河南省部分重點(diǎn)高中2023-2024學(xué)年高三下學(xué)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(diǎn)高中2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期5月大聯(lián)考理綜試題全卷滿分300分，考試時(shí)間150分鐘。注意事項(xiàng)：1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)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(qǐng)按題號(hào)順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內(nèi)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(biāo)號(hào)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(jié)束后，請(qǐng)將試卷和答題卡一并上交?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)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(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)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(jìn)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(jié)合能比的結(jié)合能小D.8個(gè)經(jīng)過5730年后可能剩余3個(gè)【答案】D【解析】【詳解】AB．該衰變?yōu)棣滤プ?，中子釋放β粒子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子，故AB錯(cuò)誤；C．衰變釋放能量，比結(jié)合能更大，由于質(zhì)量數(shù)相同，則結(jié)合能比大，故C錯(cuò)誤；D．8個(gè)經(jīng)過5730年后可能剩余3個(gè)，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(duì)高速氣流產(chǎn)生的噪聲進(jìn)行降噪。波長(zhǎng)為的聲波沿水平管道自左側(cè)入口進(jìn)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(cè)匯聚后噪聲減弱，其中通道①的長(zhǎng)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(shè)計(jì)的B.通道②的長(zhǎng)度可能為8.5C.通道②的長(zhǎng)度可能為8D.該降噪器對(duì)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(shè)計(jì)，A錯(cuò)誤；BCD．根據(jù)波的疊加原理可知，該降噪器對(duì)于路程差為（n＝0，1，2，3…）聲波降噪效果良好，對(duì)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(duì)所有波長(zhǎng)或頻率的聲波均有效，CD錯(cuò)誤，B正確。故選B。3.在光滑桌面上將長(zhǎng)為的軟導(dǎo)線兩端固定，固定點(diǎn)的距離為，導(dǎo)線通有電流I，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)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(dǎo)線的圖形如圖所示導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度為，則所受的安培力大小為設(shè)繩子張力為T，由幾何關(guān)系可知解得故選A。4.如圖所示是小型交流發(fā)電機(jī)的示意圖，面積為S的N匝線圈在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞水平軸OO′以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，以圖示位置為t=0時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，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(shí)刻原線圈中電流為0C.0～與～時(shí)間內(nèi)發(fā)電機(jī)的輸出功率之比可能為1:4D.0～時(shí)間內(nèi)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(cuò)誤；B．t=0時(shí)刻，線圈平面與磁感線平行，穿過線圈的磁通量為零，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流最大，故B錯(cuò)誤；C．0～與～時(shí)間內(nèi)，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(jī)輸出功率為所以發(fā)電機(jī)的輸出功率之比為1:2，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)副線圈電壓的有效值為U，且一周期內(nèi)，R1產(chǎn)生的焦耳熱為一周期內(nèi)，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(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng).可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A固定在輕桿末端.用細(xì)繩連接小球B，繩的另一端穿過位于O點(diǎn)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(shí)刻撤去拉力，小球A、B帶動(dòng)輕桿繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)。已知小球A、B的質(zhì)量均為m，桿長(zhǎng)為3L，OP長(zhǎng)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(shí)，輕桿對(duì)小球A的拉力大小為B.運(yùn)動(dòng)過程中，兩小球速度大小相等時(shí)的速度值為C.運(yùn)動(dòng)過程中，兩小球速度大小相等時(shí)細(xì)繩對(duì)小球A的拉力大小為D.運(yùn)動(dòng)過程中，兩小球速度大小相等時(shí)輕桿對(duì)小球A的拉力大小為【答案】C【解析】【詳解】A．對(duì)小球A受力分析如圖1，可知三力構(gòu)成的矢量三角形與△OPA相似，故有解得A錯(cuò)誤；B．小球A繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)做圓周運(yùn)動(dòng)，速度方向沿圓周軌跡切線方向，又因小球A、B通過細(xì)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(shí)，細(xì)繩與小球A的圓周軌跡相切，如圖2所示，由幾何關(guān)系得小球A下降的高度小球B下降的高度由機(jī)械能守恒有解得B錯(cuò)誤；C．兩小球速度大小相等時(shí)，對(duì)小球A受力分析如圖3，沿繩方向應(yīng)有小球B與小球A沿繩方向的加速度大小相等，則對(duì)小球B有解得C正確；D．沿桿方向應(yīng)有解得D錯(cuò)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(zhuǎn)的方向相同，公轉(zhuǎn)軌道均為圓軌道，土星繞太陽公轉(zhuǎn)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(shí)間內(nèi)掃過的面積一定相等B.地球公轉(zhuǎn)的線速度一定大于土星公轉(zhuǎn)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(shí)間內(nèi)掃過的面積一定不相等，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)可得地球的公轉(zhuǎn)半徑小于土星的公轉(zhuǎn)半徑，故地球公轉(zhuǎn)的線速度一定大于土星公轉(zhuǎn)的線速度，B正確；CD．根據(jù)題意，設(shè)經(jīng)過時(shí)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(yīng)該在2024年，C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。7.一足夠長(zhǎng)的粗糙傾斜傳送帶以恒定的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，某時(shí)刻在傳送帶上適當(dāng)?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?yàn)檎较?，則下列描述小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v-t圖像中可能正確是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【詳解】A．當(dāng)小物塊初速度沿斜面向下，且小于傳送帶的速度時(shí)，對(duì)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊達(dá)到傳送帶速度時(shí)，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(yùn)動(dòng)，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(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下，且大于傳送帶的速度時(shí)，若滿足則小物塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為若滿足則小物塊應(yīng)沿傳送帶向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，故B正確；CD．當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向上時(shí)，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(yùn)動(dòng)，減到零后反向勻加速，其加速度仍為a3，與傳送帶共速時(shí)，若滿足則小物塊繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)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(nèi)固定光滑平行金屬導(dǎo)軌，左右導(dǎo)軌間距分別為2L、L，整個(gè)導(dǎo)軌處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，左側(cè)導(dǎo)軌間的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，右側(cè)導(dǎo)軌間的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按圖乙規(guī)律變化，兩根金屬桿M、N分別垂直兩側(cè)導(dǎo)軌放置，N桿與cc′之間恰好圍成一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形，M桿中點(diǎn)用一絕緣細(xì)線通過輕質(zhì)定滑輪與一重物相連，t=0時(shí)釋放重物，同時(shí)在N桿中點(diǎn)處施加一水平向右的拉力F，兩桿在0~t0時(shí)間內(nèi)均處于靜止?fàn)顟B(tài)，從t0時(shí)刻開始，拉力F保持不變，重物向下運(yùn)動(dòng)x距離時(shí)（M桿未到達(dá)定滑輪處），速度達(dá)到最大，已知M、N桿和重物的質(zhì)量都為m，M、N接入電路的電阻都為R，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.0~t0時(shí)間內(nèi)，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為B.0~t0時(shí)間內(nèi)，施加在N桿上的拉力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系為C.重物下落的最大速度為D.從t=0時(shí)刻到重物達(dá)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(shí)間內(nèi)回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(shí)間內(nèi)回路的感應(yīng)電流為I，對(duì)M有對(duì)N有解得故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)上述，t0時(shí)刻的拉力大小為t0時(shí)刻之后，對(duì)M與重物整體進(jìn)行分析有對(duì)N進(jìn)行分析有解得可知M、N的加速度大小相等，當(dāng)時(shí)，重物速度最大，即其中解得故C正確；D．在0~t0時(shí)間內(nèi)，有M、N桿的速度在任意時(shí)刻大小均相等，則從t0時(shí)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(cuò)誤。故選AC。三、非選擇題：共174分。每個(gè)試題考生都必須作答。9.某實(shí)驗(yàn)小組欲測(cè)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(zhǔn)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(biāo)上相應(yīng)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(jìn)行實(shí)驗(yàn)；c.用激光筆發(fā)出細(xì)束綠色激光，沿平行于圓直徑OO＇的方向入射，分別準(zhǔn)確記錄入射點(diǎn)P和出射點(diǎn)Q在圓周上對(duì)應(yīng)的讀數(shù)；d.改變?nèi)肷潼c(diǎn)位置，重復(fù)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(cè)量，作出的圖像如圖乙所示，則玻璃磚的折射率為n＝__________（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（3）該實(shí)驗(yàn)中，若改用紅色激光筆照射，其他條件不變，當(dāng)光線沿圖甲中光路入射時(shí)，則光斑出現(xiàn)在Q點(diǎn)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(gè)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(zhì)中，紅色激光的折射率小于綠光的折射率，該實(shí)驗(yàn)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(diǎn)的上方。10.某實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)想要設(shè)計(jì)一個(gè)既能測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，又能測(cè)量定值電阻阻值的電路。他用了以下的實(shí)驗(yàn)器材中的一部分，設(shè)計(jì)出了圖甲的電路圖。a.電流表A1（量程0.6A，內(nèi)阻未知）b.電流表A2（量程300mA，內(nèi)阻rA=2Ω）c.定值電阻R1=8Ωd.定值電阻R2=1Ωe.滑動(dòng)變阻器R（0～10Ω）f.待測(cè)電阻Rxg.待測(cè)電源E（電動(dòng)勢(shì)約為3V）h.開關(guān)和導(dǎo)線若干（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求，電表①應(yīng)選擇__________，電表②應(yīng)選擇__________（均填“A1”或“A2”）；與電表②串聯(lián)的定值電阻應(yīng)選擇__________（填“R1”或“R2”）。（2）該實(shí)驗(yàn)小組先用該電路測(cè)量定值電阻Rx的阻值，進(jìn)行了以下操作：①閉合開關(guān)S1、S2，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器到適當(dāng)阻值，記錄此時(shí)電流表①示數(shù)I1，電流表②示數(shù)I2；②斷開開關(guān)S2，保持滑動(dòng)變阻器阻值不變，記錄此時(shí)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(jì)算定值電阻Rx的表達(dá)式為______________________________（用物理量的字母表示）；④忽略偶然誤差，用該方法測(cè)得的阻值與其真實(shí)值相比__________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。（3）實(shí)驗(yàn)小組再用該電路測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，將滑動(dòng)變阻器滑片移至最右端，閉合開關(guān)S1，斷開開關(guān)S2，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，分別記錄電流表①、②的讀數(shù)I1、I2，得I1與I2的關(guān)系如圖乙所示。根據(jù)圖線可得電源電動(dòng)勢(shì)E=__________V，電源內(nèi)阻r=__________Ω（計(jì)算結(jié)果用a、b及相關(guān)物理量的字母表示）?！敬鸢浮浚?）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(yīng)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(yīng)選擇R1?！拘?詳解】[1]滑動(dòng)變阻器及電流表A1接入電路的阻值為待測(cè)電阻的阻值[2]由于電表內(nèi)阻已知，不存在系統(tǒng)誤差，所以用該方法測(cè)得的阻值與其真實(shí)值相比應(yīng)相等?！拘?詳解】[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律，可知上式簡(jiǎn)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(nèi)，用不導(dǎo)熱的輕質(zhì)活塞封閉著一定質(zhì)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(zhì)量為m的小桶相連.開始時(shí)小桶靜止，外界大氣壓強(qiáng)為，活塞距離汽缸底部的距離為，不計(jì)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(shí)間后，氣體吸收的熱量為Q，活塞緩慢向右移動(dòng)的距離為，求該過程氣體內(nèi)能的增量；（2）若在小桶內(nèi)緩慢加入細(xì)沙，同時(shí)控制電熱絲的加熱功率，使汽缸內(nèi)氣體溫度保持不變，當(dāng)加入質(zhì)量為2m的細(xì)沙時(shí)，求該過程活塞向右緩慢移動(dòng)的距離。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）氣體對(duì)外做功又根據(jù)熱力學(xué)第一定律，該過程氣體內(nèi)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(zhì)量為3m的小球乙用長(zhǎng)為l的細(xì)線系于O點(diǎn)，小球剛好不接觸水平面，質(zhì)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(shí)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(zhì)點(diǎn)。求：（1）甲、乙剛碰撞后乙的速度大?。唬?）為了使拴接乙的細(xì)線始終不松弛，甲的初速度應(yīng)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(shè)物體甲的初速度方向?yàn)檎较?，設(shè)碰撞后物體甲與小球乙的速度分別為和.由動(dòng)量守恒得由機(jī)械能守恒得聯(lián)立解得（2）當(dāng)小球乙恰好能通過最高點(diǎn)時(shí)，小球在最高點(diǎn)時(shí)重力提供向心力，設(shè)在最高點(diǎn)的速度為.由牛頓第二定律得小球乙由碰后到達(dá)最高點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒得聯(lián)立解得可知若小球乙經(jīng)過最高點(diǎn)，則需要當(dāng)小球乙不能到達(dá)最高點(diǎn)，則拴接小球乙的細(xì)線不松弛時(shí)，恰好到達(dá)與懸點(diǎn)等高處由機(jī)械能守恒定律得聯(lián)立解得可知若小球不脫離軌道時(shí)，需滿足（3）設(shè)輕繩中拉力為零時(shí)，輕繩方向與水平方向夾角為由機(jī)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(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)由機(jī)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(zhǎng)為2L，寬為L(zhǎng)，OP為中線。在OPQ區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1，其中OQ為曲線，曲線在Q點(diǎn)恰好與DC邊相切且，場(chǎng)強(qiáng)大小為，，a為未知的常數(shù)，在OPCB內(nèi)切圓區(qū)域有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0（未知），緊靠A點(diǎn)的左下方矩形區(qū)域AFGH內(nèi)存在沿GH方向的電場(chǎng)E2，其大小滿足關(guān)系式，l表示到AH邊的距離，AF=L，在邊界GH上均勻分布著質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子，每次以速度v0水平向右射出一個(gè)質(zhì)子，質(zhì)子經(jīng)過一段時(shí)間后都通過A點(diǎn)，最后都水平經(jīng)過