2023年河南省安陽市高考物理二模試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023年河南省安陽市高考物理二模試卷注意事項:

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡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?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效。

3.考試結束后，本試卷和答題卡一并交回。1.截至2022年02月28日，我國所有運行、在建核電機組均在沿海地區(qū)，正在運行的核電機組共53臺，裝機容量約5465萬千瓦。某核電站核反應堆中存在如下核反應：?92235U+A.該反應為核聚變反應，需要較高溫度才能進行

B.該核反應過程電荷數(shù)守恒、質量數(shù)不守恒

C.??92235U核的比結合能小于?56ABa核的比結合能

D.?2.北京時間2022年9月13日21時18分，我國在文昌航天發(fā)射場使用長征七號運載火箭，成功將“中星1E”衛(wèi)星發(fā)射升空。衛(wèi)星最終順利進入地球同步軌道，發(fā)射任務獲得圓滿成功。該衛(wèi)星發(fā)射過程可以簡化為如圖過程：I是運行周期為T1的近地圓軌道(軌道半徑可視為等于地球半徑)，Ⅲ為距地面高度為h的同步圓軌道，Ⅱ為與軌道Ⅰ、Ⅲ相切的橢圓轉移軌道，切點分別為A、B。已知地球半徑為R，地球自轉周期為T0，第一宇宙速度大小為v0，則下列說法中正確的是A.衛(wèi)星在軌道Ⅱ運行的周期大于T0

B.衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運行的速度大小有可能大于、小于或等于v0

C.衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運行的周期T2=2R+h3.A、B兩物體同時受到同樣的水平拉力后，分別在水平面上從靜止開始做勻加速直線運動，1s后，同時撤去拉力，它們均做勻減速直線運動，直到停止，其v?t圖像如圖所示，重力加速度g取10m/s2。在A.A、B兩物體質量之比為4：3

B.A、B兩物體受到摩擦力之比為3：2

C.A、B兩物體位移之比為3：4

D.A、B兩物體與水平面間動摩擦因數(shù)之比為1：24.風洞實驗室，是以人工的方式產(chǎn)生并且控制氣流，用來模擬飛行器或實體周圍氣體的流動情況，它是進行空氣動力實驗最常用、最有效的工具之一。如圖為測試在風洞實驗室中小球(可視為質點)在光滑裝置內運動特點的剖面圖，風洞能對小球提供水平方向恒定的風力，當把小球放在裝置內A點時恰好能保持靜止，A點與圓心的連線與豎直方向夾角α=45°?，F(xiàn)給小球一垂直于半徑方向的初速度，使其在豎直平面內繞圓心O剛好能做完整的圓周運動，已知小球質量為m，裝置半徑為R，重力加速度為g，取A點重力勢能為0。則下列說法正確的是(

)A.小球對軌道的最大壓力為(62+1)mg

B.小球運動過程中，最小的動能為5.如圖所示，A、B為真空中兩個等量異種點電荷，O為連線的中點，c、d兩點位于兩電荷連線的中垂線上，且aO=bOA.圖中a、b兩點的電場強度相同，ab連線間O點場強最大

B.圖中c、d兩點的電場強度相同，cd連線間O點場強最大

C.圖中a、b兩點的電勢不同，ab連線間O點電勢為0

D.圖中c、d兩點的電勢不同，cd6.如圖所示的電路中，變壓器為理想變壓器，初級線圈接電壓為U的交流電源，電路中R0為光敏電阻(阻值隨光照強度的增加而減小)，R為定值電阻。初態(tài)時光敏電阻R0<R，理想電壓表V1、V2、V3示數(shù)分別為U1、U2、U3，理想電流表A.變壓器輸入功率減小 B.I增大，U3增大

C.R0消耗的功率變小 D.U17.如圖所示，質量為2m的P物體套在光滑的豎直桿上，質量為m的Q物體放置在傾角為θ的足夠長的固定粗糙斜面上，用一不可伸長輕繩連接。初始時輕繩右端經(jīng)過定滑輪呈水平，P物體從a點由靜止釋放，下落到b點時速度大小為v，a、b之間的距離為l，此時連接P物體的輕繩與水平方向夾角為θ，重力加速度為g。在此過程中，下列說法正確的是(

)A.P物體做勻加速直線運動

B.P物體從a點由靜止釋放時加速度大小等于g

C.P物體到b點時，Q物體的速度大小為vsinθ8.如圖1所示，光滑水平面上靜止放置一質量為m、總電阻為r、邊長為l的正方形導體框(圖2為導體框的俯視圖)，導體框前方l處兩虛線間存在豎直向下的勻強磁場，磁場寬度大于l，磁感應強度大小為B。某時刻導體框在水平恒力F作用下開始運動。已知導體框的后邊CD邊進、出磁場時的速度大小均為導體框前邊AB邊進入磁場時速度的13，進、出磁場過程均為變速運動，則導體框在整個運動過程中，下列說法正確的是(

)

A.導體框剛進磁場時，線框的熱功率為2B2l3Fmr

B.磁場的寬度為1799.某同學利用如圖裝置驗證碰撞中的動量守恒定律，裝置中桌面水平，一端固定了一彈簧槍，斜面緊貼桌面，且斜面的最高點恰好與桌面相平，該同學選了兩個體積相同的鋼質小球，實驗步驟如下：

①用天平測出兩小球的質量(分別為m1和m2)。

②先不放小球m2，把小球m1裝入固定好的彈簧槍后釋放，記下小球在斜面上的落點位置。

③將小球m2放在斜面最高點處，把小球m1裝入固定好的彈簧槍后釋放，使它們發(fā)生碰撞，分別記下小球m1和m2在斜面上的落點位置。

④用毫米刻度尺量出各個落點位置到斜面最高點的距離。圖中A、B、C點是該同學記下小球在斜面上的落點位置，到斜面最高點的距離分別為x1、x2、x3。

(1)選擇的水平桌面是否需要一定光滑______(選填“是”或“否”)，所選小球的質量關系是：m1要10.某實驗小組打算測一未知電源的電動勢和內阻，已知電動勢約4V～5V，內阻約2Ω，實驗室提供了如下器材：

A.電壓表(量程為3V，內阻RV=3kΩ)；

B.電壓表(量程為15V，內阻RV=15kΩ)；

C.電流表(量程為3A，內阻約為R1=0.1Ω)；

D.電流表(量程為400mA，內阻約為R2=8.5Ω)；

E.定值電阻(R3=2000Ω)；

F.定值電阻(R4=5Ω)；

G.滑動變阻器(最大阻值為20Ω，允許通過的最大電流為2A)；

H.滑動變阻器(最大阻值為1511.如圖所示，在光滑水平平臺上放置可視為質點的質量分別為mA=4kg、mB=1kg的小物塊A、B。緊靠平臺的光滑地面上放有質量為mC=3kg的木板C，木板C剛好與平臺等高，C的左端放著一個與小物塊B完全一樣的小物塊D(可視為質點)，兩者處于靜止狀態(tài)，所有物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.30，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。開始時A、B都靜止，A、B間有一鎖定的壓縮輕質彈簧，彈簧與A、B不拴接，其彈性勢能Ep=10J?，F(xiàn)解除鎖定，此后B與D發(fā)生碰撞后結合在一起，碰撞過程時間極短?？諝庾枇Σ挥?，重力加速度g取10m/s212.如圖所示，直角坐標系xOy中P點(1m,0)右方邊長為L=0.3m正方形邊界abcd中有垂直紙面向里、磁感應強度大小為B0=0.5T的勻強磁場，P為ad中點，P點左方第一象限有豎直向上的勻強電場，第二象限有沿x軸負方向的勻強磁場。一質量m=8×10?26kg、電荷量q=8×10?19C的粒子(重力不計)從磁場邊界ab上某點D(未畫出)以速度大小v0=5×10513.下列對熱現(xiàn)象的認識，說法正確的是(

)A.布朗運動是液體分子的無規(guī)則運動

B.物體溫度升高時，有的分子運動速率反而減小

C.水黽能在水面自由行走是因為液體有表面張力，原因是液體表面分子間的平均距離比液體內部大

D.當把盛放氣體的容器放在加速運動的高鐵上時，氣體的內能增大

E.分子勢能和分子間作用力有可能同時隨分子間距離的增大而增大14.如圖所示，一根一端封閉粗細均勻的導熱玻璃細管AB開口向上豎直放置(橫截面積為S)，管內用高h的水銀柱封閉了一段空氣柱。水銀柱液面距管口l0，此時該地的大氣壓強為p0，環(huán)境溫度為T1。然后再把該容器豎直浸入溫度為T2的熱水中，水銀柱緩慢上升，最終恰好與容器口相平，容器中封閉的氣體可視為理想氣體，重力加速度為g。

求：

(1)初始時，被封閉氣體的長度lx；

(2)若水銀密度為

15.一列簡諧橫波在均勻介質中沿x軸傳播，t=0時刻的波形圖如圖1所示，其中位于x=5m位置的A點振動圖像如圖2所示，B為波上的一點，則下列說法正確的是(

)A.此波有可能向x軸負方向傳播

B.該橫波的傳播速度為50m/s

C.B點對應平衡位置在x=623m

D.由t=0開始后16.如圖是一橫截面為三角形的玻璃三棱柱，∠A=45°，∠C=30°現(xiàn)有一束光線沿著截面從AC邊上的O點以45°的入射角射入，折射后到達斜邊BC發(fā)生反射，最后又垂直AC邊射出，求：

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A.該核反應為重核裂變，故A錯誤；

B.核反應前后電荷數(shù)與質量數(shù)均守恒，是質量發(fā)生虧損，不守恒，故B錯誤；

C.重核裂變過程，由于質量虧損，會釋放大量核能，核反應向比結臺能大的方向反應，故??92235U核的比結合能小于?56ABa核的比結合能，故C正確；

D.??92235U的質量數(shù)是235，質子數(shù)92，中子數(shù)是143；根據(jù)質量數(shù)守恒可得中子數(shù)A=235+2.【答案】B

【解析】解：A.根據(jù)開普勒第三定律a3T2=k，衛(wèi)星在軌道Ⅱ的半長軸小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，則衛(wèi)星在軌道Ⅱ運行的周期小于T0，故A錯誤；

B.在軌道I處的速度為v0，要使衛(wèi)星從軌道I到軌道Ⅱ在A點要加速，所以軌道Ⅱ上A點運行的速度大于v0，衛(wèi)星從A到B減速，到B點的速度小于v0，所以衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運行的速度大小有可能大于、小于或等于v0，故B正確；

C.根據(jù)開普勒第三定律T12T22=R3(2R+h2)3解得T23.【答案】B

【解析】解：AD、撤去拉力后，兩物體均做勻減速直線運動，對物體受力分析，由牛頓第二定律得：μmg=ma

解得，加速度為a=μg

v?t圖像的斜率表示加速度，由v?t圖像得：

aA=μAg=61m/s2=6m/s2

aB=μBg=62m/s2=3m/s2

則A、B兩物體與水平面間動摩擦因數(shù)之比為μAμB=21

0～1s，兩物體均從靜止開始做勻加速直線運動，對物體受力分析，由牛頓第二定律得：F?μmg=ma′

解得，加速度為a′=Fm?4.【答案】D

【解析】解：AB.經(jīng)分析可知，A點為運動過程中等效最低點，B點為等效最高點，對小球在這兩個位置進行受力分析，如圖所示

其中C點為與圓心等高的左側點，D點為與圓心等高的右側點

由題可知，小球放在裝置內A點時恰好能保持靜止

根據(jù)平衡條件有：F=mgtanα=mg

在A點給小球一個速度時

指向圓心的合力提供向心力有FN?mgcosα=mv12R

在B點根據(jù)牛頓第二定律有mgcosα=mv22R

從A到B由動能定理?mg?2Rcosα?F?2Rsi5.【答案】BC【解析】解：A.真空中兩個等量異種點電荷的電場線分布如圖

由圖可得兩電荷連線上的電場強度方向相同，從a點到b點，電場強度的大小先減小后增大，由于a點、b點關于中心對稱，所以Ea=Eb>EO，故A錯誤；

B.cd連線為兩等量異種點電荷連線的中垂線，中垂線上的電場強度方向相同，從c點到d點，電場線先變稀疏后變密集，故電場強度的大小先增大后減小，所以Ec=Ed<EO，故B正確；

CD.cd連線為兩等量異種點電荷連線的中垂線，中垂線為等勢面，電勢都為零，即φc6.【答案】CD【解析】解：由電路圖可知，副線圈中R與R0串聯(lián)，電壓表V2測副線圈總電壓，電壓表V1測電阻R兩端的電壓，電壓表V3測R0兩端的電壓，電流表A測副線圈中的總電流。

A.當環(huán)境光照強度增加時，光敏電阻的阻值減小，副線圈的總電阻減小，副線圈兩端的電壓不變，由P=U2R總可知，副線圈的功率增大，變壓器為理想變壓器，所以變壓器輸入功率增大，故A錯誤；

BD.電壓表V2測副線圈總電壓，保持不變。當環(huán)境光照強度增加時，光敏電阻的阻值減小，由I=U2R+R0，所以I增大，由U1=IR，所以U1增大；由U3=U2?U1，所以7.【答案】BC【解析】解：AB.從a點剛釋放瞬間，P物體只受重力，加速度為g，當下落到b點時，由牛頓第二定律有mg?F拉sinθ=ma

此時物體加速度小于重力加速度，加速度變化，故P物體不是做勻加速直線運動，故A錯誤，B正確；

C.根據(jù)沿繩方向速度相等，P物體到b點時，此時速度關系滿足vQ=vsinθ，故C正確；

D.該過程由能量守恒，得2mgl=8.【答案】AB【解析】解：A.導體框進入磁場時的速度為

v=2al=2Fml

進入磁場時的電動勢為：E=BLv

根據(jù)功率的計算公式可得：

P=I2r=(Blvr)2r=B2l2v2r

解得：P=2B2l3Fmr，故A正確；

B.由題意可知，導體框進、出磁場的運動過程初、末速度相等。導體框在磁場中運動過程，由動能定理可得：

F(d?l)=129.【答案】否

大于

m1【解析】解：(1)本實驗要求小球m1每次到水平桌面末端的速度大小相同即可，水平桌面粗糙對此不影響，所以不一定需要光滑。

本實驗要求小球m1碰后也要做平拋運動落在斜面上，不能反彈，所以要求m1>m2。

(2)由平拋運動規(guī)律

豎直方向上：xsinθ=12gt2

水平方向上：xcosθ=v0t

聯(lián)立可得：v0=gxco10.【答案】A

D

G

見解析

2.7

4

【解析】解：(1)電源的電動勢約4V～5V，為盡量準確測量電源的電動勢和內阻，電壓表應選A；

根據(jù)歐姆定律可知最大電流約為：

Imax=Er+R4=52+5A=57A

電流表應選D；

為保護電路且操作方便，滑動變阻器應選G；

(2)伏安法測電源的電動勢和內阻，電壓表測路端電壓，電流表測電路電流，如圖

(3)由所給的U?I圖像可知，則電源的電動勢為

E11.【答案】解：(1)對于物塊A、B以及輕質彈簧組成的系統(tǒng)，由于其所處平臺水平光滑，所以在彈簧解鎖前后，系統(tǒng)動量守恒且能量守恒。取向右為正方向，設物塊A、B被彈開時各自的速度大小分別為vA、vB，以向左的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：mAvA?mBvB=0

根據(jù)能量守恒定律有：12mAvA2+12mBvB2=EP

解得：vA=1m/s，vB=4m/s

(2)物塊D與物塊B完全一樣，B與D發(fā)生碰撞后結合在一起，設二者碰撞后的速度大小為vD，對于B與D組成的系統(tǒng)，以向右方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：mBvB=2mBvD

解得：vD=2m/s

(3)設木板長度為【解析】(1)研究A與B彈開過程，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律求出碰后兩者的速度；

(2)B與D碰撞后合一個整體，根據(jù)動量守恒定律求兩者的共同速度；

(3)對BD和C系統(tǒng)，利用動量守恒定律和能量守恒定律求木板C12.【答案】解：(1)粒子從D點進入磁場后做勻速圓周運動，之后從P點沿x軸負方向進入電場，則其軌跡的圓心O′點在直線da上，可大致畫出其運動軌跡，如下圖所示

對粒子有洛倫茲力提供向心力qv0B0=mv02r

解得其軌道半徑為r=0.1m

則a點到D點的距離l為l=r2?(L2?r)2,解得l=32m

D點的橫坐標為xD=1m+32m=2+32m

(2)粒子從P點到Q點做類平拋運動，設水平位移大小為x，豎直位移大小為y，到達Q點的豎直速度為vy，有

x=v0t

y=12at2

a=Eqm

vy=at

解得E=2.5×104N/Cvy=5×105m/s

則粒子到Q點時速度為v=v02【解析】(1)畫運動軌跡，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求半徑，根據(jù)結合關系求坐標；

(2)粒子從P點到Q點做類平拋運動，根據(jù)類平拋規(guī)律列式，求電場強度大小和速度大??；

(3)(4)粒子進入第二象后的運動，可分解為沿x軸負方向的勻速直線運動(速度大小為v0)，和在垂直于x軸的平面內的勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式，求半徑和周期，粒子做周期性運動，每次經(jīng)過13.【答案】BC【解析】解：A.布朗運動是懸浮在液體表面的固體顆粒的無規(guī)則運動，是液體分子無規(guī)則運動的表現(xiàn)，故A錯誤；

B.分子在做無規(guī)則運動，溫度升高時，所有分子熱運動的平均速率增大，即大部分分子的速率增大了，但也有少數(shù)分子的速率減小，故B正確；

C.水黽能在水面自由行走是因為液體有表面張力，原因是液體表面分子間的平均距離比液體內部大，分子間作用力表現(xiàn)為引力，故C正確；

D.物體的內能與物體的體積、溫度和物質的量有關，與物體的宏觀運動無關，而體積、溫度和物質的量都沒有改變，因此內能不變，故D錯誤