河南省創(chuàng)新發(fā)展聯(lián)盟2023-2024學年高三下學期2月月考物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12023—2024學年高中畢業(yè)班階段性測試（六）一、選擇題：1.下列說法中正確的是（）A.“未見其人，先聞其聲”，說明聲波可以發(fā)生衍射現(xiàn)象，而光則沿直線傳播，不能發(fā)生衍射現(xiàn)象B.日本將福島核廢水排海，是因為可以通過降低核廢水的濃度來減小放射性元素的半衰期，從而盡快消除核污染C.科學家研究發(fā)現(xiàn)，某恒星的發(fā)射光譜整體存在向波長增大方向移動的“紅移現(xiàn)象”，這表明該恒星正在逐漸遠離地球D.能量是守恒的，所以今天消耗的石油、煤、天然氣等能源最終都會轉化為風能、水能等能源再次為我們所應用，故不必擔心能源會枯竭〖答案〗C〖解析〗A．衍射是波特有的現(xiàn)象，所以聲波和光都能發(fā)生衍射現(xiàn)象，但是只有波長遠遠大于障礙物的尺寸或者和障礙物尺寸差不多時才能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，“未見其人，先聞其聲”說明聲波的波長較長，能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，而光的波長較短，衍射現(xiàn)象不明顯，A錯誤；B．半衰期只由原子核本身決定，與一切物理化學性質無關，所以降低核廢水的濃度無法減小放射性元素的半衰期，B錯誤；C．根據(jù)多普勒原理可知，當波源與接收者相對靠近時，接收到的頻率大于波源發(fā)出的頻率，當波源與接收者相對遠離時，接收到的頻率小于波源發(fā)出的頻率，“紅移現(xiàn)象”是指接收到的波長增大，即頻率減小說明該恒星正在逐漸遠離地球，C正確；D．能量是守恒的，但能量的轉移具有方向性，例如消耗掉的內能不能收集起來再利用，自然界的很多能源一旦消耗是不可再生的，所以我們要節(jié)約能源，D錯誤。故選C。2.如圖所示，在坐標平面xOy內存在靜電場，其等差等勢線關于坐標軸對稱，如圖中虛線所示?，F(xiàn)有一電子從左上方射入該電場，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中實曲線所示，P、Q、S、T、L分別為軌跡與各等勢線的交點，由此可知（）A.電子在由P至L的運動過程中，其加速度先減小后增大B.電子在由P至L的運動過程中，動能逐漸增大，電勢能逐漸減小C.電子由P至Q和由T至L的過程中，動量的變化量是相同的D.若將電子由坐標原點靜止釋放，則電子一定沿x軸正方向加速運動〖答案〗A〖解析〗A．根據(jù)等差等勢線的疏密程度可知，電子在由P至L的運動過程中，其所受電場力大小先減小后增大，由牛頓第二定律，可知，其加速度先減小后增大。故A正確；B．由電子運動軌跡的彎曲方向可知，電子所受電場力與其速度方向夾角為鈍角，電場力做負功，所以電子在由P至L的運動過程中，動能逐漸減小，電勢能逐漸增加。故B錯誤；C．因為電子做減速運動，由電子的運動軌跡可知，由P至Q所用時間小于由T至L的時間，又因為由P至Q過程電場力的平均值大于由T至L的過程的電場力平均值，根據(jù)，可知電子由P至Q和由T至L的過程中，動量的變化量不確定是否相同。故C錯誤；D．由上面選項分析可知，x軸上的電場強度方向沿x軸正方向，若將電子由坐標原點靜止釋放，則電子所受電場力沿x軸負方向，一定沿x軸負方向加速運動。故D錯誤。故選A。3.2023年7月19日，新華社援引中科院消息，國產(chǎn)電磁彈射微重力實驗裝置試運行取得圓滿成功?，F(xiàn)將測試過程適當簡化：如圖所示，質量為m的實驗艙于電磁作用區(qū)由靜止開始在向上的電磁力的驅動下沿豎直軌道上升，隨即失去電磁力進入拋射階段，返回電磁作用區(qū)時在電磁力的作用下又下降了速度減小到零，整個測試過程獲得了4s的完全失重環(huán)境。設實驗艙在電磁力的作用下做勻變速運動，實驗艙始終未離開軌道，空氣及摩擦阻力忽略不計，重力加速度g取，下列判斷中正確的是（）A實驗艙沿軌道向上運動階段處于超重狀態(tài)，而沿軌道向下運動階段處于失重狀態(tài)B.實驗艙脫離電磁作用區(qū)時的速度大小為40m/sC.本次測試中，實驗艙內電磁作用力的最大值約為2.25mgD.本次測試中，實驗艙內電磁作用力的最大值約為2.43mg〖答案〗D〖解析〗A．實驗艙在電磁作用區(qū)，有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，在拋射階段，只受重力作用，處于失重狀態(tài)，故A錯誤；B．整個測試過程獲得了4s的完全失重環(huán)境，根據(jù)對稱性可知，實驗艙脫離電磁作用區(qū)運動至最高處所用的時間為，則實驗艙脫離電磁作用區(qū)時的速度大小為故B錯誤；CD．在電磁作用區(qū)上升階段，根據(jù)牛頓第二定律有在電磁作用區(qū)下降階段，根據(jù)牛頓第二定律有解得，由于本次測試中，實驗艙內電磁作用力的最大值有解得故C錯誤，D正確。故選D。4.2023年太陽風暴頻發(fā)，進而引發(fā)地磁暴，對航空航天器的運行、通訊信息傳輸?shù)犬a(chǎn)生了一系列不良影響。我國2022年發(fā)射的“夸父一號”衛(wèi)星，肩負著探測太陽“一磁兩爆（即太陽磁場、太陽耀斑和日冕物質拋射）”的任務，為了能完成使命，它的運行軌道設定在距地面高度約為的太陽同步晨昏軌道。已知地球的半徑為R，地球極地表面重力加速度為，則下列說法正確的是（）A.“夸父一號”與地球同步衛(wèi)星雖然運行高度不同，但運行周期相同B.“夸父一號”的運行周期為C.太空中運行的航天器處于完全失重狀態(tài)，所以“夸父一號”搭載的科學儀器不再受重力作用D.“夸父一號”所處位置的重力加速度大小為〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)開普勒第三定律，“夸父一號”與地球同步衛(wèi)星運行高度不同，運行周期一定不相同，選項A錯誤；B．根據(jù)解得“夸父一號”的運行周期為選項B正確；C．太空中運行的航天器處于完全失重狀態(tài)，但是“夸父一號”搭載的科學儀器仍受重力作用，選項C錯誤；D．根據(jù)可得“夸父一號”所處位置的重力加速度大小為選項D錯誤。故選B。5.一列沿x軸傳播的簡諧橫波，在時刻的波形如圖所示。此時，波上P點的坐標為，且沿y軸正方向運動，Q點恰好位于波峰。在時，P點第一次到達波谷，則下列判斷正確的是（）A.該波沿x軸正方向傳播B.該波的波長為2.4mC.該波的傳播速度為12m/sD.P點的振動方程為〖答案〗B〖解析〗A．因P點時刻沿y軸正方向運動，該波沿x軸負方向傳播，選項A錯誤；B．由幾何關系可知該波的波長為選項B正確；C．在時，P點第一次到達波谷，則此過程中波向左傳播的距離為，該波的傳播速度為選項C錯誤；D．因A=8cm，當t=0時y=4cm，則解得可得P點的振動方程為選項D錯誤。故選B。6.如圖所示是質量為m的炮彈在地面附近上空豎直平面內做拋體運動的一部分軌跡，O、B、C、D是拋體運動軌跡上的四點，O是坐標原點，B為運動的最高點，C、D兩點的坐標已在圖中標出，重力加速度為g，空氣阻力忽略不計。下列說法正確的是（）A.炮彈由O到B和由B到C過程，重力做功相同B.炮彈由B到C和由C到D過程，動量的變化量相同C.炮彈經(jīng)過B點時速度大小為D.炮彈經(jīng)過D點時的動能為〖答案〗BD〖解析〗A．籃球由O到B，重力做負功；由B到C，重力做正功，重力做功不同，故A錯誤；B．由圖可知籃球由B到C和由C到D過程水平方向上發(fā)生的位移相等，則所用時間相等，根據(jù)動量定理得所以動量的變化量相同，故B正確；C．OC由距離為，由對稱性可知B點的橫坐標為，設B點坐標為，B點到C點時間為，由圖可得聯(lián)立求得故C錯誤；D．設D點的動能為，從B點到D點由動能定理得得故D正確故選BD。7.如圖所示，在水平面上放置一長度為L、內壁光滑的玻璃管MN，在玻璃管的中點O處有一帶電量為q、質量為m、直徑略小于玻璃管內徑的小球，小球保持靜止。整個空間存在方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場?，F(xiàn)讓玻璃管在外力作用下沿水平面向右以速度做勻速直線運動，發(fā)現(xiàn)小球沿玻璃管由O向N運動，最終從N端脫離玻璃管。下列判斷正確的是（）A.小球一定帶正電B.小球在玻璃管內運動的時間為C.小球脫離玻璃管前的運動軌跡為一條拋物線D.小球在玻璃管內運動的過程中，洛倫茲力對其做功為〖答案〗ABC〖解析〗A．讓玻璃管在外力作用下沿水平面向右以速度做勻速直線運動，發(fā)現(xiàn)小球沿玻璃管由O向N運動，故洛倫茲力向ON方向，根據(jù)左手定則判斷知小球定帶正電，故A正確；B．小球在玻璃管內沿ON方向做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律根據(jù)運動學規(guī)律聯(lián)立解得小球在玻璃管內運動的時間為故B正確；C．小球沿水平面向右以速度做勻速直線運動，小內沿ON方向做初速度為零的勻加速直線運動，故小球脫離玻璃管前的運動軌跡為一條拋物線，故C正確；D.從能量轉化角度看小球機械能的增加是因為試管對小球的彈力做功，而洛倫茲力不做功，故D錯誤。故選ABC。8.如圖1所示的電路中，變壓器為理想變壓器，交流電壓表和電流表均可視為理想電表，定值電阻，，燈泡的電阻恒定。當開關S斷開、電路的輸入端接入如圖2所示的穩(wěn)壓交流電源時，燈泡恰好正常發(fā)光，電壓表示數(shù)為36V，電流表示數(shù)為1A，則（）A.燈泡中的電流是頻率為0.5Hz的交流電B.理想變壓器原線圈與副線圈的匝數(shù)比為2:1C.若將開關S閉合，則電壓表的示數(shù)將變?yōu)?4VD.若將開關S閉合，則小燈泡的功率將變?yōu)?0.5W〖答案〗BD〖解析〗A．由圖2可知，電路的輸入端，輸入的交變電流的頻率為變壓器不改變交變電流的頻率，所以燈泡中電流的頻率為，故A錯誤；B．當開關斷開時，電阻兩端的電壓為電路輸入電壓的有效值為則原線圈兩端的電壓為電壓表測量的是副線圈的電壓，則根據(jù)故B正確；C．根據(jù)可得，副線圈的電流為則燈泡的電阻為副線圈在原線圈中的等效電阻為此時原線圈中的電流為電阻的分壓為原線圈的電壓為則電壓表的示數(shù)，即副線圈的電壓為故C錯誤；D．燈泡的功率為故D正確。故選BD。三、非選擇題：本題共14小題，共174分。（說明：物理部分為第9-13題，共62分；化學部分為第27~30題，共58分；生物部分為第31~35題，共54分）9.某同學用圖1所示裝置，通過實驗來驗證玻意耳定律。封閉于注射器內的空氣可視為理想氣體，其體積可由注射器筒壁上的刻度直接讀出，已知大氣壓強為，重力加速度為g。回答下列問題：（1）關于該實驗，下列說法正確的有______（填選項序號）。A.注射器一定要豎直固定B.在框架上懸掛鉤碼時要兩側對稱C.改變被封閉氣體的壓強后，測量氣體體積時越快越好D.處理數(shù)據(jù)時發(fā)現(xiàn)被封氣體壓強與體積的乘積漸漸增大，可能是因為存在漏氣現(xiàn)象（2）測量注射器活塞橫截面的直徑d時，游標卡尺的示數(shù)如圖2所示，其讀數(shù)為______cm。（3）若操作正確且測得活塞及框架的總質量為，當框架上掛上質量為m的鉤碼，穩(wěn)定后被封氣體的壓強為______（用測得及已知物理量字母表示）。（4）測出氣體體積并改變鉤碼質量測出多組壓強、體積數(shù)據(jù)即可驗證玻意耳定律。〖答案〗（1）AB（2）2.060（3）〖解析〗（1）[1]A．為了減小誤差，固定注射器針筒時必須保持針筒豎直，故A正確；B．在實驗過程中，為了使氣體溫度不變，在框架上懸掛鉤碼時要兩側對稱，保證注射器活塞豎直向下，故B正確；C．改變被封閉氣體的壓強后，測量氣體體積時要待穩(wěn)定后再讀數(shù)，故C錯誤；D．實驗時若注射器內的氣體向外發(fā)生了泄漏，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程常數(shù)C與質量有關，則pV乘積減小，故D錯誤。故選AB。（2）[2]測量注射器活塞橫截面的直徑d時，游標卡尺的示數(shù)如圖2所示，其讀數(shù)為（3）[3]根據(jù)受力平衡可得其中聯(lián)立解得空氣柱的壓強為10.某同學設計實驗測量待測電阻的阻值。（1）如圖1所示為簡易多用電表內部電路原理圖，其中G為靈敏電流計，選擇開關S與不同接點連接構成不同的電表，下列分析正確的是______。A.將選擇開關S與3連接，構成歐姆表B.將選擇開關S與4、5連接，構成電壓表，且與5接點相連時量程較大C將選擇開關S與1、2連接，構成電流表，且與2接點相連時量程較大（2）該同學首先用圖2所示多用電表的歐姆擋粗測此電阻阻值，第一次選擇的倍率不合適，又改換另一倍率測量，經(jīng)過正確操作后，前后兩次電表指針位置如圖2中的兩條虛線所示。該同學兩次倍率選擇的操作步驟是______（填“①②”或“②①”），該電阻的阻值約為______Ω。①將“選擇開關”旋到“×10”擋②將“選擇開關”旋到“×1”擋（3）為了更準確地測定該電阻的阻值，該同學采用伏安法?，F(xiàn)有如下實驗器材：①量程為3V，內阻約3kΩ的電壓表；②量程為30mA，內阻約0.1Ω的電流表；③阻值為0~20Ω的滑動變阻器；④內阻可忽略，輸出電壓為3V的電源；⑤開關和導線若干。實驗要求測量盡可能準確，且多測幾組數(shù)據(jù)，請在虛線框內畫出測量的電路圖___________?！即鸢浮剑?）AB（2）②①120（3）〖解析〗（1）[1]A．將選擇開關S與3連接，多用電表內部接入電源，構成歐姆表，故A正確；B．將選擇開關S與4、5連接，靈敏電流計串聯(lián)分壓電阻，構成電壓表，根據(jù)電壓表改裝原理，串聯(lián)分壓電阻越大，改裝后的電壓表量程越大，故與5接點相連時量程較大，故B正確；C．將選擇開關S與1、2連接，靈敏電流計并聯(lián)分流電阻，構成電流表，根據(jù)電流表改裝原理，并聯(lián)分流電阻越小，改裝后的電流表量程越大，故與2接點相連時量程較小，故C錯誤。故選AB。（2）[2]第一次測量多用電表指針偏轉較小，說明待測電阻阻值較大，應換用更大倍率的歐姆擋去測量，則該同學第一次測量電阻時，將“選擇開關”旋到“×1”擋，故該同學兩次倍率選擇的操作步驟是②①。[3]該電阻的阻值約為（3）[4]滑動變阻器阻值較小，為調節(jié)方便，獲取更多組數(shù)據(jù)，滑動變阻器采用分壓式接法，由于為減小實驗誤差，電流表采用內接法，實驗電路如圖所示。11.如圖所示為一泳池的橫截面，一位學生借助激光筆來測量泳池內水的深度。他將激光筆置于A點的正上方與水面距離的S點，當激光由S射向水面上的O點時，激光經(jīng)水的折射后照射在泳池底部的P點。經(jīng)測量AO間的距離為2m，而BP間的距離為3.8m，且知水的折射率，光在真空中的傳播速度為。求：（1）泳池內水的深度；（2）激光由S傳播至P所用的時間?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）激光在水面發(fā)生折射，由幾何關系可知入射角的正弦值為根據(jù)折射定律有解得折射角的正弦值則有令泳池內水的深度為，由幾何關系有可解得泳池內水的深度為（2）光在均勻介質中沿直線勻速傳播，激光由S傳播至過程光由傳播至的過程中，根據(jù)可得光的傳播速度為而光的傳播距離為所以，光由傳播至所用時間為故激光由傳播至所用時間為解得12.如圖所示，兩根傾斜固定的光滑平行金屬導軌間距為L，傾角為，在導軌的下端連接有阻值為R的定值電阻，整個導軌平面處在垂直導軌平面向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。現(xiàn)把一根質量為m的導體棒置于導軌上，并在它的中點用輕繩通過光滑定滑輪與質量為2m的重物相連，調節(jié)滑輪使輕繩與導軌平行。將導體棒從距導軌上端的位置靜止釋放，導體棒沿導軌運動，脫離導軌時的速度大小為，此時重物還未落地。已知導體棒始終垂直導軌且接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度為g。求：（1）通過電阻R的電荷量；（2）導體棒在導軌上運動的時間；（3）電阻R所產(chǎn)生的熱量?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）由法拉第電磁感應定律得根據(jù)閉合電路歐姆定律，有電流的定義式為聯(lián)立解得，通過電阻的電荷量為（2）導體棒沿導軌向上運動對其運用動量定理可得其中安培力的沖量對重物運用動量定理可得聯(lián)立解得導體棒沿導軌運動的時間為（3）導體棒沿導軌向上運動，由能量守恒定律可得定值電阻與導體棒串聯(lián)，電流相同由焦耳定律可知定值電阻與導體棒中所產(chǎn)生的熱量之比為聯(lián)立