A研究，压强为p80cmHg④9A1气柱长为LA110cm⑤倒入水银后压强为pA280hcmHg⑥气体发生等温变化，则pA1LA1S1pA2LA2S1⑦144解得Lcm⑧A21714494则水银柱1下降的高度Δh4cm10cmcmcm⑨1717①②③④⑤⑥⑦⑧⑨均为1分，共9分。{#{QQABAQQAogCIAAJAARhCAQmACkKQkACACKgGBAAMMAIACBNABAA=}#}