河南省TOP二十名校2022-2023学年高三物理上学期12月调研试题（PDF版带解析）

２０２２－２０２３学年高三年级ＴＯＰ二十名校十二月调研考高三物理参考答案１．【答案】Ｃ【解析】地球同步倾斜轨道卫星绕地球做匀速圆周运动，以地心为圆心，可以经过北京的上空，由于地球自转方向与地球同步倾斜轨道卫星的运行方向不一致，故地球同步倾斜轨道卫星不可以相对静止在北京上空，Ａ错误；第一宇宙速度为发射卫星的最小发射速度，需要增大发射速度才能发射更高轨道的卫星。因此，地球同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度，故Ｂ错误；由于倾斜地球同步轨道卫星的周期和地球自转周期相等，因此，倾斜轨道同步卫星一天２次经过赤道正上方同一位置，故Ｃ正确；地球同步倾斜轨道卫星相对地面运动轨迹为“８”字形，但地球对卫星的万有引力未偏离了地心，故Ｄ错误。２．【答案】Ｂ３【解析】经过两个半衰期，１ｋｇ铀２３８有发生了衰变，又由于发生衰变的铀２３８均变成了铅４３２０６２０６，所以矿石中含有铅的质量为ｍ＝１××ｋｇ≈０．６４９ｋｇ，故选Ｂ。４２３８３．【答案】Ｄ【解析】对Ｃ球受力分析可知，Ａ、Ｂ球对Ｃ的库仑力方向相反，由于Ａ、Ｂ球带电量相同，所以Ｂ球对Ｃ的库仑力竖直向上，大小等于Ａ对Ｃ的库仑力与Ｃ的重力之和，故Ｃ带正电，选项Ａ错ｋｑｑｋｑｑ２ｋｑｑｃｃｋｑｃ误；设相邻小球的间距为ｌ，则ｍｇ＋２＝２，对Ｂ受力分析得：２＝ｍｇ＋２，联立解得：ｑｃ＝４ｌｌｌｌ４３ｋｑ，ｌ＝ｑ，故Ｃ错误，Ｄ正确，对整体受力分析得弹簧弹力Ｔ＝３ｍｇ，由胡克定律得：Ｔ＝７槡７ｍｇ３ｍｇｋｘ，解得弹簧的伸长量ｘ＝，故ＢＣ错误。０ｋ０４．【答案】ＢＱΔｌ【解析】由于圆环所带电荷量均匀分布，所以长度为Δｌ的小圆弧所带电荷量ｑ＝，没有取走２πＲ电荷时圆心Ｏ点的电场强度为零，取走Ｂ、Ｃ两处的电荷后，圆环剩余电荷在Ｏ点产生的电场强度大小等于Ｂ、Ｃ处弧长为Δｌ的小圆弧所带电荷量在Ｏ点产生的场强的叠加，方向相反，即Ｅ＝ｋｑｋＱΔｌｋＱｑ０Δｌｃｏｓ６０°，解得Ｅ＝，方向Ｏ→Ａ，所以试探电荷在Ｏ点受到的电场力大小为，方向Ａ２３３２Ｒ２πＲ２πＲ→Ｏ，故Ｂ正确。５．【答案】Ｄ【解析】如果细线与３０°刻线重合，动车的加速度大小为ａ＝ｇｔａｎ６０°＝槡３ｇ，故Ａ错；由于不知道动车的行进方向，只知道加速度方向，不能确定动车是加速还是减速，也不能确定车是进站还是出站，Ｂ错；细线与右侧３０°刻线重合时与左侧３０°刻线重合时，动车的的加速度大小相等，方向相反，故Ｃ错；根据公式结合正切函数的特征可知，当加速度较大时与水平方向所成夹角较小，会导致加速度较大情况下的测量误差较大，故Ｄ正确。６．【答案】Ｃ【解析】ｔ＝１ｓ时，Ｆ＝２Ｎ，所以钩码在０－１ｓ内处于静止状态，１ｓ后钩码开始运动，由牛顿第【高三物理参考答案（第１页共６页）】 ２二定律得Ｆ－ｍｇ＝ｍａ，解得ａ＝１０ｔ～１０ｍ／ｓ，所以钩码１ｓ后做变加速直线运动，Ｂ错误，由动量定理得２ｓ时钩码的速度ｖ为：ＩＦ－ｍｇｔ＝ｍｖ，ＩＦ＝３Ｎ·ｓ，解得ｖ＝５ｍ／ｓ，故Ｃ正确，Ａ错误，０～２ｓ内重力的冲量Ｉ＝ｍｇｔ＝４Ｎ·ｓ，故Ｄ错误。７．【答案】Ｂ【解析】由电场线的指向和电场线的密集程度可判断，左边电荷带正电，且所带电荷量多，故Ａ正确；根据粒子的轨迹一定夹在速度和加速度之间，可判断带电粒子受力方向与电场线相反，故粒子带负电，由于ｂ点靠近正电荷所以ｂ点电势更高，负电荷在电势高的地方所具有的电势能小，所以带电粒子在ｂ点的电势能小，故Ｂ错误，Ｃ正确；ｂ处的电场线更加密集，电场强度较大所以带电粒子在ａ点的加速度小于在ｂ点的加速度，Ｄ正确。选Ｂ。８．【答案】Ａ【解析】篮球在竖直速度刚好为零时落进篮筐，根据逆向思维，篮球做平抛运动，则：ｘ＝ｖｔ，Ｈ－ｘ２ｖｙ１２１２２２２ｈ＝，Ｈ－ｈ＝ｇｔ，小李对篮球做的功Ｗ＝ｍｖ，ｖ＝ｖｘ＋ｖｙ联立解得：Ｗ＝ｍｇ（Ｈ－ｈ）＋２ｇ２２２ｍｇｘ１，故Ａ正确，Ｂ错误；篮球与篮筐碰撞后的速度大小为碰前的ｖ，碰后至落地的时间ｘ４（Ｈ－ｈ）２２Ｈｖｘｖｘｘｔ′＝，所以篮球落地点距离篮筐的水平距离ｘ′＝ｔ′＞ｔ＝，故Ｃ错误，篮球从抛出到落槡ｇ２２２２（Ｈ－ｈ）２Ｈ地的时间为＋，故Ｄ错误。槡ｇ槡ｇ９．【答案】ＡＤ１２【解析】小球由Ａ点运动到最低点，根据机械能守恒定律ｍｇＬｓｉｎθ＝ｍｖ，在最低点Ｔ－ｍｇｓｉｎθ２２ｍｖ３ｍｇ１２＝，解得Ｔ＝，Ａ正确；小球由Ａ点运动到最高点，根据机械能守恒定律ｍｇＬｓｉｎθ＝ｍｖ－０Ｌ２２１２３ｇＬｍｖ，最高点的临界速度ｖ＝槡ｇＬｓｉｎθ，解得ｖ＝，Ｂ错误；小球由Ａ运动到最低点的过程０２槡２中，重力的功率先由零逐渐增加到最大，然后逐渐减小至零，重力功率最大时小球沿斜面向下的合力为零，即沿斜面向下的速度最大，故小球所受合力平行于ＯＡ，Ｃ错误，Ｄ正确。１０．【答案】ＡＣＤ【解析】由于Ｂ板接地，所以φ＝０，那么平行板电容器板间电压大小为Ｕ＝φ，电场强度ＥＢＢＡ０φ０φ０ｑ＝，粒子在在板间受到的电场力Ｆ＝Ｅｑ＝，所以粒子受到的电场力与时间ｔ为线性关系，ｄｄＴＴφ０ｑＴ根据动量定理得在ｔ＝０时刻释放的粒子，粒子在ｔ＝、＋ｎＴ时刻速度最大，＝ｍｖｍ解得２２４ｄφ０ｑＴＴＴ３Ｔ３Ｔｖｍ＝，故ＡＤ正确，在ｔ＝时刻释放该粒子，粒子在－时间内一直向Ｂ板运动，时刻４ｍｄ４４４４粒子速度为零，后重复以上运动如果此时粒子未能到达Ｂ板，则粒子接下来向Ａ板运动，所以ＴＴ粒子不可能在ｔ＝Ｔ时刻到达Ｂ板，故Ｂ错误；ｔ＝时刻释放该粒子，粒子在－Ｔ时间内粒子２２３Ｔ３Ｔ向Ａ板做加速度增大的加速运动，Ｔ－时间内粒子向Ａ板做加速度减小的减速运动，在时２２【高三物理参考答案（第２页共６页）】 刻粒子速度为零，故Ｃ正确。１１．【答案】ＢＣα【解析】当Ａ球运动到Ｏ点正上方时，如图所示，Ｂ球重力势能的增加量为ｍｇｈ＝ｍｇＲｓｉｎＢＢ２０．１５ａｖＡ４＝２０×０．３×Ｊ＝２．２５Ｊ，Ａ错误；Ａ、Ｂ两球的速度大小之比ｖｓｉｎα＝ｖｃｏｓ，＝，Ｂ正ＡＢ０．４２ｖ３Ｂ确；若水平恒力Ｆ＝５０Ｎ，当两球速度大小相等时，小球Ｂ运动到了半圆轨道的最高点，根据能１２２２１０１５量守恒Ｆｓ＝ｍＢｇＲ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ，ｓ＝Ｒ＋槡Ｈ－（Ｈ－Ｒ），解得：ｖ＝６＋槡ｍ／ｓ，Ｃ正２槡３确，Ｄ错误。１２．【答案】ＢＤ【解析】由于水平面光滑，所以小球与弧形物体组成的系统水平方向合力为零，水平方向动量守恒，竖直方向系统所受合力不为零，故竖直方向动量不守恒，由于所有接触面均光滑，故系统１１２机械能守恒，故Ａ错误；由ａ－ｘ图像知，小球与弧形物体作用前的速度为：ｍａｘ＝ｍｖ，解得２２１ｖ＝槡２ｍ／ｓ，若小球没有从圆弧飞出，当小球上升最高时小球与弧形体水平方向共速，则：ｍｖ＝４１２１′２２０２０（Ｍ＋ｍ）ｖ′，ｍｇｈ＝ｍｖ－（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｈ＝ｃｍ＜Ｒ，所以小球上升的最大高度为２２３３ｃｍ，故Ｂ正确，当小球与弧形体分离后，弧形体速度最大，设分离后小球速度为ｖ，弧形体速度１１２１２１２２２为ｖ２，则ｍｖ＝ｍｖ１＋Ｍｖ２；ｍｖ＝ｍｖ１＋Ｍｖ２，解得ｖ２＝槡ｍ／ｓ，故Ｃ错误，Ｄ正确。２２２３１３．（６分）【答案】（１）轻推物块，遮光片通过两光电门的遮光时间相同１１１１（２）①－＝－＋②１Δｔ１Δｔ２Δｔ３Δｔ４【解析】（１）若轻推物块，遮光片通过两光电门的遮光时间相同，则可判断气垫已调水平。ｄｄｄｄ１１（２）根据动量守恒ｍｖ－ｍｖ＝－ｍｖ′＋ｍｖ′，ｍ－ｍ＝－ｍ＋ｍ，可得－＝－１２１２Δｔ１Δｔ２Δｔ３Δｔ４Δｔ１Δｔ２１１１２１２１′２１′２１１１１＋；根据能量守恒ｍｖ＋ｍｖ＝ｍｖ＋ｍｖ，可得＋＝＋，计算可１２１２２２２２Δｔ３Δｔ４２２２２Δｔ１Δｔ２Δｔ３Δｔ４Δｔ１得＝１。Δｔ４１４．（９分）【答案】（１）３０．００（２分）【高三物理参考答案（第３页共６页）】 ＲＲ１（２）（３分）Ｒ２４ρＲ２（３）（２分）２πｄＲ１（４）８２（８０～８３均可）（２分）【解析】游标卡尺为２０分度游标尺，最小分度为０．０５ｍｍ，所以玻璃管内径为３０．００ｍｍ，调节ＲＲｘＲＲ１ρＬ４ρＬＲＲ１４ρＲ２电阻箱，使电压表示数为零，可得：＝，解得Ｒｘ＝，Ｒｘ＝＝２＝，Ｒ＝２Ｌ，所以Ｒ２Ｒ１Ｒ２ＳπｄＲ２πｄＲ１４ρＲ３２ΔＲ（４．６３２－１．１４５）×１０Ω３．４８７５图像的斜率ｋ＝，根据表中数据可得＝＝×１０Ω／ｍ，解２－２πｄＲ１ΔＬ（７．５４０－１．５５０）×１０ｍ５．９９得ρ＝８２Ω·ｍ。１５．（１３分）８【答案】（１）６ｍ／ｓ（２）ｍ３【解析】（１）设木板和物块的质量为ｍ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与地面间的动１２摩擦因数为μ２，则物块的加速度大小ａ１＝μ１ｇ＝１ｍ／ｓ…………………………………（１分）μ１ｍｇ＋２μ２ｍｇ２木板的加速度大小为ａ２＝＝５ｍ／ｓ…………………………………………（２分）ｍ经ｔ１二者共速：ｖ０－ａ２ｔ１＝ａ１ｔ１………………………………………………………………（２分）２共速后，由于μ１＜μ２，所以二者分开运动，物块的加速度大小仍为ａ１＝μ１ｇ＝１ｍ／ｓ…（１分）则共速之前和共速之后，小物块的运动是对称的。如果物块的运动时间不超过２ｓ，则加速时间不超过１ｓ，即ｔ１≤１ｓ，………………………………………………………………………（１分）所以ｖ０≤６ｍ／ｓ，木板的初速度ｖ０的最大值为６ｍ／ｓ。……………………………………（１分）（２）二者共速之前物块相对于木板向左运动，共速之后相对于木板向右运动，１２１２物块相对木板向左运动的位移ｘ１＝ｖ０ｔ１－ａ２ｔ１－ａ２ｔ２＝３ｍ…………………………（１分）２２μ１ｍｇ－２μ２ｍｇ２物块相对木板向右运动时，木板的加速度大小为ａ′２＝＝３ｍ／ｓ…………（１分）ｍ共速速度ｖ＝ａ１ｔ１＝１ｍ／ｓ……………………………………………………………………（１分）２２ｖｖ１物块相对木板向右运动的位移ｘ２＝－＝ｍ……………………………………（１分）２ａ２ａ′３１２８物块相对于木板的位移ｘ＝ｘ１－ｘ２＝ｍ…………………………………………………（１分）３１６．（１９分）【答案】见解析１２【解析】（１）导体棒切割磁感线，产生的感应电动势Ｅ＝ＢＬω………………………（２分）２Ｅ２ｎπ（２ｎ＋１）π根据闭合电路欧姆定律Ｉ＝，～（ｎ＝０，１，２，３）时间内，根据右手定则知Ｒ１＋Ｒ２＋Ｒωω导体棒ａ感应电流方向为Ｏ→Ｂ，电容器板间电场强度方向竖直向下，由题意可知等离子体在平行板电容器内做匀速运动，所以电场力与洛伦兹力等大反向，根据左手定则可知电容器内磁场【高三物理参考答案（第４页共６页）】 （２ｎ＋１）π（２ｎ＋２）π方向为垂直纸面向里；～（ｎ＝１，２，３）时间内电容器内磁场方向垂直纸面向ωω外，电容内板间电压Ｕ＝Ｉ（Ｒ１＋Ｒ２），………………………………………………………（２分）Ｕｑ设交变磁场的大小为Ｂｘ，＝ｑｖ０Ｂｘ………………………………………………………（２分）ｄ２ＢＬω解得Ｂｘ＝………………………………………………………………………………（１分）３ｄｖ０（２）当带电粒子的轨迹与环形磁场的内边界相切时，粒子的半径最大，此时粒子恰好不会穿过环形磁场内边界，设带电粒子的半径为Ｒｍ，２２２由几何关系得：Ｒｍ＋４ｒ＝（Ｒｍ＋ｒ）………………………………………………………（２分）解得Ｒｍ＝１．５ｒ………………………………………………………………………………（１分）２ｖ０此时磁场有最小值，根据ｑｖ０Ｂｍｉｎ＝ｍ……………………………………………………（１分）Ｒｍ２ｍｖ０解得Ｂｍｉｎ＝………………………………………………………………………………（１分）３ｑｒ２ｍｖ０所以环形磁场的磁感应强度Ｂ环≥……………………………………………………（１分）３ｑｒ（３）由于等离子体由阴阳离子组成，所以带电粒子的轨迹关于虚线对称。在环形磁场里面，设１．５ｒ３发光区域对应的圆心角为４θ，则：ｔａｎθ＝＝，所以θ＝３７°…………………………（２分）２ｒ４４θ因此发光的长度ｌ＝·４πｒ……………………………………………………………（２分）３６０°解得ｌ＝１．６４πｒ………………………………………………………………………………（２分）１７．（１５分）【答案】（１）ＢＣＥ（２）１０ｃｍ【解析】由题图１可知，②中速率大的分子占据的比例较大，则说明②对应的平均速率较大，故②对应的温度较高，温度高则分子速率大的占多数，即高温状态下分子速率大小的分布范围相对较大，故Ａ错误、Ｂ正确；图１中两条图线与横轴包围的面积相同，都为１，故Ｃ正确；图２中阴影部分面积表示分子势能差值，势能差值与零势能点的选取无关，Ｄ错误；分子势能与分子间距的关系图像中，图线切线斜率的绝对值表示分子间作用力的大小，Ｅ正确。【高三物理参考答案（第５页共６页）】 【解析】（２）对活塞Ａ、Ｂ和理想气体整体分析：ｋｘ＝（ｍ＋ｍ）ｇｓｉｎα…………………（１分）１ＡＢ对活塞Ｂ：ｋｘ１＋ｐ０Ｓ＝ｍＢｇｓｉｎα＋ｐ１Ｓ………………………………………………………（１分）再次平衡后，对活塞Ａ：Ｆ＋ｐ２Ｓ＝ｍＡｇｓｉｎα＋ｐ０Ｓ…………………………………………（２分）对活塞Ａ、Ｂ和理想气体整体分析：ｋｘ２＋Ｆ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎα……………………………（２分）对理想气体根据理想气体状态方程：ｐ１Ｓｌ１＝ｐ２Ｓｌ２…………………………………………（２分）解得：Δｌ＝ｘ１－ｘ２＋ｌ２－ｌ１＝１０ｃｍ…………………………………………………………（２分）１８．（１５分）【答案】（１）ＡＤＥ（２）见解析【解析】由ｖ－ｔ图像可知物块与木板之间的摩擦力Ｆ＝ｍａ＝１Ｎ，ｔ＝０时刻，木板水平方向受ｆ向右的摩擦力，所以木板向右运动，弹簧弹力增加，当Ｆｆ＝ｋｘ０时，木板加速度为零，速度最大，此时弹簧形变量ｘ０＝０．１ｍ，然后木板继续向右运动，到Ｂ点木板速度为零。设木板距离Ｏ点为ｘ时，对其受力分析：ｋ（ｘ＋ｘ０）－Ｆｆ＝ｋｘ，ｘ方向指向Ｏ点，木板左端偏离Ｏ位移ｘ水平向右，所以满足Ｆ＝－ｋｘ，因此在物块在木板上滑动阶段，木板的运动为简谐运动，振幅Ａ＝０．１ｍ，Ｏ点回为木板的平衡位置，此时木板速度最大，当木块滑到木板最右端时，木板完成了一个完整的全振动，故ＡＤ正确，２ｓ时物块速度为零，木板速度也为零，弹簧处于原长，所以２ｓ物块与木板一起静止，加速度为零，物块与木板之间没有摩擦力，故ＢＣ错误，当木板左端运动到Ｂ点时，弹簧弹Ｆ性势能最大，此时弹力Ｆ＝２Ｎ，所以弹簧的最大弹性势能为Ｅｐ＝·２ｘ０＝０．２Ｊ，故Ｅ正确。２（２）（ｉ）由题意可知简谐波周期满足如下关系：ｎＴ＝１．２ｓ，………………………………（２分）λ＝ｖＴ………………………………………………………………………………………（２分），１２解得：λ＝ｃｍ（ｎ＝１，２，３…）………………………………………………………………（２分）ｎ１２（ｉｉ）若波长大于１０ｃｍ，根据（ｉ）中分析λ＝ｃｍ（ｎ＝１，２，３…），此时ｎ＝１，所以λ＝１２ｃｍ，质ｎ２点ＡＢ之间的距离Δｘ＝８ｃｍ＝λ，…………………………………………………………（２分）３λ由于Ａ在波峰，所以质点Ｂ距离波谷，所以Ｂ的位移为－１ｃｍ。……………………（２分）６【高三物理参考答案（第６页共６页）】