河南省部分重點高中2023-2024學年高三下學期5月大聯(lián)考理綜試題-高中物理【含答案解析】

河南省部分重點高中2023-2024學年高三下學期5月大聯(lián)考理綜試題全卷滿分300分，考試時間150分鐘。注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.請按題號順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3.選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選答案的標號涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚。4.考試結束后，請將試卷和答題卡一并上交。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16S32Cl35.5Mn55Zn65Ce140二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.自然界中碳主要是碳12，碳14僅占百萬分之一。能自發(fā)進行衰變而變成，其半衰期為5730年，下列說法正確的是（）A.該衰變?yōu)棣了プ傿.衰變放出的粒子來自于的核外C.的結合能比的結合能小D.8個經(jīng)過5730年后可能剩余3個【答案】D【解析】【詳解】AB．該衰變?yōu)棣滤プ?，中子釋放β粒子轉化為質子，故AB錯誤；C．衰變釋放能量，比結合能更大，由于質量數(shù)相同，則結合能比大，故C錯誤；D．8個經(jīng)過5730年后可能剩余3個，故D正確。故選D。2.如圖為一“環(huán)腔式”降噪器的原理圖，可以對高速氣流產(chǎn)生的噪聲進行降噪。波長為的聲波沿水平管道自左側入口進入后分成上、下兩部分，分別通過通道①、②繼續(xù)向前傳播，在右側匯聚后噪聲減弱，其中通道①的長度為10，下列說法正確的是（）A.該降噪器是利用波的衍射原理設計的B.通道②的長度可能為8.5C.通道②的長度可能為8D.該降噪器對所有頻率的聲波均能起到降噪作用【答案】B【解析】【詳解】A．該降噪器是利用聲波干涉原理設計，A錯誤；BCD．根據(jù)波的疊加原理可知，該降噪器對于路程差為（n＝0，1，2，3…）聲波降噪效果良好，對不符合上述條件的聲波降噪作用較差，甚至不能起到降噪作用，故而并非對所有波長或頻率的聲波均有效，CD錯誤，B正確。故選B。3.在光滑桌面上將長為的軟導線兩端固定，固定點的距離為，導線通有電流I，處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導線中的張力大小為（）A.BIL B.2BIL C.πBIL D.2πBIL【答案】A【解析】【詳解】從上向下看導線的圖形如圖所示導線的有效長度為，則所受的安培力大小為設繩子張力為T，由幾何關系可知解得故選A。4.如圖所示是小型交流發(fā)電機的示意圖，面積為S的N匝線圈在磁感應強度大小為B的勻強磁場中繞水平軸OO′以角速度ω勻速轉動，以圖示位置為t=0時刻開始計時，已知電表均為理想電表，二極管為理想二極管，定值電阻R1、R2的阻值均為R，其他電阻可忽略，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，則（）A.電壓表的示數(shù)為B.t=0時刻原線圈中電流為0C.0～與～時間內發(fā)電機的輸出功率之比可能為1:4D.0～時間內R1與R2的電功率之比為1:5【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)理想變壓器的變壓規(guī)律可得副線圈兩端的電壓為故A錯誤；B．t=0時刻，線圈平面與磁感線平行，穿過線圈的磁通量為零，則感應電動勢、感應電流最大，故B錯誤；C．0～與～時間內，副線圈電流之比為1:2，故原線圈電流之比為1:2，發(fā)電機輸出功率為所以發(fā)電機的輸出功率之比為1:2，故C錯誤；D．設副線圈電壓的有效值為U，且一周期內，R1產(chǎn)生的焦耳熱為一周期內，R2產(chǎn)生的焦耳熱為則R1與R2的電功率之比為故D正確。故選D。5.如圖所示，輕桿上端可繞光滑鉸鏈O在豎直平面內自由轉動.可視為質點的小球A固定在輕桿末端.用細繩連接小球B，繩的另一端穿過位于O點正下方的小孔P與A相連.用沿繩斜向上的拉力F作用于小球A，使桿保持水平，某時刻撤去拉力，小球A、B帶動輕桿繞O點轉動。已知小球A、B的質量均為m，桿長為3L，OP長為5L，重力加速度為g，忽略一切阻力。則下列說法正確的是（）A.桿保持水平時，輕桿對小球A的拉力大小為B.運動過程中，兩小球速度大小相等時的速度值為C.運動過程中，兩小球速度大小相等時細繩對小球A的拉力大小為D.運動過程中，兩小球速度大小相等時輕桿對小球A的拉力大小為【答案】C【解析】【詳解】A．對小球A受力分析如圖1，可知三力構成的矢量三角形與△OPA相似，故有解得A錯誤；B．小球A繞O點轉動做圓周運動，速度方向沿圓周軌跡切線方向，又因小球A、B通過細繩連接在一起，兩者沿繩方向的分速度相等，故兩小球速度大小相等時，細繩與小球A的圓周軌跡相切，如圖2所示，由幾何關系得小球A下降的高度小球B下降的高度由機械能守恒有解得B錯誤；C．兩小球速度大小相等時，對小球A受力分析如圖3，沿繩方向應有小球B與小球A沿繩方向的加速度大小相等，則對小球B有解得C正確；D．沿桿方向應有解得D錯誤。故選C。6.如圖，2023年8月27日發(fā)生了土星沖日現(xiàn)象，土星沖日是指土星、地球和太陽三者近似排成一條直線，地球位于太陽與土星之間。已知地球和土星繞太陽公轉的方向相同，公轉軌道均為圓軌道，土星繞太陽公轉周期約30年。下列說法正確的是（）A.地球、土星與太陽的連線在任意相等時間內掃過的面積一定相等B.地球公轉的線速度一定大于土星公轉的線速度C.下次出現(xiàn)土星沖日現(xiàn)象在2026年D.下次出現(xiàn)土星沖日現(xiàn)象在2024年【答案】BD【解析】【詳解】A．根據(jù)開普勒第二定律可知，地球、土星與太陽的連線在任意相等時間內掃過的面積一定不相等，A錯誤；B．根據(jù)可得地球的公轉半徑小于土星的公轉半徑，故地球公轉的線速度一定大于土星公轉的線速度，B正確；CD．根據(jù)題意，設經(jīng)過時間：出現(xiàn)土星沖日現(xiàn)象，由公式有解得（年）約為1年零12.6天，則下次出現(xiàn)土星沖日現(xiàn)象應該在2024年，C錯誤，D正確。故選BD。7.一足夠長的粗糙傾斜傳送帶以恒定的速率逆時針轉動，某時刻在傳送帶上適當?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣葀0的小物塊，如圖所示，取沿傳送帶向下的方向為正方向，則下列描述小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像中可能正確是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【詳解】A．當小物塊初速度沿斜面向下，且小于傳送帶的速度時，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得即可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運動，當小物塊達到傳送帶速度時，若滿足可知二者將共速，小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，若滿足小物塊繼續(xù)加速下滑，其加速度大小為故A正確；B．當小物塊的初速度沿斜面向下，且大于傳送帶的速度時，若滿足則小物塊一直做勻加速直線運動，加速度大小為若滿足則小物塊應沿傳送帶向下做勻減速直線運動，其加速度大小為二者共速后小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，故B正確；CD．當小物塊的初速度沿斜面向上時，牛頓第二定律可得小物塊的加速度大小為可知小物塊沿傳送帶向上做勻減速直線運動，減到零后反向勻加速，其加速度仍為a3，與傳送帶共速時，若滿足則小物塊繼續(xù)做勻加速直線運動，加速度大小為若滿足則小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，故C錯誤，D正確。故選ABD。8.如圖甲，abcd和a′b′c′d′為在同一水平面內固定光滑平行金屬導軌，左右導軌間距分別為2L、L，整個導軌處于豎直向下的勻強磁場中，左側導軌間的磁感應強度大小為B0，右側導軌間的磁感應強度大小按圖乙規(guī)律變化，兩根金屬桿M、N分別垂直兩側導軌放置，N桿與cc′之間恰好圍成一個邊長為L的正方形，M桿中點用一絕緣細線通過輕質定滑輪與一重物相連，t=0時釋放重物，同時在N桿中點處施加一水平向右的拉力F，兩桿在0~t0時間內均處于靜止狀態(tài)，從t0時刻開始，拉力F保持不變，重物向下運動x距離時（M桿未到達定滑輪處），速度達到最大，已知M、N桿和重物的質量都為m，M、N接入電路的電阻都為R，不計導軌電阻，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.0~t0時間內，回路中的感應電動勢為B.0~t0時間內，施加在N桿上的拉力F隨時間t變化的關系為C.重物下落的最大速度為D.從t=0時刻到重物達到最大速度的過程中，回路產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】AC【解析】【詳解】A．0~t0時間內回路的感應電動勢為根據(jù)圖乙可知解得故A正確；B．根據(jù)圖乙可知令0~時間內回路的感應電流為I，對M有對N有解得故B錯誤；C．根據(jù)上述，t0時刻的拉力大小為t0時刻之后，對M與重物整體進行分析有對N進行分析有解得可知M、N的加速度大小相等，當時，重物速度最大，即其中解得故C正確；D．在0~t0時間內，有M、N桿的速度在任意時刻大小均相等，則從t0時刻開始到重物最大速度的過程中有解得則回路產(chǎn)生的焦耳熱為故D錯誤。故選AC。三、非選擇題：共174分。每個試題考生都必須作答。9.某實驗小組欲測定一圓柱形玻璃磚的折射率，其操作步驟如下：a.將白紙固定在水平桌面上，將圓柱形玻璃磚豎直放在白紙上，用鉛筆準確描出玻璃磚底面圓的輪廓；b.將底面圓圓周平分為60等份，并標上相應的數(shù)字，如圖甲所示，再將玻璃磚豎直放回圖甲中的底面圓輪廓上進行實驗；c.用激光筆發(fā)出細束綠色激光，沿平行于圓直徑OO＇的方向入射，分別準確記錄入射點P和出射點Q在圓周上對應的讀數(shù)；d.改變入射點位置，重復步驟c。（1）根據(jù)圖甲中圓周上的讀數(shù)可得，入射角i＝__________，折射角γ＝__________.（均用弧度制表示）（2）若經(jīng)過多次測量，作出的圖像如圖乙所示，則玻璃磚的折射率為n＝__________（結果保留2位有效數(shù)字）。（3）該實驗中，若改用紅色激光筆照射，其他條件不變，當光線沿圖甲中光路入射時，則光斑出現(xiàn)在Q點的__________（填“上方”或“下方”）。【答案】（1）①.）②.（2）2.0（3）上方【解析】【小問1詳解】[1][2]圓周上的刻度被分為60等份，則每個刻度代表的弧度為根據(jù)圓周上的讀數(shù)可得，入射角折射為【小問2詳解】根據(jù)折射定律可知圖像的斜率表示玻璃磚的折射率，則有【小問3詳解】在同一種介質中，紅色激光的折射率小于綠光的折射率，該實驗中，若改用紅色激光筆照射，其他條件不變，則光斑出現(xiàn)在Q點的上方。10.某實驗小組同學想要設計一個既能測量電源電動勢和內阻，又能測量定值電阻阻值的電路。他用了以下的實驗器材中的一部分，設計出了圖甲的電路圖。a.電流表A1（量程0.6A，內阻未知）b.電流表A2（量程300mA，內阻rA=2Ω）c.定值電阻R1=8Ωd.定值電阻R2=1Ωe.滑動變阻器R（0～10Ω）f.待測電阻Rxg.待測電源E（電動勢約為3V）h.開關和導線若干（1）根據(jù)實驗要求，電表①應選擇__________，電表②應選擇__________（均填“A1”或“A2”）；與電表②串聯(lián)的定值電阻應選擇__________（填“R1”或“R2”）。（2）該實驗小組先用該電路測量定值電阻Rx的阻值，進行了以下操作：①閉合開關S1、S2，調節(jié)滑動變阻器到適當阻值，記錄此時電流表①示數(shù)I1，電流表②示數(shù)I2；②斷開開關S2，保持滑動變阻器阻值不變，記錄此時電流表①示數(shù)I3，電流表②示數(shù)I4，后斷開S1；③根據(jù)上述數(shù)據(jù)可知，計算定值電阻Rx的表達式為______________________________（用物理量的字母表示）；④忽略偶然誤差，用該方法測得的阻值與其真實值相比__________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。（3）實驗小組再用該電路測量電源電動勢和內阻，將滑動變阻器滑片移至最右端，閉合開關S1，斷開開關S2，調節(jié)滑動變阻器，分別記錄電流表①、②的讀數(shù)I1、I2，得I1與I2的關系如圖乙所示。根據(jù)圖線可得電源電動勢E=__________V，電源內阻r=__________Ω（計算結果用a、b及相關物理量的字母表示）。【答案】（1）①.A1②.A2③.R1（2）①.②.相等（3）①.②.【解析】【小問1詳解】[1][2][3]由于電源電壓為3V，應將A2改裝成量程為3V的電壓表，因此串聯(lián)的電阻為所以與電表②串聯(lián)的定值電阻應選擇R1?！拘?詳解】[1]滑動變阻器及電流表A1接入電路的阻值為待測電阻的阻值[2]由于電表內阻已知，不存在系統(tǒng)誤差，所以用該方法測得的阻值與其真實值相比應相等?！拘?詳解】[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律，可知上式簡化為由圖像可知解得由圖像可知解得11.如圖所示，水平固定的絕熱汽缸內，用不導熱的輕質活塞封閉著一定質量的理想氣體?；钊麢M截面積為S，汽缸底部有電熱絲，輕繩水平段的左端連接活塞，另一端跨過定滑輪后與質量為m的小桶相連.開始時小桶靜止，外界大氣壓強為，活塞距離汽缸底部的距離為，不計一切摩擦阻力，重力加速度大小為g。（1）若將電熱絲通電緩慢加熱氣體，一段時間后，氣體吸收的熱量為Q，活塞緩慢向右移動的距離為，求該過程氣體內能的增量；（2）若在小桶內緩慢加入細沙，同時控制電熱絲的加熱功率，使汽缸內氣體溫度保持不變，當加入質量為2m的細沙時，求該過程活塞向右緩慢移動的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）氣體對外做功又根據(jù)熱力學第一定律，該過程氣體內能的增量為解得（2）氣體溫度不變，根據(jù)等溫變化有又得12.如圖所示，質量為3m的小球乙用長為l的細線系于O點，小球剛好不接觸水平面，質量為m的物體甲放在光滑水平面上，現(xiàn)給物體甲水平向左的初速度，經(jīng)過一段時間物體甲與小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知重力加速度為g，甲、乙均可看作質點。求：（1）甲、乙剛碰撞后乙的速度大小；（2）為了使拴接乙的細線始終不松弛，甲的初速度應滿足的條件；（3）某次給甲水平向左的初速度大小為，則乙上升的最大高度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）設物體甲的初速度方向為正方向，設碰撞后物體甲與小球乙的速度分別為和.由動量守恒得由機械能守恒得聯(lián)立解得（2）當小球乙恰好能通過最高點時，小球在最高點時重力提供向心力，設在最高點的速度為.由牛頓第二定律得小球乙由碰后到達最高點的過程，由機械能守恒得聯(lián)立解得可知若小球乙經(jīng)過最高點，則需要當小球乙不能到達最高點，則拴接小球乙的細線不松弛時，恰好到達與懸點等高處由機械能守恒定律得聯(lián)立解得可知若小球不脫離軌道時，需滿足（3）設輕繩中拉力為零時，輕繩方向與水平方向夾角為由機械能守恒定律有由牛頓第二定律有聯(lián)立解得之后小球做斜拋運動，到達最高點時由機械能守恒有解得故小球乙上升的最大高度13.如圖所示，矩形ABCD長為2L，寬為L，OP為中線。在OPQ區(qū)域內存在豎直向下的勻強電場E1，其中OQ為曲線，曲線在Q點恰好與DC邊相切且，場強大小為，，a為未知的常數(shù)，在OPCB內切圓區(qū)域有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B0（未知），緊靠A點的左下方矩形區(qū)域AFGH內存在沿GH方向的電場E2，其大小滿足關系式，l表示到AH邊的距離，AF=L，在邊界GH上均勻分布著質量為m、電荷量為e的質子，每次以速度v0水平向右射出一個質子，質子經(jīng)過一段時間后都通過A點，最后都水平經(jīng)過