2023年河南省郑州市高考物理三模试卷

19页2023年河南省郑州市高考物理三模试卷一、单项选择题〔530.0分〕

小球带负电C.小球离开试管前的运动轨迹是一条抛物线二、多项选择题〔528.0分〕

小球离开试管前，洛伦兹力对小球做正功D.F应为恒力如以下图为氢原子能级的示意图，以下有关说法正确的选项是〔 〕处于基态的氢原子吸取 的光子后能跃迁至 能级大量处于 能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出3种不同频率的光假设用从 能级跃迁到 能级辐射出的光，照耀某金属时恰好发生光电效应，则用从 能级跃迁到 能级辐射出的光，照耀该金属时确定能发生光电效应用 能级跃迁到 能级辐射出的光，照耀逸出功为的金属铂产生的光电子的最大初动能为背越式跳高承受弧线助跑，距离长，速度快，动作伸展大方。如以下图是某运发动背越式跳高过程的分解图，由图可估算出运发动在跃起过程中起跳的竖直速度大约为〔 〕

倾角为θ的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，平行于斜面的力传感器上端连接木板，下端连接一光滑小球，如以下图。当木板固定时，传感器的示数为F1，现由静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，传感器的示数为F2，则以下说法正确的选项是〔 〕假设 ，则假设 ，则假设 ，则假设 ，则两带电量均为+Q的点电荷分别固定于x轴上的-2x0和2x0+q的摸索电荷从-x0处由静止释放，摸索电荷只受电场力的作用，从x轴上的-x0x0的过程中，场强E、摸索电荷的加速度a、速度v、电〔E、avx〕p〔 〕B.A. B. C. D.如以下图，M、NG为静电计，S，静电计张开确定角度。则以下说法正确的选项是〔 〕SR的滑片向右移动，静电计指针张开角度增大S保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大S后，将两极板间距增大，板间电压不变S后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动，地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所成夹角叫做地球对该行星的观看视角，如图中θ所示。当行星处于最大观看视角时是地球上的天好者观看该行星的最正确时机。某行星的最大观看视角为θ0，则该行星绕太阳转动的角速度与地球绕太阳转动的角速度之比〔 〕A.B.C.D.如以下图，光滑的水平面上有竖直向下的匀强磁场，水平面上平放着一个试管，试管内壁光滑，底部有一个带电小球。现在对试管施加一带电小球将从管口飞出。以下说法正确的选项是〔〕

C. D.“弹跳小人”〔如图甲所示〕是一种深受儿童宠爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80kg。现在向下压滑h=0.40m时，然后由静止释放滑块。滑块的动能E随离地高度h变化的k图象如图丙所示。其中高度从0.80m到1.40m范围内的图线为直线，其余局部为曲线。假设以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10m/s2，则结合图象可知〔 〕弹簧原长为空气阻力大小为弹簧的最大弹性势能为弹簧在落回地面的瞬间滑块的动能为以下关于热现象的推断正确的选项是〔 〕单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的露珠呈现球状是由于液体外表张力的作用在完全失重的状况下，气体对器壁的压强为零气体被压缩时，内能可能不变不行能从单一热库吸取热量，使之完全变成功，而不产生其它影响a、b两束相互平行的单色光，以确定的入射角照耀到平行玻璃砖上外表，经平行玻璃砖折射后会聚成一束复色光c，从平行玻璃砖下外表射出，如以下图。则以下推断正确的选项是〔〕ab光波长短ab光在玻璃中的传播速度大a光的折射率大a光照耀得到条纹间距小增大入射角，a光在下外表可发生全反射三、试验题探究题〔327.0分〕小明同学做“验证力的平行四边形定则”的试验状况如图甲所示。其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OBOCOB细绳所连弹簧测力计的指针指示状况，图丙是小明依据试验在白纸上画出的图，但是擦去了局部关心线，请你答复以下问题。图乙中弹簧测力计的读数为 N；F′四个力，其中力 〔填上述字母〕的大小不是由弹簧测力计直接

VUAI；cbUI值，记录数据如表格所示；电压电压U/V电流I/mA0.100.200.300.400.500.550.600.650.700.750.80000001.04.013.027.053.090.0d．在坐标纸上描绘出二极管正向伏安特性曲线。依据以上内容，请答复以下问题从设计原理上讲，对于甲图和乙图的误差分析，以下说法正确的选项是A．甲图误差的来源在于电流表的分压作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用B．甲图误差的来源在于电流表的分压作用，乙图的误差来源在于电压表的分流作用C．甲图误差的来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用D．甲图误差的来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电压表的分流作用在坐标图中依据表格中数据描绘出二极管正向伏安特性曲线。从描绘的图线来看，二极管的开启电压约为 V〔结果保存一位有效数字〕。1 2 〔4〕R=U/I，从描绘的图线来看，当二极管导通时，二极管的电阻随着U的增大读出的，你测量的结果是 〔结果保存两位有效数字〕。二极管为非线性元件，其主要特性是单向导电性。正向电压较小时，电流很小，二极管呈现较大的电阻特性；当电压超过确定数值〔称为开启电压〕时，电流快速增加，呈现较小的电阻特性。加反向电压〔不超过击穿电压〕时呈现很大的电阻特性，反向电压增加时，反向电流几乎不变。物理小组欲争论测量二极管正向伏安特性，设计了甲、乙、丙三种电路，如以下图。小组最终选择了丙图。操作步骤如下

D而快速 〔填“增大”或“减小”〕〔5〕从设计原理上讲电路图丙中的二极管电阻测量值 真实值〔填“大于”“等于”或“小于”〕翼型飞行器有很好的飞行性能，其原理是通过对降落伞的调整，使空气升力和空气阻力都受到影响，同时通过把握动力的大小而转变飞行器的飞行状态。飞行器的动力F始终与飞行方向一样，空气F与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，即F=Cv2F与飞行方向相反，大小1 1 1 2依据电路图丙连接电路；S1S2G指针无偏转，并记录

2 2 1 m=90kg。〔g=10m/s22 2 1 1v=m/s在空中沿水平方向匀速飞行，如图乙所示。结合甲图计算，飞F为多大？1假设飞行员使飞行器在空中的某一水平面内做匀速圆周运动，如图丙所示，在此过程中调整1 C=5.•2m2，机翼中垂线和竖直方向夹角为θ=3求飞行器做匀速圆周运动的半径r和速度v大小。〔sin37°=0.6，cos37°=0.81 四、计算题〔340.0分〕如以下图，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L=1m，电阻可无视不计。质量均为m=lkg，电R=2.5ΩMNPQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。先将PQ临时锁定，MNFa=0.4m/s2向右做匀加速直线运动，5sF的功率不变，直到棒以最大速度vm做匀速直线运动。

如图甲所示，一个不计重力的弹性绳水平放置，O、b、c是弹性绳上的三个质点。现让质点O从t=0时刻开头，在竖直面内做简谐运动，其位移随时间变化的振动方程为y=20sin5πt〔cm〕，形成的简谐ObOct=0.5sb恰好第一次到达正向最大位移处，O、bL=0.8m，O、cL=0.6m。求：11 11 0～1.0sct=1.0s时刻向两方向传播的大致波形图。〔画波形图时不要求解题过程〕mMNv；mmMNvPQF，两棒最终均匀速运动。求解除mPQ棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热。mPQ始终不解除锁定，当棒MNv时，撤去拉力FMN连续运动多远后停下来？m〔运算结果可用根式表示〕T1=280K的气体，稳定时，左右两管水银面高度差为h=6cm。大气压强为p0=76cmHg。给右管密闭气体缓慢加热，当右管内气体温度为多少时，两管水银面等高。假设不给右管密闭气体加热，而是向左管缓慢补充水银，也可使两管水银等高，求补充水银柱的长度。1.【答案】D【解析】

答案和解析

此题考察机械能守恒定律的应用，对于生活中的各种实际运动要能正确建立运动模型，然后依据运动规律求解。解：A、处于基态的氢原子吸取10.2eV的光子后能跃迁至n=2能级，不能吸取10.2eV的能量。A错误；B、大量处于n=4能级的氢原子，最多可以辐射出=6种，故B错误；

D【解析】解：A、B、保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差总不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是将两极板间距增大，指针张角总不变，故AB错误；C、从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光的能量值大于从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光的能量值，用从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光，照耀某金属时恰好发生光电效应，则用从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光，照耀该金属时不愿定能发生光电效应，故C错误；

C、断开电键，电容器带电量不变，将两极板间距增大，即d增大，依据C=依据U=知，电势差增大，故C错误；D、断开电键，电容器带电量不变，假设紧贴下极板插入金属板，则d减小，C=

，知，电容减小，，知，电容减射出的光的能量为：E=E4-E1=-0.85-〔-13.6〕=12.75eV，依据光电效应方程，照耀逸出功为6.34eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为：

小，依据E=应选：D。

= 知，极间的电场强度不变，故D正确；Ekm=E-W=12.75-6.34=6.41eVD正确；应选：D。大量处于n=4能级的氢原子，最多可以辐射出6种；能级间跃迁时，辐射〔吸取〕的光子能量等于两能级间的能级差；依据光电效应发生条件：辐射光的频率大于极限频率，从而即可判定。解此题考察选修3-5中内容，考得比较散，关键生疏教材，牢记这些学问点，知道能级间跃迁放出或吸取光子的能量满足hγ=Em-En。2.【答案】B【解析】解：运发动跳高过程可以看做竖直上抛运动，当重心到达横杆时速度恰好为零，运发动重心升高高度约为：h=1.3m-

静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，依据电容的变化判断电势差的变化；闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势；并结合电容定义式C=，容打算式C=，同时推出电场强度综合表达式，即可求解。此题考察电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变，同时把握电容的定义式与打算式的，并理解电场强度综合表达推导过程。4.【答案】A【解析】解：由题意当地球与行星的连线与行星轨道相切时，视角最大，可得行星的轨道半径r为：r=Rsinθ0得：设太阳的质量M，依据万有引力供给向心力，则有：依据机械能守恒定律可知，

=mgh；解得：v=

=m≈5m，故B正确，ACD错误。

得：行星绕太阳转动的角速度与地球绕太阳转动的角速度之比为：依据题意估量运发动跳起的高度，依据机械能守恒定律进展解答即可。故A正确，BCD错误应选：A。当地球与行星的连线与行星轨道相切时，视角最大，依据几何关系求出行星的轨道半径，再通过万有引力供给向心力求出运转的角速度之比。此题对数学几何力气的要求较高，会依据几何关系求出行星的轨道半径，以及会通过角度关系求出再次消灭观测行星的最正确时期的时间。

BD【解析】解：AB、当木板固定时，对小球分析，依据共点力平衡有：F1=mgsinθ静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，假设μ=0，则整体沿斜面下滑时依据牛顿其次定律可得：Mgsinθ=Ma解得：a=gsinθ解得：F2=0A错误、B正确；CD、当木板沿斜面下滑时，假设μ≠0，对整体分析，依据牛顿其次定律可得加速度为：a=gsinθ-μgcosθ，5.【答案】C【解析】解：A、小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，依据左手定则推断，小球带正

解得：F2=μmgcosθ，

=ma电。故A错误。 则有： = =B、洛伦兹力是不做功的，由于在向上的洛伦兹力产生的同时，还产生了与F方向相反的一个洛伦兹力，两个洛伦兹B错误。

解得：μ=

C错误、D正确。C、设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动。小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动。与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线C正确。D、设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B，v2

当木板沿斜面下滑时，对整体分析，求出加速度，隔离对小球分析，求出传感器示数的表达式，当木板固定时，对小球分析，依据共点力平衡求出传感器示数的表达式，从而分析推断。此题考察了共点力平衡和牛顿其次定律的根本运用，把握整体法和隔离法的灵敏运用，知道木板沿斜面下滑时，小球和木板具有一样的加速度。增大，F2应选：C。

，F渐渐增大。故D错误。

ACD【解析】解：A、两带电量均为+Q的点电荷电场分布如小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，由左手定则，分析电性。将小球的运动分解为沿管子向里和垂直于管子向右两个方向。依据受力状况和初始条件分析两个方向的分运动状况，争论轨迹，确定F如何变化。此题是洛伦兹力做功的问题，小球受到洛伦兹力，同时受到试管对小球的约束，伦兹力是不行能做功的。假设带电粒子仅仅受到洛伦兹力的作用，洛伦兹力确定不做功，要留意题目供给的条件。

图所示，从x轴上的-x0到x0的过程中，电场强度先减小，后增大，方向先向右，后向左。故A正确；B、由a=强度分布相像。故B错误；C、从-x00的过程中，速度增大，方向向右，但速度增加变慢；从0到+x0的过程中，速度减小，方向向右，但速度增加变快。故C正确；D、从-x0到0的过程中，电场力做正功，电势能减小，到达0时，电势能为零，从0到+x0的过程中，电场力做负功，电势能增大。故D正确。应选：ACD。两带电量均为+Q的点电荷电场分布如以下图，从x轴上的-x0到x0的过程中，电场强度先减小，

0.80m上升到1.40m范围内图象为直线，其余局部为曲线，结合能量守恒定律求解弹簧在落回地面的瞬间滑块的动能。此题是能量守恒定律、动能定理和图象的综合问题，依据该图象的外形得出滑块从0.8m上升到1.40m范围内所受作用力为恒力，说明物体不再受到弹簧的弹力的作用是解题的关键。要明确能量有几种形式，搞清能量是如何转化的。后增大，方向先向右，后向左；、由a= ，正电荷的加速度和电场强度分布相像；从-x0

到0的过

BDE【解析】程中，速度增大，方向向右，但速度增加变慢；从0到+x0的过程中，速度减小，方向向右，但速度增加变快；从-x0到0的过程中，电场力做正功，电势能减小，到达0时，电势能为零，从0到+x0的过程中，电场力做负功，电势能增大。此题考察了电势能与电场力做功、电势差和电场强度的关系等学问点。对等量同种电荷电场分布图要生疏，对于各种图象确定要了解其图象的物理意义。8.【答案】BC【解析】解：A、从h=0.8m开头，弹簧离开地面，则知弹簧的原长为0.8m。故A错误；B、滑块从0.80m上升到1.40m内，在Ek-h图象中，依据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80m上升到1.40m范围内图象为直线，说明滑块从0.80m上升到

解：A、单晶体的物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的；故A错误；B、液体外表张力的产生缘由是：液体外表层分子较稀疏，分子间引力大于斥力；合力现为引力，露珠呈现球状是由于液体外表张力的作用。故B正确；C、依据压强的微观意义可知气体对器壁的压强是由于大量分子对器壁持续的撞击形成的，与是否失重无关，故C错误；D、做功与热传递都可以转变物体的内能，可知气体被压缩时，内能可能不变，故D正确；E、依据热力学其次定律可知，不行能从单一热库吸取热量，使之完全变成功，而不产生其它影响。故E正确应选：BDE。多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的；依据压强的微观意义分析；依据热力学第确定律分k1.40m范围内所受作用力为恒力，依据动能定理得-〔mg+f〕△h=0-Ek，解得空气阻力B正确。

，由图知△h=0.60m，

析；液体外表张力形成缘由是外表分子较稀疏，分子间为引力。此题考察热力学定律、晶体与非晶体、外表张力以及热力学第确定律等根底性的学问；难度不C、依据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和抑制空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm=〔mg+f〕△h=9×〔1.40-0.4〕=9.00J，故C正确。D、滑块从1.40m下落至弹簧落回地面的瞬间，由动能定理得：〔mg-f〕△h=Ek1，可得，弹簧在落回地面的瞬间滑块的动能Ek1=4.20JD错误。应选：BC。依据动能定理分析知道Ek-h图象的斜率表示滑块所受的合外力，从而求得空气阻力。高度从

大，是一道根底题，娴熟把握根底学问即可正确解题。10.【答案】ACD【解析】解：BC、由光路图可知a光偏折的大，所以na＞nb，关键v=知a光在玻璃中的传播速度比b光在玻璃中的传播速度小，故B错误，C正确；A、折射率大，频λ=a光波长b光波长短，故A正确；D、双缝干预时，依据△x= 知，用a光照耀得到条纹间距小，故D正确；E、依据光路可逆知光线确定能从下外表射出，不会发生全反射，故E错误；应选：ACD。依据光路图，依据光线的偏折程度比较两色光的折射率大小，从而比较出频率的大小和波长的大小，通过波长大小，结合双缝干预条纹间距公式比较条纹间距的大小。解决此题的突破口在于通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小，知道折射率、频率、波长等大小关系。11.【答案】4.20 F 4.3N【解析】 〔3〕由图示图象可知，二极管死区电压为0.5V；解：〔1〕101N，每格0.1N，估读到下一位，故读数4.20N；14.3N。1

与2F为邻边的平行四边形的对角线上，不是由弹簧测力计直接测出的，测量的结与2

通过二极管的电流随电压增加按线性关系快速上升，由图示图象可知，二极管两端电压与通过二极管的电流比值减小，二极管电阻减小，正确在该区域，二极管的正向电阻随电压增加故答案为：〔1〕4.20；〔2〕F；4.3N依据弹簧秤的读数方法进展读数；试验中要应用平行四边形作出两个力的合力，要作出用一个测力计拉橡皮条时拉力的图示，分析图示各力然后答题。本试验承受是等效替代的思维方法。试验中要保证一个合力与两个分力效果一样，结点O的位置必需一样。要验证力的平行四边形定则，关键是作准力图，然而要想作好力图必需读准力的大小与画准力的方向。【答案】C 0.5 减小等于【解析】解：〔1〕由图示电路图可知，图甲承受电流表外接法，图乙承受电流表内接法，甲图误差的来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用，故C正确，ABD错误；应选：C；〔2〕依据表中试验数据在坐标系内描出对应点，依据坐标系内描出的点作出图线如以下图：

而减小。〔5〕由图丙所示电路图可知，图丙所示电路避开了电表内阻对试验的影响，电路图丙中的二极管电阻测量值等于真实值。故答案为：〔1〕C；〔2〕图象如以下图；〔3〕0.5；〔4〕减小；〔5〕等于。依据图示电路图分析试验误差来源。依据表中试验数据应用描点法作出图象。由图象求出死区电压值。依据题意、图象应用欧姆定律分析答题。依据图丙所示试验电路分析试验误差。此题是一道图象题，分析清楚图象，找出电压与电流的对应应选，应用欧姆定律即可正确解题，要把握图象题的解题方法；要把握描点法作图的方法。【答案】解：〔1〕选飞行器和运发动为争论对象，由受力分析可知在竖直方向上有：mg=C1v12C1=N2m22 21由C、C2m在水平方向上，动力和阻力平衡：F=F2又：F=Cv2 21解得：F=750N2〕设此时飞行器飞行速率为，所做圆周运动的半径为F1与竖直方向夹角为力为零，有：12mg=Cv122水平方向合力供给向心力，有：联立解得：r=30m；v=15m/s2答：〔1〕F为750N；〔2〕r30mv215m/s。【解析】物体做直线运动的条件是所受的合力方向与速度方向在一条直线上，依据运发动和翼型伞的受力状况进展推断；竖直方向匀速运动，水平方向做圆周运动，依据力的做功表达式，结合前面条件，即可求解。能正确地理解题目所提示的信息，并有确定的数据解读力气是解决该题的关键，能建立物理模

-BiL△t=m△vm而△q=i△tm对式子两边求和，有：∑△q=∑〔i△t〕m联立各式解得：BLq=mv，又对于电路有：q=t=m由法拉第电磁感应定律得：q=代入数据解得：x=40 m。答：〔1〕棒MN的最大速度2 m/s；PQ棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热为5J。m假设PQ始终不解除锁定，当棒MN到达最大速度v时，撤去拉力F，棒MN连续运动40 m后停下m型，来简化实际问题。F-BIL=maMN做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E=BLv1v=at=2m/s1在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：I=联立上述式子，有：F=ma+代入数据解得：F=0.5N5sF的功率为：P=Fv代入数据解得：P=1WMN最终做匀速运动，设棒最大速度为vm，棒受力平衡，则有：m-BIL=0m

来。【解析】MN做匀加速运动，由牛顿E=BLv求解产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律结合电功率的计算公式、共点力的平衡条件求解；由能量守恒定律可得列方程求解；棒以MN为争论对象，设某时刻棒中电流为i，在极短时间△t内，由动量定理结合电荷量的阅历公式求解。对于安培力作用下导体棒的运动问题，假设涉及电荷量、求位移问题，常依据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进展解答。1 15.【答案】解：〔ⅰ〕对于封闭气体有：p=p-ρgh=701 2末态压强为：p=76cmHg2当两管内水银面等高时，右管内水银面下降高度为：由抱负气体状态方程得：I=Im L=L-3=16cm2 1

=2 m/s；

代入数据解得：T2=352K11 0 解除棒PQ后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以一样的速度做