河南省驻马店市西平县高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试物理试卷

扫 描 全 能 王 创 建 扫 描 全 能 王 创 建 1 高二物理参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A B A D D C B C BC AC AB BC 13.答案：（1）5.035 （2）4.700 （3）140（每空 2分） 14.答案：（1）C、A（2分）；（2） 1 1 2 m m m OB OC OA   （2分） 6（2分） 15.解析：(1)从 A到 B过程，根据理想气体状态方程pAVA TA ＝ pBVB TB (2分) 代入数据解得 TA＝120K(1 分) (2)从 C到 A过程中，气体体积减小，外界对气体做功为 W＝pA·ΔV＝2×104×(6－3)×10－3J＝60J(2分) 由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q(1分) 解得 Q＝ΔU－W＝－28J－60J＝－88J(1分) 所以该过程中气体放出热量 88J(1分) 16.解析：（1）根据题意可知，粒子在第Ⅱ象限内做类平抛运动，垂直电场方向上有 0y v t （1分） 沿电场方向，做匀加速直线运动，设加速度为 a，则有 2 1 2 x d at  （1分） 恰好与 y轴成 45角从Q点射出电场，则有 0 0 tan 45 at v  （1分） 联立解得 2y d 则 y轴上Q点坐标为  0,2d 。（1分） （2）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示 由几何关系可知，粒子进入磁场时的速度为 0 02cos 45 vv v    （1分） 2 2 2 sin 45 dR d   （1分） 由牛顿第二定律有 2vqvB m R  （1分） 解得 0 2 mvB qd  （1分） 2 （3）根据题意，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的弧长为 3 34 2 2 4 x R R        （1分） 则粒子的运动时间为 0 3 2 x dt v v    （1分） 17.解析：（1））当金属棒速度的大小为 1m/sv  时，金属棒受到的安培力为 F BIL （1分） 方向沿导轨向上，其中 E BLv EI R r   （1分） 对金属棒受力分析，根据牛顿第二定律可知 sin cosmg BIL mg ma     （1分） 解得 21m/sa  （1分） （2）当金属棒滑行至 cd处时，其速度大小开始保持不变，受力平衡，则 sin cosmg BI L mg    （1分） 其中 mE BLv  EI R r     （1分） 解得 m 2m/sv  （1分） （3）金属棒由位置 ab运动到位置 cd的过程中，由能量守恒定律可知 2 m 1sin cos 2 mgx mv mgx Q       （1分） 解得 0.2JQ  又 R RQ Q R r   （1分） 解得 R 4 0.16J 5 Q Q  （1分） 18.解析：(1)由 2 1 2 h gt （1分） 解得 0.4st  ， 4m / syv gt  （1分） 设滑块平抛的初速度大小为 xv ，由于滑块无碰撞进入圆弧轨道，即落到 A点时速度方向沿 A点切线方向，则有 tan 53 y x v v   解得 3m / sxv  （1分） 3 滑块无碰撞进入圆弧轨道 A点时速度大小 2 2 5m / sA x yv v v   （1分） 设滑块运动到最低点的速度大小为 Cv ，对滑块由 A点到 C点的过程，由机械能守恒定律， 有  2 21 11 cos53 2 2C A mv mgR mv  （1分） 在最低点 C，根据牛顿第二定律，有 2 N CvF mg m R   （1分） 解得 N 64.5NF  由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为64.5N。（1分） (2)对滑块和子弹组成的系统，由动量守恒得由动量定理得： 0 0 0 1 xm v m v mv  （2分） 解得 1=320m/sv （1分） （3）对子弹由动量定理得 0 1 0 0F t m v m v    （1分） 代入数据解得 4500NF  （1分）