河南省普通高中2022-2023學年高三上學期第二次聯(lián)考物理試題（解析版）

高中聯(lián)考精品試卷PAGEPAGE1河南省普通高中2022-2023學年高三上學期第二次聯(lián)考注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡和試卷指定位置上。2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡.上對應題目的〖答案〗標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號。回答非選擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1~8題只有一項符合題目要求；第9~12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1.在物理學的發(fā)展過程中，科學家們創(chuàng)造了許多物理學研究方法，以下關于所用物理學研究方法的敘述正確的是A.電場強度運用了等效替代法B.當△t非常小時，可以表示物體在某時刻的瞬時速度，該定義應用了理想實驗法C.在做研究影響平行板電容器電容大小的因素的實驗時，運用了控制變量法D.用點電荷來代替電荷或者帶電體的方法是假設法2.我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中A.高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能B.火箭的加速度為零時，動能最大C.剛飛出發(fā)射倉時，高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D.高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量3.甲，乙兩名運動員在百米賽跑測試中，速度v與時間t的關系“圖像如圖所示，實線為甲的運動圖像，虛線為乙的運動圖像?！币蚁茸黾铀俣戎饾u減小的加速運動，達到最大速度v2，后開始減速。關于甲和乙的運動，下列說法正確的是A.0~t1時間內(nèi)，甲和乙運動的平均速度相等B.t1~t3時間內(nèi)，甲的位移大于乙的位移.C.t1~t2時間內(nèi)，乙的平均速度大于D.t3時刻，甲的加速度大于乙的加速度4.2022年4月16日9時56分，神舟十三號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸，神舟十三號載人飛行任務取得圓滿成功。如圖所示，若神舟十三號在P處由橢圓軌道Ⅱ變軌到圓形軌道Ⅰ，以便返回地球。下列說法正確的是A.神舟十三號在軌道Ⅰ和Ⅱ運行時均處于超重狀態(tài)B.神舟十三號在軌道Ⅰ和Ⅱ運行時機械能相等C.神舟十三號在軌道Ⅰ和Ⅱ運行至P處時速率相等D.神舟十三號在軌道Ⅰ和Ⅱ運行至P處時加速度大小相等5.如圖甲為2022年北京冬奧會的跳臺滑雪場地“雪如意”，其主體建筑設計靈感來自于中國傳統(tǒng)飾物“如意”。其部分賽道可簡化為如圖乙所示的軌道模型，某運動員(可看成質(zhì)點)從曲面頂端滑下并恰能在斜面頂端沿水平方向飛出，后又落回到斜面上。若斜面的傾角為θ，該運動員剛飛出時的速度大小為，不計空氣阻力，重力加速度為g，則運動員從飛出至落到斜面上的過程中，下列說法正確的是A.該運動員從飛出到落到斜面上的時間為B.該運動員落到斜面上時的速度大小為C.該運動員所受重力在這個過程中的平均功率為D.若該運動員以的速度水平飛出，那么運動員落在斜面上時的瞬時速度方向與水平方向的夾角將發(fā)生變化6.如圖所示，質(zhì)量分別為m和3m的小物塊P和Q固定在彈簧兩端，P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用水平推力將P向右緩慢推動壓縮彈簧，Q始終靜止不動，將彈簧壓縮到最短時，用一根輕質(zhì)細線拴住P和Q，此時彈簧彈性勢能為Ep。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g。若剪斷細線，關于P和Q隨后的運動與彈簧，下列說法正確的是A.彈簧伸長量最大時的彈性勢能大于EpB.彈簧伸長量最大時的彈性勢能小于EpC.以釋放處為坐標原點，P的最大位移大小為D.以釋放處為坐標原點，P的最大位移大小為

7.如圖所示，一半圓槽滑塊的質(zhì)量為M，半圓槽半徑為R，滑塊置于光滑水平桌面上，一質(zhì)量為m的小智能機器人(可視為質(zhì)點)置于半圓槽的A端，在無線遙控器控制下，機器人從半圓槽A端移動到B端。下面說法正確的是A.只有小機器人運動，滑塊不運動 B.滑塊運動的距離是C.滑塊與小機器人運動的水平距離之和為2R D.小機器人運動的位移是滑塊的倍8.如圖所示，真空中電荷量為+q和-q的兩個點電荷分別位于M點與N點，M、N之間的距離為2L。虛線是以N點為圓心、半徑為L的圓，且與過MN的直線交于A、B兩點，P點為AN中點。下列說法正確的是A.P點電場強度等于B點電場強度B.A點電勢等于B點電勢C.過A點作MN的垂線，該垂線上各點電場強度相同D.將試探電荷-q0從A點移到B點，電場力做負功9.如圖所示電路中，電源內(nèi)阻為r，電流表A和電壓表V均為理想電表。平行板電容器C內(nèi)部有一個用絕緣細線懸掛的帶電小球，穩(wěn)定時細線偏離豎直方向一個小角度，滑動變阻器滑片P從左端向右端滑動的過程中，下列說法正確的是A.電流表示數(shù)減小B.電壓表示數(shù)增大C.細線與豎直方向的夾角增大D.滑片P移動中可能有兩個位置使電源輸出功率相等10.如圖所示，水平桌面上靜止一木箱，可以看作質(zhì)點的小球用輕繩固定在木箱頂端，用始終與豎直方向成45°角、斜向上的拉力F將小球由最低點緩慢拉至輕繩水平。已知在拉動過程中木箱始終靜止，下列說法正確的是A.拉力F一直增大B.輕繩的拉力先增大后減小C.木箱受到的摩擦力一直增大D.木箱受到的支持力先減小后增大11.量子通信衛(wèi)星是一種傳輸高效的通信衛(wèi)星，構建了天地一體化的量子保密通信與科學實驗體系。假設量子衛(wèi)星軌道在赤道平面，如圖所示，已知量子衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的m倍，同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的n倍，圖中P點是地球赤道上一點，下列說法正確的是A.同步衛(wèi)星的運行周期大于量子衛(wèi)星的運行周期B.同步衛(wèi)星的線速度小于P點的線速度C.同步衛(wèi)星與量子衛(wèi)星的線速度大小之比為D.量子衛(wèi)星與P點的線速度大小之比為12.兩個質(zhì)量m=2kg的球通過4根長L=1.2m的輕繩與豎直軸的上、下兩個套簡連接，上面套筒固定，下面套筒質(zhì)量為M=10kg，可沿軸上下滑動，不計一切摩擦，重力加速度為g=10m/s2，當整個裝置繞豎直軸以恒M定的角速度勻速轉(zhuǎn)動時，4根輕繩與豎直軸之間的夾角θ均為60°，如圖所示。則下列說法正確的是A.下面套筒受到豎直軸向右的彈力B.下面套簡受到兩根繩子拉力的大小相等C.小球繞豎直軸轉(zhuǎn)動的角速度大小=10rad/sD.小球繞豎直軸轉(zhuǎn)動的線速度大小v=6m/s二、實驗題：本題共2小題，共16分。請把分析結果填在答題卡上或按題目要求作答。13.(6分)某實驗小組用如圖甲所示的實驗裝置來驗證砂桶和滑塊組成的系統(tǒng)機械能守恒。在水平桌面上放有一端裝有定滑輪的氣墊導軌，氣墊導軌上固定有兩個光電門，用來測量遮光砂桶合氣墊導軌片通過光電〗時的遮光時間，滑塊經(jīng)繞過定滑輪的輕質(zhì)細繩與裝有砂的砂桶連接。(1)用20分度游標卡尺測量遮光片的寬度d，測量結果如圖乙所示，則遮光片的寬度為_________mm。(2)將滑塊從圖示位置由靜止釋放，由數(shù)字計時器讀出遮光片通過光電門1、2的時間分別為t1、t2，用米尺測出兩光電門之間的距離L，則滑塊加速度的大小表達式為a=________.(3)實驗中同時測量出砂與砂桶的質(zhì)量m1、滑塊(包含遮光片)的質(zhì)量m2，驗證砂桶(含砂)和滑塊組成的系統(tǒng)機械能守恒的表達式為_______________(表達式均用題中給出的物理量表示，已知當?shù)氐闹亓铀俣葹間).14.(10分)圖1是某同學探究小燈泡伏安特性的實物連線圖。(1)請根據(jù)圖1中實物連線圖，在圖2虛線方框中畫出實驗電路圖。(2)該同學正確連接電路后，閉合開關S前，滑動變阻器的滑片應置于_________.(選填“最左”或“最右”)端；閉合開關S后，移動變阻器滑片，發(fā)現(xiàn)小燈泡始終不亮，但電壓表有示數(shù)，電流表無示數(shù)，則故障的原因可能是_____(選填“小燈泡”或“滑動變阻器”)出現(xiàn)斷路。(3)排除故障后再閉合開關S，該同學正確完成了實驗操作，并將實驗數(shù)據(jù)描點作圖，得到I-U圖像如圖3所示。當燈泡兩端加4.0V電壓時，燈泡的電阻R=_________Ω，燈泡功率P=___________W。(結果均保留兩位有效數(shù)字)(4)若把該燈泡接在電動勢E=4.0V、內(nèi)阻r=20.0Ω的太陽能電源上，該燈泡的電功率約為__________W。(結果保留三位有效數(shù)字)三、計算題：本題共4小題，共46分。解答時應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫最后〖答案〗的不能得分。有數(shù)值計算的題，〖答案〗中必須寫出數(shù)值和單位。15.(10分)已知火星的半徑為地球半徑的，火星質(zhì)量約為地球質(zhì)量的，地球表面的重力加速度為g。假設在火星表面，有一彈射器固定在光滑斜面底端，彈射道與斜面平行，某時刻彈射器彈射一個質(zhì)量為m=5.0kg的小球，小球與彈射器作用的時間為△t=0.02s，小球離開彈射器后沿著斜面上升的最大距離為l=4.0m，斜面傾角為30°，忽略小球所受的一切阻力。(g取10m/s2，忽略地球及火星的自轉(zhuǎn)帶來的影響)(1)小球脫離彈射口時的速度大小。(2)求彈射器對小球的平均作用力大小。16.(10分)如圖所示，傾角為37°的傾斜滑道AB與水平面成37°角，AB滑道長度為L1=4.5m，水平滑道BC長度為L2=4.0m，兩滑道間平滑連接。一塊質(zhì)量為M=2kg，長度為L3=3.0m的木板，緊挨水平滑道的C端，木板上表面與水平滑道在同一水平面上，水平地面光滑?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m=1kg的物塊從傾斜滑道頂端由靜止開始下滑，物塊與滑道間的動摩擦因數(shù)為μ=0.25、物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ=0.20，物塊可視為質(zhì)點。(取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2)。(1)求物塊運動到傾斜滑道末端時速度的大小。(2)試分析物塊能否滑離木板，若不能滑離木板，求共速后物塊距離木板左端的距離；若能滑離木板，求滑離時物塊和木板的速度。

17.(12分)在豎直面內(nèi)，質(zhì)量為m的物塊a用一根長度為l的輕繩懸掛于O點，與a相同的物塊b靜置于光滑平臺AB上的A點(A在懸點0正下方)。在光滑平臺右端有一以速度v逆時針轉(zhuǎn)動的傳送帶CD，AB.上表面與CD處于同一水平面上?，F(xiàn)將物塊a向左拉至輕繩水平由靜止擺下，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與b發(fā)生彈性正碰。已知m=1.0kg，l=0.45m，AB、CD的長度均為L=1.0m，v=2m/s，物塊與CD之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，忽略B、C之間的空隙，兩物塊均可視為質(zhì)點，取g=10m/s2。求：(1)物塊a運動到最低點時對繩子的拉力大小；(2)物塊b從滑上傳送帶到又回到A點所用的時間。

18.(14分)平面直角坐標系xOy內(nèi)存在著沿x軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E0，如圖1所示。由A點斜射出一質(zhì)量為m，帶電荷量為-q的粒子，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，各點坐標如圖所示，粒子所受重力忽略不計，求：(1)粒子從A到C過程動能的變化量；(2)粒子運動到C點時的速率；(3)若從粒子經(jīng)過B點開始計時，電場強度開始發(fā)生變化，變化情況如圖2所示，其中，取x軸正方向為電場的正方向，求粒子經(jīng)過y軸時的坐標。

▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁一、選擇題：每小題4分，共48分。第1~8題只有一項符合題目要求；第9~12題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。題號123456789101112〖答案〗CBCDADCDBDACACBC1.C〖解析〗電場強度運用了比值定義法，A錯誤；定義瞬時速度時，應用了非常小的△t時間內(nèi)的平均速度，屬于極限思想法，B錯誤；在做研究影響平行板電容器電容大小的因素的實驗時，運用了控制變量法，C正確；用點電荷來代替電荷或者帶電體的方法是理想化模型法，D錯誤。故選C。2.B〖解析〗根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，A錯誤；火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，火箭向上做加速度減小的加速運動，當向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，B正確；根據(jù)動量定理，可知合力的沖量等于火箭動量的增加量，C錯誤；根據(jù)功能關系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，D錯誤。故選B。3.C〖解析〗圖線與坐標軸圍成的面積表示位移，平均速度，在勻變速直線運動中，可知0~t1時間內(nèi)，甲的位移大于乙的位移，甲的平均速度大于乙運動的平均速度，A錯誤；t1~t3時間內(nèi)，甲的位移小于乙的位移，B錯誤；t1~t2時間內(nèi)，乙的平均速度，C正確；圖線斜率的絕對值表示加速度的大小，t3時刻，甲的斜率的絕對值小于乙的斜率的絕對值，故甲的加速度小于乙的加速度，D錯誤。故選C。4.D〖解析〗神舟十三號在軌道I運行時處于失重狀態(tài)，A錯誤。神舟十三號在軌道Ⅱ上經(jīng)過P點時減速，然后進人軌道I運行，故神舟十三號在軌道I運行至P處時的速率小于在軌道Ⅱ運行至P處時的速率，可知神舟十三號在軌道I運行時的機械能也較小，B、C錯誤。根據(jù)得，可知神舟十三號在軌道I和Ⅱ運行至P處時加速度大小相等，D正確。故選D。5.A〖解析〗運動員從斜面飛出做平拋運動又落回到斜面上，位移與水平方向的夾角等于斜面的傾斜角，有，得，A正確；根據(jù)平拋運動速度偏轉(zhuǎn)角和位移偏轉(zhuǎn)角θ的關系式，結合數(shù)學知識知，，所以小球落到斜面上時的速度大小，B錯誤；重力的平均功率為，C錯誤；由B選項〖解析〗可知，小球落到斜面上時速度方向和初速度無關，方向始終不變，D錯誤。故選A。6.D〖解析〗剪斷細線，Q仍能保持靜止，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，所以彈簧伸長量最大時的彈性勢能等于Ep，A、B錯誤。設彈簧的最大壓縮量為x，則x滿足kx=3μng，剪斷細線后，彈簧的最大伸長量也為x，因此P的最大位移大小為，C錯誤、D正確。故選D。7.C〖解析〗小機器人移動時，小機器人和滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，滑塊與小機器人運動的水平距離之和為2R，設在這段時間內(nèi)滑塊后退的距離為x，小機器人相對地面運動的距離為2R-x，選滑塊后退方向為正方向，由動量守恒定律有，即，解得，即滑塊相對地面運動的距離為，A、B錯誤，C正確；由以上數(shù)據(jù)可得小機器人運動的位移是滑塊的倍，D錯誤。故選C。8.D〖解析〗由等量異種電荷電場分布特點可知P點電場強度大于B點電場強度，A點電勢大于B點電勢，A、B錯誤；過A點作MN的垂線，即等量異種電荷連線的中垂線，由A點沿該垂線向外，電場強度越來越小，C錯誤；將試探電荷-q0從A點移到B點，電場力做負功，D正確。故選D。9.BD〖解析〗滑動變阻器的滑片P從左端滑至右端的過程中，變阻器接入電路的電阻增大，滑動變阻器與燈L并聯(lián)的電阻增大，外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析知，電路中總電流I減小，路端電壓增大，則電壓表V的示數(shù)增大，滑動變阻器與燈L并聯(lián)的電壓)增大，通過燈L的電流增大，電流表示數(shù)增大，A錯誤、B正確；電容器C兩端的電壓，I減小，減小，根據(jù)和知小球所受電場力減小，根據(jù)平衡條件可知細線與豎直方向的夾角減小，C錯誤；若電源內(nèi)阻的阻值大于電阻的阻值，當滑動變阻器的滑片P從左端滑至右端的過程中，可能會使外電阻先變大，大于電源內(nèi)阻后，再變小至小于電源內(nèi)阻，則電源輸出功率先增大后減小，所以滑片P移動中可能有兩個位置使電源輸出功率相等，D正確。故選BD。10.AC〖解析〗如圖甲所示，由力的三角形和平衡條件可知，小球在上升的過程中，拉力F一直增大，輕繩的拉力先減小后增大，A正確、B錯誤；對木箱和小球組成的系統(tǒng)受力分析，如圖乙所示，由平衡條件可知，F(xiàn)增大時，木箱受到的支持力逐漸減圖甲圖乙小，摩擦力逐漸增大，C正確、D錯誤。故選AC。11.AC〖解析〗由題意可知，同步衛(wèi)星軌道半徑大于量子衛(wèi)星軌道半徑，可知同步衛(wèi)星的運行周期大于量子衛(wèi)星的運行周期，A正確；地球赤道上一點P與同步衛(wèi)星周期相同，而運動半徑較小，因此同步衛(wèi)星的線速度大于P點的線速度，B錯誤；根據(jù)可知，故同步衛(wèi)星與量子衛(wèi)星的線速度大小之比為，C正確；由，得，，則量子衛(wèi)星與P點的速度之比為，D錯誤。故選AC。12.BC〖解析〗對下面套筒受力分析，由平衡條件和對稱關系得:豎直方向合力為0，水平方向合力為0，可知下面套筒受到兩根繩子拉力的大小相等且有，受到豎直軸的彈力大小為0，A錯誤，B正確；對其中一個小球受力分析，在豎直方向上，在水平方向上，聯(lián)立以上三式解得小球繞豎直軸轉(zhuǎn)動的角速度大小rad/s，線速度大小m/s，C正確，D錯誤。故選BC。二、實驗題:本題共2小題，共16分。13.(1)5.50(2分)(2)(2分)(3)(2分)〖解析〗(1)遮光片的寬度為(2)滑塊通過光電門1、2時的速度分別為，，根據(jù)位移與速度的關系有，解得。(3)根據(jù)機械能守恒定律有，整理得。14.(1)(2分)；(2)最左(1分)；小燈泡(1分)；(3)54(2分)；0.30(2分)；(4)0.168(0.164-0.172均可)(2分)〖解析〗(1)略。(2)閉合開關S前，滑動變阻器的滑片應置于最左端，從面使閉合開關S后分壓電路部分的電壓為零。若滑動變阻器出現(xiàn)斷路，則分壓電路的電壓為零，電壓表不會有示數(shù)，所以故障的原因可能是小燈泡出現(xiàn)斷路。(3)由圖像可知，當燈泡兩端加4.0V電壓時，通過燈泡的電流為74.2mA，此時燈泡的電阻為，功率為W。(4)把該燈泡接在太陽能電源上后，設燈泡兩端電壓為U，通過燈泡的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有，代入數(shù)據(jù)后有，將上述表達式代表的電源的I-U圖線和燈泡的I-U圖線作在同一坐標系中，如圖所示。兩圖線交點對應坐標的乘積即為燈泡的實際功率，即W=0.168W。三、計算題:本題共4小題，共46分。15.(1)小球在地球表面(1分)小球在火星表面(1分)解得=4m/s2(1分)小球在斜面上運動時由牛頓第二定律有(1分)得a=4m/s2(1分)小球從脫離彈射器到運動的最高點，由運動學公式有(1分)解得v=4m/s(1分)(2)取沿斜面向上為運動的正方向，彈射器彈射小球過