2024屆河南省TOP二十名校高三下學期質檢物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12024屆高三年級TOP二十名校質檢一一、選擇題。1.“羲和號”太陽探測衛(wèi)星首次在軌獲取太陽，譜線精細結構，屬于：氫原子巴耳末系中的譜線，其光子能量為1．89eV，巴耳末系能級圖如圖所示，則此譜線來源于太陽中氫原子的（）A.和能級之間的躍遷 B.和能級之間的躍遷C.和能級之間的躍遷 D.和能級之間的躍遷〖答案〗C〖解析〗氫原子巴耳末系中的譜線，其光子能量為1．89eV，即電子由較高能級躍遷到較低能級并以光子的形式釋放能量，由公式有躍遷時釋放的能量為代入數據可知此譜線來源于太陽中氫原子的和能級之間的躍遷。故選C。2.如圖所示的是某種雙層晾衣籃，用質地均勻的圓形鋼圈穿進網布構成兩個完全相同的籃子，上、下兩籃通過四根等長輕繩與鋼圈的四等分點相連；另有四根等長輕繩，它們一端與穿過輕桿的掛鉤系在一起，另一端連接上籃的四等分點，每根繩子與豎直方向的夾角為。不裝衣物時，兩籃保持水平，兩籃受到的重力大小均為G，則此時掛鉤上每根繩子的的拉力大小為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗對整體分析可知解得故選B。3.帶有活塞的汽缸內封閉一定量的理想氣體，氣體開始處于狀態(tài)A，然后經過過程AB到達狀態(tài)B或經過過程AC到達狀態(tài)C，B、C狀態(tài)溫度相同，如p-T圖所示，設氣體在狀態(tài)B和狀態(tài)C的體積分別為VB和VC，在過程AB和AC中吸收的熱量分別為QAB和QAC，則（）A.， B.，C， D.，〖答案〗B〖解析〗由圖可知，狀態(tài)B和C溫度相同，狀態(tài)B壓強大于狀態(tài)C壓強，根據玻意耳定律可知，氣體在狀態(tài)B體積大于狀態(tài)C體積，即由于狀態(tài)B和C溫度相同，所以過程AB和AC的內能變化量?U相等，氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C，溫度升高，體積增大，氣體對外做功，即W為負值；氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B，體積不變，對外不做功，W為零，根據熱力學第一定律可知，氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C過程吸收的熱量多，即故選B。4.2023年12月15日我國在文昌航天發(fā)射場使用長征五號遙六運載火箭，成功將遙感四十一號衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進入預定軌道，該星是高軌光學遙感衛(wèi)星．已知遙感四十一號衛(wèi)星在距地面高度為h的軌道做圓周運動，地球的半徑為R，自轉周期為，地球表面的重力加速度為g，引力常量為G，忽略地球自轉的影響，下列說法正確的是（）A.遙感四十一號衛(wèi)星繞地球做圓周運動的速度大于7.9km/sB.遙感四十一號衛(wèi)星繞地球做圓周運動的向心加速度大于地球表面的重力加速度C.遙感四十一號衛(wèi)星運行的周期為D.地球的密度為〖答案〗C〖解析〗A．第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度，大小為7.9km/s，故遙感四十一號衛(wèi)星繞地球做圓周運動的速度小于7.9km/s，故A錯誤；B．根據萬有引力與重力的關系根據牛頓第二定律遙感四十一號衛(wèi)星繞地球做圓周運動的軌道半徑大于地球的半徑，故遙感四十一號衛(wèi)星繞地球做圓周運動的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故B錯誤；C．根據萬有引力提供向心力根據萬有引力與重力的關系解得遙感四十一號衛(wèi)星運行的周期為故C正確；D．設同步衛(wèi)星的軌道半徑為，根據萬有引力提供向心力地球的密度為故D錯誤。故選C。5.如圖所示，在邊長為a的正六邊形的三個頂點A、C、E分別固定電荷量為、、的點電荷，O點為正六邊形的中心，已知點電荷的電勢公式為（k為靜電力常量，Q為場源點電荷電荷量，r為某點到場源點電荷的距離），則下列說法正確的是（）A.電荷量為e的質子從O點移動到B點電場力做功為B.電荷量為e的質子從O點移動到D點電勢能變化量為C.B點的電場強度大小為D.O點的電場強度大小為〖答案〗A〖解析〗AB．根據電勢的疊加可知O點和B點的電勢為，，O點到B點的電勢差為所以電荷量為e的質子從O點移動到B點電場力做功為做負功。電荷量為e的質子從O點移動到D點電勢能變化量為故A正確，B錯誤；CD．根據點電荷周圍的電場強度和電場強度的疊加可知B點的電場強度大小為O點的電場強度大小為故CD錯誤。故選A。6.圖甲所示的裝置是斯特林發(fā)電機，其工作原理圖可以簡化為圖乙．已知矩形導線框的匝數為100匝，面積為，處在磁感應強度大小為的勻強磁場中，矩形導線框以10rad/s的角速度繞垂直磁場方向的軸勻速轉動，線框與理想變壓器原線圈相連，理想變壓器原、副線圈的匝數比為，圖示時刻線框平面與磁感線垂直并以此時刻為計時起點，理想電流表示數為0.5A，副線圈串聯(lián)了電阻可忽略的熔斷器、定值電阻，滑動變阻器R和理想電流表，電路處于正常工作狀態(tài)．不計矩形導線框電阻，下列說法正確的是（）A.原線圈兩端電壓的瞬時值表達式為B.熔斷器的熔斷電流應該不小于5AC.滑動變阻器的滑片向d端滑動的過程中，電流表示數減小D.線框從圖示位置開始轉過的過程中，產生的平均電動勢為〖答案〗AD〖解析〗A．電動勢的最大值為從中性面開始計時，則原線圈兩端電壓的瞬時值表達式為選項A正確；B．理想電流表示數為0.5A，則次級電流則熔斷器的熔斷電流應該不小于0.05A，選項B錯誤；C．滑動變阻器的滑片向d端滑動的過程中，R阻值減小，則次級電流變大，則電流表示數變大，選項C錯誤；D．線框從圖示位置開始轉過的過程中，產生的平均電動勢為選項D正確。故選AD。7.帶操是一項藝術體操項目．在奧運會上運動員手持帶棍，以腕為軸做上下或左右的連續(xù)小擺動的動作，使帶形成如圖甲所示的波浪圖形．某段時間內帶的波形可看作一列簡諧波沿x軸方向傳播，時刻的波形圖如圖乙所示，此后質點N比質點M提前回到平衡位置，則下列說法正確的是（）A.波沿x軸正方向傳波 B.簡諧波的波速為5m/sC.簡諧波的周期為 D.質點N的振幅為10cm〖答案〗BD〖解析〗A．因質點比質點提前0.8s回到平衡位置，可知N點振動方向向下，則簡諧波沿軸負方向傳播，故A錯誤；BC．由題意可知可得則簡諧波的波速為故B正確，C錯誤；D．由當時，帶入可得解得簡諧波的振幅為故D正確。故選BD。8.如圖所示，勁度系數為k的輕質彈簧兩端栓接著質量均為m的物塊M、N，物塊M放置在光滑斜面的擋板上，M、N處于靜止狀態(tài)，彈簧壓縮量x（未知）?，F用外力緩慢推動物塊N使彈簧再縮短長度2x，然后立即撤去外力，使物塊N由靜止開始運動，之后物塊M能剛好離開擋板。已知彈簧彈性勢能的表達式為，k為彈簧勁度系數，x為彈簧的形變量，斜面傾角為，重力加速度為g，斜面足夠長，則下列說法正確的是（）A.B.彈簧最大彈性勢能C.物塊N向上運動時的最大動能為D.物塊M剛要離開擋板時，彈簧的彈性勢能為〖答案〗BC〖解析〗A．彈簧壓縮量x時，N處于靜止狀態(tài)，根據平衡條件可得可得故A錯誤；B．當彈簧的壓縮量為時，彈簧彈性勢能最大，為故B正確；C．當物塊N合外力為零時，物塊N向上運動時的動能最大，根據能量守恒有解得物塊N向上運動時的最大動能為故C正確；D．物塊M剛要離開擋板時，有彈簧的彈性勢能為故D錯誤。故選BC。二、非選擇題。9.某實驗小組用“插針法”測玻璃的折射率，如圖甲所示。（1）甲同學在實驗中多次改變入射角，測出多組相關角度，，作出的圖像，如圖乙所示，則此玻璃磚的折射率為________；（2）乙同學手頭有圓規(guī)和刻度尺但沒有量角器，在完成了光路圖以后，以O點為圓心，OA為半徑畫圓，交延長線于C點，過A點和C點作垂直法線的垂線，與法線的交點分別為B點和D點，如圖丙所示．用刻度尺測得AB的長度為，CD的長度為，則玻璃磚的折射率__（用測量的字母表示）。相對誤差的計算式。為了減小、測量的相對誤差，數據處理過程中畫圓時半徑盡量________（填“大”或“小”）一些?！即鸢浮剑?）1.51（2）大〖解析〗【小問1詳析】根據得則折射率【小問2詳析】[1]折射率為[2]由于圖像需測量、距離，故需圖適當大一點，測量較準確，誤差較小，故數據處理過程中畫圓時半徑盡量大一些。10.某實驗小組為測量一節(jié)干電池的電動勢和內阻，設計了如圖甲所示電路。（1）根據圖甲，完成圖乙中的實物圖連線________；（2）正確連接后，某次測量中電壓表指針位置如圖丙所示，其示數為________V；（3）測得的7組數據已標在如圖丁所示坐標系上，用作圖法作圖________；求干電池的電動勢________V和內阻________（計算結果均保留兩位小數）；（4）該小組根據記錄數據進一步探究，作出圖像如圖戊所示．圖戊中圖像在縱軸的截距為b，圖像斜率為k，則電流表內阻為________（用字母b、k、r表示）；（5）由于電壓表內阻不是無窮大，本實驗干電池內阻的測量值________（填“偏大”或“偏小”）?！即鸢浮剑?）（2）1.20（3）1.481.00（4）（5）偏小〖解析〗【小問1詳析】根據圖甲，圖乙中的實物圖連線如圖小問2詳析】電壓表最小刻度為0.1V，則讀數為1.20V；【小問3詳析】[1]畫出U-I圖像如圖[2][3]由閉合電路歐姆定律可知則E=148V內阻【小問4詳析】由閉合電路的歐姆定律可知可得由圖像可知解得【小問5詳析】由于電壓表內阻不是無窮大，本實驗干電池內阻的測量值為即內阻測量值偏小。11.中國高鐵技術世界領先，被網友稱為中國現代版的“四大發(fā)明”之一，其運行過程十分平穩(wěn)。如圖甲所示為某科研小組設計的列車電磁驅動系統(tǒng)的原理示意圖，ABCD是水平固定在列車下方的n匝正方形金屬線圈，每個線圈的電阻均為R，長度寬度均為d，用兩條不計電阻的導線與智能輸出系統(tǒng)（可輸出大小和方向變化的電流）組成回路。如圖乙所示，列車沿水平直軌道運動，軌道上依次間隔分布著方向垂直紙面向里的磁場，其磁感應強度大小為B、寬度、長度及磁場間的距離均為d。已知智能輸出系統(tǒng)提供的額定功率為P，列車整體的質量為m，運動過程中受到的摩擦阻力和空氣阻力的合力恒為重力的k倍。（1）求列車運行的最大速度；（2）若列車進站速度減為時，智能輸出系統(tǒng)立即切換電路后停止工作，此時相當于E、F直接用電阻不計的導線連接，經時間t后列車的速度減為0，求該過程中列車前進的距離?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）當安培力與阻力等大反向時，小車運行速度最大，根據得（2）智能系統(tǒng)切換電路后，小車在安培力與摩擦阻力的共同作用下減速為零，以向右為正方向，由動量定理可得其中又得12.利用電磁場實現離子偏轉是科學儀器中廣泛應用的技術。如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內有足夠長且寬度為L、邊界平行x軸且下邊界與x軸重合的區(qū)域，該區(qū)域存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里。在勻強磁場的上方存在沿y軸負方向的勻強電場。位于處的離子源能釋放出質量為m、電荷量為q、速度方向沿x軸正方向的的正離子束。已知離子垂直進入磁場時的速度方向與x軸正方向成角，運動過程中恰好沒有通過x軸。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應。（1）求離子進入磁場時速度大小及第一次在磁場中的運動時間t；（2）求離子初速度大小及電場強度大小E?！即鸢浮剑?），；（2），〖解析〗（1）離子運動過程中恰好沒有通過x軸，運動軌跡如圖所示根據幾何關系有根據洛倫茲力提供向心力解得離子進入磁場時速度大小為第一次在磁場中的運動時間為（2）離子初速度大小為離子的加速度為電場方向，根據動力學公式有聯(lián)立解得13.如圖所示，一質量的長木板A靜止放置于水平地面上，其左端放一質量為的小滑塊B。在小物塊B正上方高為處有一懸點O，一輕繩上端固定于O點，下端系一質量為的小球C，小球C靜止時與小物塊B等高。現將小球C拉至與O點連線CO與豎直方向夾角為處由靜止釋放，C與B之間的碰撞為彈性碰撞，碰后瞬間給木板A一個與小滑塊B相同的初速度。已知A、B間動摩擦因數，A與地面間的動摩擦因數，重力加速度，忽略小物塊B大小及空氣阻力對問題的影響。（1）求小球第一次到達