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    15,河南省创新发展联盟2023-2024学年高三下学期2月月考理综试题-高中物理
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    15,河南省创新发展联盟2023-2024学年高三下学期2月月考理综试题-高中物理

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    这是一份15,河南省创新发展联盟2023-2024学年高三下学期2月月考理综试题-高中物理,共19页。试卷主要包含了5Hz的交流电等内容,欢迎下载使用。

    考生注意:
    1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上,并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
    2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
    3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
    可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Ni 59 Nb 93
    一、选择题:本题共8小题,每小题6分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
    1. 下列说法中正确的是( )
    A. “未见其人,先闻其声”,说明声波可以发生衍射现象,而光则沿直线传播,不能发生衍射现象
    B. 日本将福岛核废水排海,是因为可以通过降低核废水的浓度来减小放射性元素的半衰期,从而尽快消除核污染
    C. 科学家研究发现,某恒星的发射光谱整体存在向波长增大方向移动的“红移现象”,这表明该恒星正在逐渐远离地球
    D. 能量是守恒的,所以今天消耗的石油、煤、天然气等能源最终都会转化为风能、水能等能源再次为我们所应用,故不必担心能源会枯竭
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.衍射是波特有的现象,所以声波和光都能发生衍射现象,但是只有波长远远大于障碍物的尺寸或者和障碍物尺寸差不多时才能发生明显的衍射现象,“未见其人,先闻其声”说明声波的波长较长,能发生明显的衍射现象,而光的波长较短,衍射现象不明显,A错误;
    B.半衰期只由原子核本身决定,与一切物理化学性质无关,所以降低核废水的浓度无法减小放射性元素的半衰期,B错误;
    C.根据多普勒原理可知,当波源与接收者相对靠近时,接收到的频率大于波源发出的频率,当波源与接收者相对远离时,接收到的频率小于波源发出的频率,“红移现象”是指接收到的波长增大,即频率减小您看到的资料都源自我们平台,20多万份最新小初高试卷,家威鑫 MXSJ663 免费下载 说明该恒星正在逐渐远离地球,C正确;
    D.能量是守恒的,但能量的转移具有方向性,例如消耗掉的内能不能收集起来再利用,自然界的很多能源一旦消耗是不可再生的,所以我们要节约能源,D错误。
    故选C。
    2. 如图所示,在坐标平面xOy内存在静电场,其等差等势线关于坐标轴对称,如图中虚线所示。现有一电子从左上方射入该电场,仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实曲线所示,P、Q、S、T、L分别为轨迹与各等势线的交点,由此可知( )
    A. 电子在由P至L的运动过程中,其加速度先减小后增大
    B. 电子在由P至L的运动过程中,动能逐渐增大,电势能逐渐减小
    C. 电子由P至Q和由T至L的过程中,动量的变化量是相同的
    D. 若将电子由坐标原点静止释放,则电子一定沿x轴正方向加速运动
    【答案】A
    【解析】
    【详解】A.根据等差等势线的疏密程度可知,电子在由P至L的运动过程中,其所受电场力大小先减小后增大,由牛顿第二定律
    可知,其加速度先减小后增大。故A正确;
    B.由电子运动轨迹的弯曲方向可知,电子所受电场力与其速度方向夹角为钝角,电场力做负功,所以电子在由P至L的运动过程中,动能逐渐减小,电势能逐渐增加。故B错误;
    C.因为电子做减速运动,由电子的运动轨迹可知,由P至Q所用时间小于由T至L的时间,又因为由P至Q过程电场力的平均值大于由T至L的过程的电场力平均值,根据
    可知电子由P至Q和由T至L的过程中,动量的变化量不确定是否相同。故C错误;
    D.由上面选项分析可知,x轴上的电场强度方向沿x轴正方向,若将电子由坐标原点静止释放,则电子所受电场力沿x轴负方向,一定沿x轴负方向加速运动。故D错误。
    故选A。
    3. 2023年7月19日,新华社援引中科院消息,国产电磁弹射微重力实验装置试运行取得圆满成功。现将测试过程适当简化:如图所示,质量为m的实验舱于电磁作用区由静止开始在向上的电磁力的驱动下沿竖直轨道上升,随即失去电磁力进入抛射阶段,返回电磁作用区时在电磁力的作用下又下降了速度减小到零,整个测试过程获得了4s的完全失重环境。设实验舱在电磁力的作用下做匀变速运动,实验舱始终未离开轨道,空气及摩擦阻力忽略不计,重力加速度g取,下列判断中正确的是( )
    A 实验舱沿轨道向上运动阶段处于超重状态,而沿轨道向下运动阶段处于失重状态
    B. 实验舱脱离电磁作用区时的速度大小为40m/s
    C. 本次测试中,实验舱内电磁作用力的最大值约为2.25mg
    D. 本次测试中,实验舱内电磁作用力的最大值约为2.43mg
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A.实验舱在电磁作用区,有向上的加速度,处于超重状态,在抛射阶段,只受重力作用,处于失重状态,故A错误;
    B.整个测试过程获得了4s的完全失重环境,根据对称性可知,实验舱脱离电磁作用区运动至最高处所用的时间为,则实验舱脱离电磁作用区时的速度大小为
    故B错误;
    CD.在电磁作用区上升阶段,根据牛顿第二定律有
    在电磁作用区下降阶段,根据牛顿第二定律有
    解得

    由于
    本次测试中,实验舱内电磁作用力的最大值有
    解得
    故C错误,D正确。
    故选D。
    4. 2023年太阳风暴频发,进而引发地磁暴,对航空航天器的运行、通讯信息传输等产生了一系列不良影响。我国2022年发射的“夸父一号”卫星,肩负着探测太阳“一磁两爆(即太阳磁场、太阳耀斑和日冕物质抛射)”的任务,为了能完成使命,它的运行轨道设定在距地面高度约为的太阳同步晨昏轨道。已知地球的半径为R,地球极地表面重力加速度为,则下列说法正确的是( )
    A. “夸父一号”与地球同步卫星虽然运行高度不同,但运行周期相同
    B. “夸父一号”的运行周期为
    C. 太空中运行的航天器处于完全失重状态,所以“夸父一号”搭载的科学仪器不再受重力作用
    D. “夸父一号”所处位置的重力加速度大小为
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A.根据开普勒第三定律,“夸父一号”与地球同步卫星运行高度不同,运行周期一定不相同,选项A错误;
    B.根据
    解得 “夸父一号”的运行周期为
    选项B正确;
    C.太空中运行的航天器处于完全失重状态,但是“夸父一号”搭载的科学仪器仍受重力作用,选项C错误;
    D.根据
    可得 “夸父一号”所处位置的重力加速度大小为
    选项D错误。
    故选B。
    5. 一列沿x轴传播的简谐横波,在时刻的波形如图所示。此时,波上P点的坐标为,且沿y轴正方向运动,Q点恰好位于波峰。在时,P点第一次到达波谷,则下列判断正确的是( )
    A. 该波沿x轴正方向传播
    B. 该波的波长为2.4m
    C. 该波的传播速度为12m/s
    D. P点的振动方程为
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A.因P点时刻沿y轴正方向运动,该波沿x轴负方向传播,选项A错误;
    B.由几何关系可知
    该波的波长为
    选项B正确;
    C.在时,P点第一次到达波谷,则此过程中波向左传播的距离为,该波的传播速度为
    选项C错误;
    D.因A=8cm,
    当t=0时y=4cm,则
    解得
    可得P点的振动方程为
    选项D错误。
    故选B。
    6. 如图所示是质量为m的炮弹在地面附近上空竖直平面内做抛体运动的一部分轨迹,O、B、C、D是抛体运动轨迹上的四点,O是坐标原点,B为运动的最高点,C、D两点的坐标已在图中标出,重力加速度为g,空气阻力忽略不计。下列说法正确的是( )
    A. 炮弹由O到B和由B到C过程,重力做功相同
    B. 炮弹由B到C和由C到D过程,动量的变化量相同
    C. 炮弹经过B点时速度大小为
    D. 炮弹经过D点时的动能为
    【答案】BD
    【解析】
    【详解】A.篮球由O到B,重力做负功;由B到C,重力做正功,重力做功不同,故A错误;
    B.由图可知篮球由B到C和由C到D过程水平方向上发生的位移相等,则所用时间相等,根据动量定理得
    所以动量的变化量相同,故B正确;
    C.OC由距离为,由对称性可知B点的横坐标为,设B点坐标为, B点到C点时间为,由图可得
    联立求得
    故C错误;
    D.设D点的动能为,从B点到D点由动能定理得

    故D正确
    故选BD。
    7. 如图所示,在水平面上放置一长度为L、内壁光滑的玻璃管MN,在玻璃管的中点O处有一带电量为q、质量为m、直径略小于玻璃管内径的小球,小球保持静止。整个空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现让玻璃管在外力作用下沿水平面向右以速度做匀速直线运动,发现小球沿玻璃管由O向N运动,最终从N端脱离玻璃管。下列判断正确的是( )
    A. 小球一定带正电
    B. 小球在玻璃管内运动的时间为
    C. 小球脱离玻璃管前的运动轨迹为一条抛物线
    D. 小球在玻璃管内运动的过程中,洛伦兹力对其做功为
    【答案】ABC
    【解析】
    【详解】A.让玻璃管在外力作用下沿水平面向右以速度做匀速直线运动,发现小球沿玻璃管由O向N运动,故洛伦兹力向O N方向,根据左手定则判断知小球定带正电,故A正确;
    B.小球在玻璃管内沿O N方向做匀加速运动,根据牛顿第二定律
    根据运动学规律
    联立解得小球在玻璃管内运动的时间为
    故B正确;
    C.小球沿水平面向右以速度做匀速直线运动,小内沿O N方向做初速度为零的匀加速直线运动,故小球脱离玻璃管前的运动轨迹为一条抛物线,故C正确;
    D. 从能量转化角度看小球机械能的增加是因为试管对小球的弹力做功,而洛伦兹力不做功,故D错误。
    故选ABC。
    8. 如图1所示的电路中,变压器为理想变压器,交流电压表和电流表均可视为理想电表,定值电阻,,灯泡的电阻恒定。当开关S断开、电路的输入端接入如图2所示的稳压交流电源时,灯泡恰好正常发光,电压表示数为36V,电流表示数为1A,则( )
    A. 灯泡中的电流是频率为0.5Hz的交流电
    B. 理想变压器原线圈与副线圈的匝数比为2:1
    C. 若将开关S闭合,则电压表的示数将变为54V
    D. 若将开关S闭合,则小灯泡的功率将变为40.5W
    【答案】BD
    【解析】
    【详解】A.由图2可知,电路的输入端,输入的交变电流的频率为
    变压器不改变交变电流的频率,所以灯泡中电流的频率为,故A错误;
    B.当开关断开时,电阻两端的电压为
    电路输入电压的有效值为
    则原线圈两端的电压为
    电压表测量的是副线圈的电压,则根据
    故B正确;
    C.根据
    可得,副线圈的电流为
    则灯泡的电阻为
    副线圈在原线圈中的等效电阻为
    此时原线圈中的电流为
    电阻的分压为
    原线圈的电压为
    则电压表的示数,即副线圈的电压为
    故C错误;
    D.灯泡的功率为
    故D正确。
    故选BD。
    三、非选择题:本题共14小题,共174分。
    (说明:物理部分为第9-13题,共62分;化学部分为第27~30题,共58分;生物部分为第31~35题,共54分)
    9. 某同学用图1所示装置,通过实验来验证玻意耳定律。封闭于注射器内的空气可视为理想气体,其体积可由注射器筒壁上的刻度直接读出,已知大气压强为,重力加速度为g。回答下列问题:
    (1)关于该实验,下列说法正确的有______(填选项序号)。
    A.注射器一定要竖直固定
    B.在框架上悬挂钩码时要两侧对称
    C.改变被封闭气体的压强后,测量气体体积时越快越好
    D.处理数据时发现被封气体压强与体积的乘积渐渐增大,可能是因为存在漏气现象
    (2)测量注射器活塞横截面的直径d时,游标卡尺的示数如图2所示,其读数为______cm。
    (3)若操作正确且测得活塞及框架的总质量为,当框架上挂上质量为m的钩码,稳定后被封气体的压强为______(用测得及已知物理量字母表示)。
    (4)测出气体体积并改变钩码质量测出多组压强、体积数据即可验证玻意耳定律。
    【答案】 ①. AB ②. 2.060 ③.
    【解析】
    【详解】(1)[1] A.为了减小误差,固定注射器针筒时必须保持针筒竖直,故A正确;
    B.在实验过程中,为了使气体温度不变,在框架上悬挂钩码时要两侧对称,保证注射器活塞竖直向下,故B正确;
    C.改变被封闭气体的压强后,测量气体体积时要待稳定后再读数,故C错误;
    D.实验时若注射器内的气体向外发生了泄漏,根据理想气体状态方程
    常数C与质量有关,则pV乘积减小,故D错误。
    故选A B。
    (2)[2]测量注射器活塞横截面的直径d时,游标卡尺的示数如图2所示,其读数为
    (3)[3]根据受力平衡可得
    其中
    联立解得空气柱的压强为
    10. 某同学设计实验测量待测电阻的阻值。
    (1)如图1所示为简易多用电表内部电路原理图,其中G为灵敏电流计,选择开关S与不同接点连接构成不同的电表,下列分析正确的是______。
    A.将选择开关S与3连接,构成欧姆表
    B.将选择开关S与4、5连接,构成电压表,且与5接点相连时量程较大
    C将选择开关S与1、2连接,构成电流表,且与2接点相连时量程较大
    (2)该同学首先用图2所示多用电表的欧姆挡粗测此电阻阻值,第一次选择的倍率不合适,又改换另一倍率测量,经过正确操作后,前后两次电表指针位置如图2中的两条虚线所示。该同学两次倍率选择的操作步骤是______(填“①②”或“②①”),该电阻的阻值约为______Ω。
    ①将“选择开关”旋到“×10”挡
    ②将“选择开关”旋到“×1”挡
    (3)为了更准确地测定该电阻的阻值,该同学采用伏安法。现有如下实验器材:
    ①量程为3V,内阻约3kΩ的电压表;
    ②量程为30mA,内阻约0.1Ω的电流表;
    ③阻值为0~20Ω的滑动变阻器;
    ④内阻可忽略,输出电压为3V的电源;
    ⑤开关和导线若干。
    实验要求测量尽可能准确,且多测几组数据,请在虚线框内画出测量的电路图___________。
    【答案】 ①. AB##BA ②. ②① ③. 120 ④.
    【解析】
    【详解】(1)[1]A.将选择开关S与3连接,多用电表内部接入电源,构成欧姆表,故A正确;
    B.将选择开关S与4、5连接,灵敏电流计串联分压电阻,构成电压表,根据电压表改装原理,串联分压电阻越大,改装后的电压表量程越大,故与5接点相连时量程较大,故B正确;
    C.将选择开关S与1、2连接,灵敏电流计并联分流电阻,构成电流表,根据电流表改装原理,并联分流电阻越小,改装后的电流表量程越大,故与2接点相连时量程较小,故C错误。
    故选AB。
    (2)[2]第一次测量多用电表指针偏转较小,说明待测电阻阻值较大,应换用更大倍率的欧姆挡去测量,则该同学第一次测量电阻时,将“选择开关”旋到“×1”挡,故该同学两次倍率选择的操作步骤是②①。
    [3]该电阻的阻值约为
    (3)[4]滑动变阻器阻值较小,为调节方便,获取更多组数据,滑动变阻器采用分压式接法,由于
    为减小实验误差,电流表采用内接法,实验电路如图所示。
    11. 如图所示为一泳池的横截面,一位学生借助激光笔来测量泳池内水的深度。他将激光笔置于A点的正上方与水面距离的S点,当激光由S射向水面上的O点时,激光经水的折射后照射在泳池底部的P点。经测量AO间的距离为2m,而BP间的距离为3.8m,且知水的折射率,光在真空中的传播速度为。求:
    (1)泳池内水的深度;
    (2)激光由S传播至P所用的时间。
    【答案】(1);(2)
    【解析】
    【详解】(1)激光在水面发生折射,由几何关系可知入射角的正弦值为
    根据折射定律有
    解得折射角的正弦值
    则有
    令泳池内水的深度为,由几何关系有
    可解得泳池内水的深度为
    (2)光在均匀介质中沿直线匀速传播,激光由S传播至过程
    光由传播至的过程中,根据
    可得光的传播速度为
    而光的传播距离为
    所以,光由传播至所用时间为
    故激光由传播至所用时间为
    解得
    12. 如图所示,两根倾斜固定的光滑平行金属导轨间距为L,倾角为,在导轨的下端连接有阻值为R的定值电阻,整个导轨平面处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。现把一根质量为m的导体棒置于导轨上,并在它的中点用轻绳通过光滑定滑轮与质量为2m的重物相连,调节滑轮使轻绳与导轨平行。将导体棒从距导轨上端的位置静止释放,导体棒沿导轨运动,脱离导轨时的速度大小为,此时重物还未落地。已知导体棒始终垂直导轨且接入电路的电阻为r,导轨电阻不计,重力加速度为g。求:
    (1)通过电阻R的电荷量;
    (2)导体棒在导轨上运动的时间;
    (3)电阻R所产生的热量。
    【答案】(1);(2);(3)
    【解析】
    【详解】(1)由法拉第电磁感应定律得
    根据闭合电路欧姆定律,有
    电流的定义式为
    联立解得,通过电阻的电荷量为
    (2)导体棒沿导轨向上运动对其运用动量定理可得
    其中安培力的冲量
    对重物运用动量定理可得
    联立解得导体棒沿导轨运动的时间为
    (3)导体棒沿导轨向上运动,由能量守恒定律可得
    定值电阻与导体棒串联,电流相同
    由焦耳定律可知
    定值电阻与导体棒中所产生的热量之比为
    联立解得定值电阻中所产生的热量为
    13. 如图1所示,OA为一段固定在竖直平面内且与水平桌面相切于桌子边缘O点的呈抛物线状的光滑轨道,轨道左端点A距桌面的高度及桌面距地面的高度均为。以O点为原点,水平向右为x轴正方向,竖直向上为y轴正方向建立坐标系。现在轨道末端放置一质量的小球1,其保持静止,另将小球2自轨道端点A静止释放,两小球在轨道末端发生弹性正碰。已知小球1落地点的横坐标为,小球2碰后的运动轨迹恰与轨道关于坐标原点对称,两小球皆可视为质点,空气阻力忽略不计,重力加速度g取。求:
    (1)小球2的质量及其与小球1碰撞后瞬间的速度大小;
    (2)如图2所示,曲线上M点的曲率圆定义为:通过M点和曲线上紧邻M点两侧的两点作一圆,在极限情况下,这个圆就叫做M点的曲率圆,其半径ρ叫做M点的曲率半径。轨道上B点的曲率半径为多大;
    (3)小球2自A点静止释放后经过轨道上的B点时,对轨道的压力大小。
    【答案】(1),;(2);(3)
    【解析】
    【详解】(1)小球2自点由静止释放,至与小球1碰撞前,由机械能守恒定律可得
    小球1被碰后做平抛运动,故有
    又两小球发生的是弹性正碰,由动量守恒定律及机械能守恒定律可得
    联立解得
    (2)由对称可知,轨道上点的曲率半径即“抛物线”上对称点的曲率半径
    由平抛运动规律可知,当小球2以的初速度离开点,运动至时,速度大小为
    方向与水平面成角,且
    将小球所受重力沿方向及其垂直方向分解,若小球沿点的曲率圆运动,有
    解得点即点的曲率半径为
    (3)当小球2自点静止释放运动至点时,由机械能守恒定律可得

    对小球受力分析,如图所示。由此可得
    则小球运动至点时轨道对其支持力大小为
    由牛顿第三定律可得,小球运动至点时对轨道的压力大小为
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