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1、高二物理答案 第1 页(共3页)沧州市2 0 2 2-2 0 2 3学年第二学期期末教学质量监测高二物理参考答案题号1234567891 0答案ACDADDBB DA BA B D1.A 解析:根据质量数和电荷数守恒有A=1,Z=1,X为质子,A正确,C错误;由于释放能量,42H e比32H e的比结合能大,B错误;由于有质量亏损,42H e核子的平均质量比32H e核子的平均质量小,D错误。2.C 解析:升温后并不是每个气体分子的动能都增大,A错误;由于气体温度升高,内能增大,故气体对外做功小于吸收的热量,B错误;瓶内的水温度升高,水分子的平均动能增大,水的质量不变,所以瓶内水的内能会增加,
2、C正确;水的温度升高后,速率大的分子数占总分子数的比例增大,D错误。3.D 解析:7.2 k m/h=2 m/s,根据速度公式有:T=xv=2 s,根据f=1T,可得f=0.5 H z,D正确。4.A 解析:根据n=cv 及v=f,可得=真空2,又由x=Ld,可知条纹间距不变,A正确。5.D 解析:金属是多晶体,A错误;露珠呈球形是由于液体表面分子间的引力形成的,不是内部分子间吸引力相互作用的结果,B错误;土壤里有很多毛细管,如果要保存地下水分,就要把地面土壤锄松,破坏土壤里的毛细管,C错误;彩色液晶显示器利用了液晶光学性质各向异性的特点,D正确。6.D 解析:氦原子辐射出a光子后,氦原子的能
3、量减小了-3.4 0 e V-(-1 3.6 0 e V)=1 0.2 0 e V=W0,A、C错误;a光子的能量为1 0.2 0 e V=h ca,b光子的能量为-3.4 0 e V-(-5 4.4 0 e V)=5 1 e V=h cb,解得ab=5,B错误;用b光子照射该金属,逸出的光电子的最大初动能为5 1 e V-1 0.2 e V=4 0.8 e V,D正确。7.B 解析:小球在竖直方向做简谐运动,根据简谐运动的对称性可知小球在最低点与最高点回复力大小相等,在最低点有F回=F弹-m g,在最高点有F回=m g,则在最低点时F弹-m g=m g,即F弹=2m g,故在最低点未释放时,
4、有F弹=m g+F,故F=m g,A错误;根据简谐运动的对称性可知从M点运动到O点所用时间与从O点运动到N点所用的时间相等,故小球由M点运动到O点所用的时间为t2,B正确;由于由M点运动到O点的过程中与由O点运动到N点的过程中,弹簧弹力逐渐减小,而时间相等,故弹簧弹力的冲量不相等,C错误;由于由M点运动到O点的过程中与由O点运动到N点的过程中,弹簧弹力逐渐减小,而位移相等,故弹簧弹力做的功不相等,D错误。8.B D 解析:根据单摆振动的规律可知,拉力最大时,小球位于最低点,拉力最小时,小球位于最高点,因此A错误;1 2 s过程中,小球由最高点向最低点运动,B正确;由图像可知,单摆振动的周期为T
5、=4 s,C错误;根据T=2 Lg,可得L=4 m,D正确。9.A B 解析:由几何关系可知,PM=5 m,根据波由P点传到M点用时0.1 s可得v=PMt=5 0 m/s,根据乙图或丙图可知T=2 1 0-2 s,故=v T=1 m,A正确;波由Q点传播到M点用时t=MQv=0.0 6 s=3T,故此时P点的振动情况与0时刻相同,即沿y轴正方向运动,B正确;M点到两波源的波程差为x=(5-3)m=2 m=2,因两波源起振方向相反,故M点为振动减弱点,C、D错误。1 0.A B D 解析:航天员此操作的原理为反冲,与喷气式飞机飞行的原理相同,A正确;设在极短的时间t高二物理答案 第2 页(共3
6、页)内喷出的气体的质量为m,则m=S vt,设对压缩气体的作用力为F,则对压缩气体有Ft=m v,解得F=S v2,B正确;由于喷气过程中,气体的密度和速度恒定,且不考虑航天员和装备总质量的变化,因此航天员受力恒定,做初速度为零的匀加速直线运动,根据F=M a和2a d=v 2解得v=v2S dM,D正确。1 1.答案:(1)C(2分)(2)A C(2分,少选得1分)(3)压强传感器和注射器连接管中存在气体(2分)解析:(1)改变柱塞位置后,不能立即读取气体的体积,待气体稳定后再读数,A错误;实验过程不能用手握住注射器,防止气体升温,B错误;推拉注射器柱塞时,操作应缓慢,使管内气体温度与环境温
7、度保持一致,C正确。(2)由1、2、3组数据分析可知,在误差允许的范围内,压强与体积成反比,A正确;若温度升高,p与V的乘积会增大,B错误;p与V的乘积减小,可能是气体质量减小造成的,C正确。(3)由图可知当气体体积为0时,气体压强的倒数不为0,因此还一定存在一定量的气体,由题图甲可知,该气体一定存在于压强传感器和注射器连接管中。1 2.答案:(1)水平螺丝P(2分)(2)不需要(2分)(4)m1t=m2t1+m1t2(3分)(5)(2分)解析:(1)t1t2,说明导轨右端较高,应将水平螺丝P调低些。(2)根据动量守恒有m1dt=m2dt1+m1dt2,d可消掉,即m1t=m2t1+m1t2,
8、故不需要测量遮光条的宽度。(4)根据前面分析可知,满足的关系式为m1t=m2t1+m1t2。(5)由碰撞前后的运动方向关系可知m1m2。1 3.答案:(1)1 9 2 0 (2)2 0 1 9解析:(1)由于两部分气体为质量相同的同种气体,故可视为同一气体的等温变化,由玻意耳定律得p1 L1S=p2 L2S(2分)解得p1p2=1 9 2 0(2分)(2)加热过程两部分气体均做等压变化根据盖吕萨克定律可得(L1+L1)ST+T=L1ST,即L1ST=L1ST(2分)同理L2ST=L2ST(2分)解得L1L2=2 01 9(2分)1 4.答案:(1)2 (2)23R3c解析:(1)设光线在A B
9、边上的入射点为E时恰好发生全反射,其反射光线在A C上的切点为F,画出光路图如图所示,设入射角为,在D A E中有Rc o s=LD E(2分)在D E F中有LD E s i n 2=R(2分)根据折射定律有n=1s i n(2分)解得n=2(2分)(2)在D E F中,由几何关系可知 LE Ft a n 2=R(2分)高二物理答案 第3 页(共3页)又n=cv(1分)LE F=v t(1分)解得t=23R3c(2分)1 5.答案:(1)1 6m1m3m22(m1+m2)2(m2+m3)2(2)m12 6 4m1g R8 1 解析:(1)设小球1碰前瞬间速度为v0,1、2两球碰撞瞬间,根据动
10、量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2(2分)12m1v20=12m1v21+12m2v22(2分)2、3两球碰撞瞬间,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得m2v2=m2v 2+m3v3(1分)12m2v22=12m2v 22+12m3v23(1分)Ek 3Ek 1=12m3v2312m1v20解得Ek 3Ek 1=1 6m1m3m22(m1+m2)2(m2+m3)2(2分)(2)小球1从四分之一竖直圆弧轨道滚下的过程有m1g R=12m1v20(2分)根据第(1)问可知,碰撞后,3、4交换速度,4、5交换速度,故第n个小球的速度大小为v3,解得v3=4m1m22g R(m1+m2)(m2+m3)=1 6m12g R4m2+m21m2+5m1(2分)当4m2=m21m2时,即当m2=m12时,v3最大(1分)且v3=1 6 2g R9(1分)则Ek m=12m3v23=6 4m1g R8 1(1分)