2023年河南省二十所名校高考调研试卷(2月份)+答案解析(附后)

2023年河南省二十所名校高考调研试卷（2月份）
1. 照射到金属表面的光，能使金属中的电子从表面逸出，这个
现象称为光电效应。

光电效应现象最早由德国物理学家赫兹于
1887年发现，促进了量子理论的发展。

小明同学设计了如图所
示的实验装置研究光电效应现象，他用频率为的光照射光电管，
此时电流表中有电流，调节滑动变阻器滑片P，使电流表示数恰
好为0，记下电压表示数为，然后小明用频率为的光照射光
电管并重复此过程，电流表示数再次为零时，电压表示数为。

设电子电量为e，下列说法正确的是( )
A. 在调节电流表示数为0时，小明同学可能是将滑片P向右移
动
B. 在调节电流表示数为0时，小明同学一定是将滑片P向左移动
C. 根据实验数据可得普朗克常量
D. 根据实验数据可得小明使用光电管的K极所用金属的逸出功为
2. 如图1所示，物体A、B放在粗糙水平面上，A、B与地面间的动摩擦因数均为
，，，A、B分别受到的随时间变化的力与，如图2所示。

已知重力加速度，下列说法正确的是( )
A. 两物体在时分离
B. 两物体分离时的速度为
C. 两物体分离时的速度为
D. 两物体一起做加速运动
3. 2022年11月5日，中星19号卫星发射升空，成功进入地球同步轨道，其涵盖了C、Ku和Ka等多频段通信载荷，我国高通量卫星家族喜获“新成员”。

关于中星19号，下列说法正确的是( )
A. 该卫星绕地球转动的线速度小于地球赤道上物体随地球自转的线速度
B. 该卫星的加速度大于地球表面的重力加速度
C. 该卫星在发射台上受到的向心力大于其在轨道上运行时受到的向心力
D. 若火箭在竖直上升的过程中做匀加速运动，该过程中火箭对卫星的作用力逐渐减小
4. 霍尔元件是―种基于霍尔效应的磁传感器，用它可以检测磁
场及其变化。

常见的霍尔元件是由霍尔片、四根引线和壳体组成
的，其中1，2为控制电流端引线，3、4为霍尔电压输出引线，
其正面俯视图如图所示。

小东同学想用此霍尔元件测量地磁场
的强弱，现将1、2引线中通以图中所示的恒定电流，则下列说
法正确的是( )
A. 若小东将此霍尔元件平行于地面放置，则可测量出平行地面的磁场
B. 3、4引线的霍尔电压的大小与所通的恒定电流的大小无关
C. 若此霍尔元件中移动的电荷为电子，小东在测量广州当地垂直地面的磁场时，引线3的电势高
D. 若此霍尔元件中移动的电荷为空穴带正电，小东同学在测量北京当地垂直地面的磁场时，引线3的电势高
5. 传送带最早是从1869年在辛辛那提屠宰场开始使用，1913年，福特安装了第一条汽车流水生产线，使T型车的产量激增。

如今，传送带在企业内部、企业之间甚至城市之间的物料搬运发挥了巨大作用，成为物料搬运系统机械化和自动化不可缺少的组成部分。

如图所示，一足够长的水平传送带以速度顺时针匀速转动，把一质量为的木板B
轻轻放在传送带上，同时把一个质量为的铁块A轻放在木板B的中央，A与B之间的摩擦因数，B与传送带之间的摩擦因数，已知重力加速度。

下列说法正确的是( )
A. 木板B与铁块A一起做匀加速直线运动，直到与传送带共速
B. 木板B与传送带共速后，木板处于平衡态，那么B与传送带之间的摩擦力为零
C. 若铁块A不从木板B上滑落，则木板的长度至少为3m
D. 从放上B、A直到稳定的过程中与不放A、B相比，电动机多消耗的电能为6J
6. 如图所示，竖直平面内半径为R的圆盘绕中轴О顺时
针匀速转动，当圆盘上的A点转至最高点时，紧贴A点以
水平速度为重力加速度抛出一个可视为质点
的小球，当A点转至水平位置时，小球刚好落到过О点的
水平面，则圆盘的角速度可能为( )
A. B. C. D.
7. 电视显像管的第二和第三阳极是直径相同的金属圆筒。

两电极间的电场即为显像管中的主聚焦电场。

如图所示为主聚焦电场中的等势面，数字表示电势值单位：。

则下列说法中正确的是( )
A. A、B中点的电势小于
B. 电子在O点所具有的电势能为
C. 电子沿轴线由A运动到C的过程中电场力先做正功后做负功
D. 只受电场力时，电子在B点的动能小于在D点的动能
8. 如图所示，水平面内固定有光滑平行导轨，导轨间距为L，导轨足够长且电阻忽略不计，EF左侧与MN右侧有垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，通过细线连接的导体棒a与b之间有一压缩的弹簧，弹簧与a、b不栓接，已知a棒的电阻为R，b棒的电阻为
2R，b棒的质量为m，两导体棒的长度、材料相同，且粗细均匀，弹簧的弹性势能为，
将细线烧断后，当弹簧恢复原长时两导体棒同时进入磁场区域。

说法正确的是( )
A. 导体棒a的最大加速度为
B. 当流过导体棒a的电流为零时，b棒的速度不为零
C. 整个过程中导体棒a产生的焦耳热为
D. 由于a，b做变加速直线运动，所以整个过程中两棒的位移之比无法求出
9. 某同学用如图所示的装置验证牛顿第二定律，实验步骤如下：
为了平衡摩擦力，他将手机固定在滑块上，滑块放到木板上，打开手机测量加速度的软件，将木板―端支起，逐渐调整木板抬起的高度，直至轻推滑块后滑块沿木板向下运动时手机显示加速度为______ ，之后用手扶住滑块，打开手机测量角度软件，测得此时木板和水平桌面的夹角为。

保持木板角度不变，将滑块通过细绳拴接两个质量均为的钩码，由木板顶端释
放滑块，手机显示滑块的加速度；
取下滑块包括手机，用天平测出滑块和手机的总质量；
已知当地的重力加速度，该同学用计算出滑块的加速度为______ ；
该同学发现计算得出的加速度a与手机显示的加速度相差较大，原因是______ ；
该实验过程也可以测出滑块与木板之间的动摩擦因数______ 已知。

计算结果均保留2位有效数字
10. 小东同学在学习了多用电表的原理和使用后，也想用实验室器材做一个简单的多用电表。

实验室提供的器材有：
①毫伏表；
②电动势，内阻的电源；
③定值电阻；
④定值电阻；
⑤电阻箱
⑥滑动变阻器最大值为
⑦红、黑表笔各一只，开关、导线若干。

小东想将此毫伏表改装成3V的电压表，还需要的器材有______ ；填器材前序号
小东又将此毫伏表改装成一个欧姆表，电路如图1所示，其中红表笔应接______ ；填“A”或“B”
小东利用改装后的欧姆表对一个大概100多欧的电阻进行测量时，发现电表指针偏转角
太大，于是他利用电阻箱对电路进行了改进，如图所示2，此时电阻箱应调到______ ；
结果保留到整数
利用改进后的欧姆表进行测量时需将红黑表笔短接进行欧姆调零，此时应将滑动变阻器的
电阻调为______ 。

结果保留到整数
11. 如图所示，质量为3m的球B静止在水平地面上N点，同时用轻绳悬挂在竖直面内的
O点，初始时轻绳刚好伸直，质量为m的球A置于水平面上的M点，两球大小相等，水平
面上的MN之间光滑，M点的左侧粗糙，A与地面间的动摩擦因数为，给A球一水平冲量，
球A与球B在N点发生弹性碰撞，碰后B球摆起最大角度为，A球在粗糙水平面上
滑行的最大距离为x。

已知地球的半径为R，引力常量为G。

求：
轻绳的长度；
若给球A的初始冲量为I，请求出地球的质量忽略地球自转。

12. 如图所示xOy平面直角坐标系内，第二象限存在竖直向下的匀强电场，第三、四象限
存在垂直纸面向外的匀强磁场和一足够长的挡板，挡板距x轴的距离为L。

自M点
分别以水平向右的初速度、发射两完全相同的带正电粒子P、Q，粒子P恰好从O点进
入磁场区域且垂直打在挡板上。

已知粒子质量为m，带电量均为q，不计粒子重力及粒子间
相互作用力，求：
匀强电场的电场强度E；
粒子Q在磁场中运动的轨道半径；
若使磁场感应强度缓慢变大，不计磁场变化产生的电场，则挡板被粒子P打中区域的长度为多少。

13. 如图a为一定质量的理想气体绝热变化的图像，图b为某条
等温线，则关于图像a说法正确的是( )
A. 气体的温度一直降低
B. 气体的温度先降低后升高
C. 气体分子在单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少
D. 气体分子在单位时间内碰撞单位面积器壁的平均冲量减小
E. 此过程说明自发情况下内能可以完全转化成机械能
14. 如图所示，横截面积为S的导热气缸被细线竖直悬挂，质量为
m的活塞通过细线与置于地面上的质量也为m的重物相连，将一团
燃烧的轻质酒精棉球从气缸侧壁开口处扔到汽缸内，棉球熄灭时将
开口处闭合，气缸不漏气，此时活塞下的细线刚好能拉起重物，活
塞距缸顶的距离为L，缸内气体温度为环境温度的倍。

之后活塞缓
慢升高，最后稳定在气缸某处。

已知大气压强为，环境温度为T，重
力加速度为g，缸内气体可视为理性气体。

不计活塞与气缸之间的
摩擦求：
侧壁开口闭合时缸内气体的压强；
活塞向上移动的距离。

15. 如图甲所示为时刻的某简谐波的波形图，P、Q为介质中的两个质点，图乙为质点P的振动图像。

下列说法正确的是( )
A. 该简谐波的传播方向沿x轴负方向传播
B. 波速为
C. 时质点P、Q质点加速度相同
D. 时质点P、Q的速度方向相同
E. 从至时间内，质点P的路程为20cm
16. 如图，一长方形鱼缸，高为，鱼缸底部左侧壁有一线光源，长度为
，鱼缸的宽也是30cm，鱼缸内的水深，从缸底的A处发出的一束光，从水面射出后恰好照到鱼缸的右侧壁的顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为。

已
知水的折射率为，，，求：结果均保留一位小数鱼缸的长；
鱼缸的水面上发光面积。

答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB、金属遇光照射会逸出电子，则在K端会逸出光电子，若要阻碍其向右运动，则电场方向从左向右，故K端为高电势，所以K端接O点，则P向右运动时，P点电势将低于P
点电势，光电管内形成的电场方向向左，不能抑制光电子运动，故P应向左移动，故B正确，A
错误；
C 、根据光电效应方程可得：
则
同理可得：
联立解得：，故C错误；
D 、根据上述分析可知，又
联立解得：，故D错误；
故选：B。

根据光电子的运动特点得出电场线的方向，结合电路构造分析出滑片的移动方向；
根据光电效应列式联立得出h和逸出功的表达式。

本题主要考查了光电效应的相关应用，理解光电效应的产生原理，结合光电效应方程和电路构造即可完成分析。

2.【答案】C
【解析】解：由图2知与t的关系式为：，与t的关系式为：，A的摩擦力为，B的摩擦力为。

A、物体A、B分离时，A、B加速度相等，速度相同，但A、B间无弹力，则对A、B受力分析，由牛顿第二定律可知，
分离时A物体：，B物体：，当，即
，解得，故A错误；
BC、对AB整体分析从开始到分离过程由动量定理，取向右为正，
，由图2只图线围成的面积表示冲量可知在1s内，
A 物体的冲量，B物体的冲量
，代入数据解得：。

故B错误，C正确；
D、AB分离前一起加速，后不再一起加速运动，故D错误。

故选：C。

AB两物体分离时，AB加速度相等，速度相同，但AB间无弹力，然后对A和B受力分析，利用牛顿第二定律分析两加速度相等分析分离时间，利用动量定理求分离时速度。

本题主要考查AB物体的运动分析和受力分析，关键是抓住AB两物体分离瞬间的特点，即加速
度相同，速度相同，且AB间无相互作用力。

由动量定理求AB分离时的速度，其中变力的冲量
可利用图线围成的面积表示。

3.【答案】D
【解析】解：A、中星19号与地球自转角速度相等，根据，可知该卫星绕地球转动的线
速度大于地球赤道上物体随地球自转的线速度，故A错误；
B、根据和，由于，可知该卫星的加速度大于地球表面的重力
加速度，故B错误；
C、根据，可知该卫星在发射台上受到的向心力小于其在轨道上运行时受到的向心力，故C错误；
D、若火箭在竖直上升的过程中做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：，由于r增大，所以该过程中火箭对卫星的作用力逐渐减小，故D正确；
故选：D。

中星19号与地球自转角速度相等，根据可分析A项；根据万有引力提供向心力分析B项，根据向心力公式分析C项，根据牛顿第二定律分析D项。

该题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握万有引力提供向心力的运用，注意地球同步卫星的特点。

4.【答案】C
【解析】解：A、工作面平行于地面放置测量的是垂直于地面的磁场，故A错误；
B、设元件的厚度为d，宽度为b，当自由电荷定向移动受到的洛伦兹力与静电力平衡时，则
根据电流的微观表达式可得：
联立解得：，故B错误；
CD、广州与北京当地均为北半球，地磁场有垂直于地面向下的分量，若自由电荷为电子，根据左手定则可知电子将会向A面聚集，A带负电，B带正电，引线3的电势高；若自由电荷带正电，则正电荷向A面聚集，A带正电，B带负电，引线4电势高，故C正确，D错误；
故选：C。

根据霍尔元件的工作原理完成分析；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出霍尔电压与电流的关系；
根据自由电荷的电性结合左手定则分析出不同情况下引线的电势高低。

本题主要考查了霍尔效应的相关应用，理解北半球的地磁场的竖直分量的方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系列式即可完成分析。

5.【答案】C
【解析】解：AB、由于B初始速度为零，所以传送带对B的摩擦力水平向右，A对B的摩擦力
水平向左，由牛顿第二定律得：，解得，
，解得：，分别做A、B的图像，如图所示
内A、B发生相对滑动，分别做匀加速直线运动，时B与传送带共速，之后与传送
带一起匀速，A继续加速，A对B的摩擦力，B处于平衡态，
所以B与传送带之间的摩擦力为2N，2s时A、B共速然后一起与传送带匀速，故AB错误；C、由图像可知，A相对B的位移为，所以若使铁块不从木板上滑落，由于铁块最初放在木板的中央，所以木板长度至少为，故C正确；
D 、内传送带的位移，内传送带的位移为
，电动机多消耗的电能，代入数据解得
，故D错误；
故选：C。

对A物块和B木板受力分析，根据牛顿第二定律分别确定它们的加速度，再根据图像描述
它们的运动情况，结合图像与坐标轴为成图形的面积表示位移，分别表示物块A相对于B
木板的位移，再根据几何关系即可确定木板的最小长度，根据能量守恒可知，电动机多消耗的电能等于摩擦力对传送带做的功。

该题需要根据牛顿第二定律以及运动学图像明确物块以及木板的运动情况，再根据图像进行解题，其中该题的难点为最后电动动机多消耗的电能，需要根据能量守恒进行解题，该题难度较大。

6.【答案】AC
【解析】解：小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有：，
在小球下落时间内，圆盘转过的角度为：，其中，1，2，3……
则有：……
当时，
当时，
故AC正确，BD错误；
故选：AC。

小球做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，圆盘转动的时间和小球平抛运动的时间相等，在这段时间内，写出角速度的通项，再求出角速度的可能值。

解决本题的关键知道平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，以及知道圆盘转动的周期性。

7.【答案】AD
【解析】解：A、等势面的越密集，电场强度越大，根据可知A、B中点的电势小于
，故A正确；
B、电子在O点所具有的电势能为，故B错误；
CD、因为从左到右电势一直增高，所以电子的电势能应该一直降低，电子沿轴线由A运动到C 的过程中电场力做正功，根据能量守恒，其动能应该一直增大，所以电子在B点的动能小于在D 点的动能，故C错误，D正确；
故选：AD。

等势面的疏密程度决定电场线的疏密程度，等势面越密的地方电场强度越大，根据电势能的变化分析电场力做功情况，同时可知动能的变化。

做好本题的关键是掌握等势面与电场强度的关系，注意电场力做功与电势能变化的关系。

8.【答案】AC
【解析】解：根据电阻定律可得：，解得：，金属棒的质量为
，其中是电阻率、是密度。

由于b棒的电阻为2R，b棒的质量为m，所以a棒的质量为2m
A、将细线烧断后，当弹簧恢复原长时两导体棒同时进入磁场区域，设此时a的速度大小为、b 的速度大小为，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
根据能量守恒定律可得：，
联立解得：，
由于二者进入磁场时均切割磁感应线产生的，所以感应电动势大小为：
此时导体棒a的加速度最大，根据牛顿第二定律可得：
根据闭合电路的欧姆定律了的：
联立解得导体棒a的加速度大小为：，故A正确；
B、当流过导体棒a的电流为零时，整个回路的电流为零，感应电动势为零，所以此时a和b棒的速度均为零，故B错误；
C、根据能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能全部转化为回路的焦耳热，根据焦耳定律可知整个
过程中导体棒a产生的焦耳热为：，故C正确；
D、由于二者的安培力大小始终相等，根据牛顿第二定律可得a、b的加速度大小之比总为：
：2
对a有：，对b有：
所以，故D错误。

故选：AC。

根据电阻定律结合质量与密度的关系求解a棒的质量；根据动量守恒定律、能量守恒定律求解二者进入磁场时的速度大小，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律结合牛顿第二定律求解导体棒a的加速度大小；当流过导体棒a的电流为零时感应电动势为零，所以此时a和b棒的速度均为零；根据能量守恒定律求解导体棒a产生的焦耳热；根据运动学公式求解位移之比。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

9.【答案】忽略了钩码的质量
【解析】解：平衡摩擦力的方法是让重力沿斜面分力和摩擦力相等，合力为零，加速度为零；
该同学用计算出滑块的加速度为：
以小车手机、钩码为系统，根据牛顿第二定律有：
解得：
该同学发现计算得出的加速度a与手机显示的加速度相差较大，原因是忽略了钩码的质量；
平衡摩擦力时有：
解得：
故答案为：；；忽略了钩码的质量；。

根据平衡摩擦力判断；
根据所给公式计算；
根据以小车手机、钩码为系统由，根据牛顿第二定律推导分析；
根据平衡摩擦力时平衡条件计算。

本题考查验证牛顿第二定律实验，要求掌握实验原理，平衡摩擦力的方法和误差分析。

10.【答案】③④ A 36 66
【解析】解：通过毫伏表的最大电流
毫伏表改装成3V的电压表，需要串联电阻
需要串联电阻的阻值为
由此可知，需要的器材是和，即需要的器材有③④；
电压表与A端相接的为负接线柱，欧姆表红表笔应接入内部电源的负极，故红表笔接A端；
欧姆表指针偏转角太大，说明待测阻值较小，此时电流表的示数接近满偏，由于电阻大概为100
多欧姆，应调节电表使其中值电阻为
电路中的电流为
毫伏表半偏电流
根据并联电路的电流特点，通过的电流为：
毫伏表的半偏时两端电压
电阻箱的电阻
改进后的电压表的内阻
欧姆调零时毫伏表满偏，干路电流为
根据闭合电路欧姆定律有
滑动变阻器的电阻
故答案为：③④；；；。

根据欧姆定律求解通过毫伏表的最大电流，将毫伏表改装成电压表要串联电阻，再根据欧姆定
律求解需要串联的电阻值；
电流从电压表的正接线柱流入，负接线柱流出，欧姆表的红表笔与内部电池的负极相连，据此分析判断；
欧姆表指针偏转角太大，电路中的电流接近满偏电流，此时的接入电阻等于中值电阻；根据闭合电路的欧姆定律求满偏电流，再根据并联电路的电流特点求通过电阻的电流，根据欧姆定律求电阻箱的电阻；
根据欧姆定律求改进后的电压表的内阻，根据闭合电路的欧姆定律求滑动变阻器的接入电阻。

本题考查了欧姆表的内部结构的理解；要求学生能够熟练地掌握闭合电路欧姆定律和并联电路的电流特点；难点是由中值电阻求解改进毫伏表的满偏电流。

11.【答案】解：设碰撞前A的速度为v，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
对B根据机械能守恒定律有
对A根据动能定理有
联立解得：
球A的初始冲量为
根据万有引力与重力的关系有：
解得：
答：轻绳的长度为；
若给球A的初始冲量为I，地球的质量为。

【解析】根据动量守恒定律结合能量关系分析解答；
根据冲量的公式结合万有引力与重力的关系解得地球质量。

本题要求同学们能正确分析物体的受力情况及运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，按时间顺序分析，运用动能定理、动量守恒定律及功能关系进行研究．
12.【答案】解：粒子P在电场中做类平抛运动，有
根据牛顿第二定律有
联立解得：
根据求解粒子P在电场中加速度a，，这个加速度也等于粒子Q的加速度，沿电场方向粒子P和粒子Q运动情况相同，刚进入磁场时沿电场方向的分速度也相同，都设为，则，
说明粒子P刚进入磁场的速度方向与x轴夹角为，并且合速度大小
，粒子Q刚进入磁场的合速度
根据题意画出粒子P进入磁场的轨迹如下图所示：
根据几何关系可得粒子P在磁场中运动的轨道半径为：
根据洛伦兹力提供向心力得：，则，说明相同的粒子进入相同的磁场，轨道
半径和速度大小成正比，设Q粒子在磁场中的轨道半径为，有，代入数据得：
根据，若磁场的磁感应强度没变化时，粒子P打到挡板的坐标为，若使磁场感应强度缓慢变大，根据洛伦兹力提供向心力可知，粒子P在磁场中运动的轨迹半径变小，采用缩放圆的办法并通过画图可知，当圆轨道缩小到与挡板相切时，粒子P恰好打不到挡板，如下
图所示：
设此时粒子P的轨道半径为R，根据几何关系得：，解得，轨
道与挡板切点坐标为，将R值代入得坐标为
挡板被粒子P打中区域的长度为。

答：匀强电场的电场强度；
粒子Q在磁场中运动的轨道半径为；
挡板被粒子P打中区域的长度为。

【解析】根据粒子在电场中做类平抛运动，求解电场强度；
根据题意求解粒子P在电场中加速度，这个加速度也等于粒子Q的加速度，根据类平抛分析Q 在什么位置进入磁场以及进入的速度，与粒子P的运动对比，进一步判断粒子Q在磁场中的轨道半径；
若使磁场感应强度缓慢变大，根据洛伦兹力提供向心力可知，粒子P在磁场中运动的轨迹半径变小，采用缩放圆的办法通过画图讨论挡板被粒子P打中区域的长度为多少。

本题是带电粒子在电场与磁场中运动的问题，在电场中运动要根据运动的分解，在两个方向上运用运动学规律分析求解沿电场方向的速度以及合速度方向等，在磁场中运动一般结合几何以及洛伦兹力提供向心力求解半径，进一步分析粒子运动范围等。

13.【答案】ACD
【解析】解：AB、由理想气体状态方程得：
则
离坐标原点越远的等温线温度越高，则图像a的气体温度逐渐降低，故A正确，B错误；
C、由图得，a的压强减小，体积增大，根据气体的微观解释可知，气体分子在单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减小，故C正确；
D、图像a表示气体绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，分子的平均动能减小，压。