精品解析：2024年九省联考河南物理试题（解析版）

河南省2024年普通高考适应性测试理科综合注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需要改动，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：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Ca40二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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.如图，在同一根软绳上先后激发出两段同向传播的简谐波，则它们（ ）A.波长相同 B.振幅相同 C.波速相同 D.频率相同【答案】C【解析】【详解】波在相同介质中传播的速度相同，由图可知，两列波的波长不同，振幅不同，根据可知两列波的频率不同。故选项C正确，ABD错误。故选C。2.如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为时开始刹车，先后经过路面和冰面（结冰路面），最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7：1，位移之比为8：7。则汽车进入冰面瞬间的速度为（ ）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为、，汽车进入冰面瞬间的速度为，由牛顿第二定律则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为由运动学公式，在路面上有在冰面上有其中解得汽车进入冰面瞬间的速度为故选B。3.某光源包含不同频率的光，光的强度与频率的关系如图所示。表中给出了一些金属的截止频率，用该光源照射这些金属。则（ ）金属铯4.69钠5.53锌8.06钨10.95A.仅铯能产生光电子 B.仅铯、钠能产生光电子C.仅铯、钠、锌能产生光电子 D.都能产生光电子【答案】C【解析】【详解】根据光电效应方程金属的逸出功为由图可知光源中光频率范围为则仅铯、钠、锌能产生光电子。故选C。4.若两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，到地心的距离之比为，忽略卫星之间的相互作用。在时间内，卫星与地心连线扫过的面积为，卫星与地心连线扫过的面积为，则与的比值为（ ）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】【详解】根据可知则卫星在时间t内与地心的连线扫过的面积为则故选D。5.2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图：在半径为和的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，。假设氘核沿内环切线向左进入磁场，氚核沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则和的速度之比为（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】由题意可知，根据左手定则，作图如图所示由几何关系可知，氘核的半径为，有则由几何关系可知，氚核的半径为，有则即由洛伦兹力提供向心力可得由题意可知，氘核和氚核的比荷之比为故和的速度之比为故选A。6.如图，将一平面镜置于某透明液体中，光线以入射角进入液体，经平面镜反射后恰好不能从液面射出。此时，平面镜与水平面（液面）夹角为，光线在平面镜上的入射角为。已知该液体的折射率为，下列说法正确的是（ ）A.B.C.若略微增大，则光线可以从液面射出D.若略微减小i，则光线可以从液面射出【答案】BD【解析】【详解】AB．根据解得光线在射入液面时的折射角为光线经平面镜反射后，恰好不能从液面射出，光路图如图有解得由几何关系可得解得故A错误；B正确；C．若略微增大，则光线在平面镜上的入射角将变大，根据上面分析的各角度关系可知光线射出液面的入射角变大，将大于临界角，所以不可以从液面射出。故C错误；D．同理，若略微减小i，则r减小，导致光线在平面镜上入射角减小，可知光线射出液面的入射角变小，将小于临界角，可以从液面射出。故D正确。故选BD。7.粒子以一定的初速度与静止的氧原子核发生正碰。此过程中，粒子的动量随时间变化的部分图像如图所示，时刻图线的切线斜率最大。则（ ）A.时刻的动量为B.时刻的加速度达到最大C.时刻的动能达到最大D.时刻系统的电势能最大【答案】AB【解析】【详解】A．粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，时刻的动量为故A正确；B．时刻图线的切线斜率最大，则粒子的动量变化率最大，根据可知粒子的速度变化率最大，即加速度最大，即粒子受到的电场力最大，则氧原子核受到的电场力也最大，的加速度达到最大，故B正确；C．时刻，粒子速度为零，由图可知时刻后，粒子反向运动，系统动量守恒，可知在时刻之后，的动量达到最大，的速度达到最大，的动能达到最大，故C错误；D．时刻，氧原子核受到的电场力最大，粒子与氧原子核的距离最近，系统的电势能最大，故D错误。故选AB。8.如图（a）所示，“L”形木板静止于粗糙水平地面上，质量为的滑块以的初速度滑上木板，时与木板相撞并粘在一起。两者运动的图像如图（b）所示。重力加速度大小取，则（ ）A.的质量为B.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1C.由于碰撞系统损失的机械能为D.时木板速度恰好为零【答案】AC【解析】【详解】A．两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m=1kg，Q的质量为M，由系统动量守恒定律得根据v-t图像可知，v1=3m/s，v2=1m/s，v3=2m/s，代入上式解得故A正确；B．设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v-t图像可知，0-2s内P与Q的加速度分别为aP=1.5m/s2，aQ=0.5m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得联立解得故B错误；C．由于碰撞系统损失机械能为代入数据解得故C正确；D．对碰撞后整体受力分析，由动量定理得代入数据解得因此木板速度恰好为零时刻为故D错误；故选AC。三、非选择题：共62分。9.某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹（时间间隔为T）。如图（b），在钢柱上从痕迹O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E，测得它们到痕迹O的距离分别为hA、hB、hC、hD、hE。已知当地重力加速度为g。（1）若电动机的转速为3000r/min，则T=__________s。（2）实验操作时，应该__________。（填正确答案标号）A．先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落B．先烧断细线使钢柱自由下落，后打开电源使电动机转动（3）画出痕迹D时，钢柱下落的速度__________。（用题中所给物理量的字母表示）（4）设各条痕迹到O的距离为h，对应钢柱的下落速度为v，画出图像，发现图线接近一条倾斜的直线，若该直线的斜率近似等于__________，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。【答案】①.0.02②.A③.④.2g【解析】【详解】（1）[1]由于电动机的转速为3000r/min，则其频率为则（2）[2]实验操作时，为了使软笔在钢柱表面画上一条痕迹条数多一些，应该先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落。故选A。（3）[3]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则画出痕迹D时，钢柱下落的速度为（4）[4]钢制的圆柱下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即可得若图线为一条倾斜直线，且直线的斜率近似等于，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。10.学生小组用放电法测量电容器的电容，所用器材如下：电池（电动势3V，内阻不计）；待测电容器（额定电压5V，电容值未知）；微安表（量程200μA，内阻约为1kΩ）；滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；电阻箱R1、R2、R3、R4（最大阻值均为9999.9Ω）；定值电阻R0（阻值为5.0kΩ）；单刀单掷开关S1、S2，单刀双掷开关S3；计时器；导线若干（1）小组先测量微安表内阻，按图（a）连接电路。（2）为保护微安表，实验开始前S1、S2断开，滑动变阻器R的滑片应置于__________（填“左”或“右”）端。将电阻箱R1、R2、R3的阻值均置于1000.0Ω，滑动变阻器R的滑片置于适当位置。保持R1、R3阻值不变，反复调节R2，使开关S2闭合前后微安表的示数不变，则P、Q两点的电势__________（填“相等”或“不相等”）。记录此时R2的示数为1230.0Ω，则微安表的内阻为__________Ω。（3）按照图（b）所示连接电路，电阻箱R4阻值调至615.0Ω，将开关S3掷于位置1，待电容器充电完成后，再将开关S3掷于位置2，记录微安表电流I随时间t的变化情况，得到如图（c）所示的图像。当微安表的示数为100μA时，通过电阻R0的电流是__________μA。（4）图（c）中每个最小方格面积所对应的电荷量为__________C（保留两位有效数字）。某同学数得曲线下包含150个这样的小方格，则电容器的电容为__________F（保留两位有效数字）。【答案】①.左②.相等③.1230.0④.300⑤.3.20×10－6⑥.1.60×10－4【解析】【详解】（2）[1]为保护微安表，实验开始前S1、S2断开，滑动变阻器R的滑片应置于左端。[2]由题知，使开关S2闭合前后微安表的示数不变，则说明P、Q两点的电势相等。[3]根据电桥平衡可知，此微安表的内阻为1230.0Ω。（3）[4]由于微安表与R4并联，则当微安表的示数为100μA时，R4分担的电流为则通过电阻R0的电流I总=I4＋I=300μA（4）[5]图（c）中每个最小方格面积所对应的电荷量为q=8μA×0.4s=3.2μC=3.2×10－6C[6]则150个这样的小方格为总电荷量为Q=n×q=150×3.2×10－6C=4.80×10－4C则根据电容的定义式可知电容器的电容为11.房间内温度升高空气外溢的过程可以抽象为如图所示的汽缸模型。汽缸内活塞可以无摩擦自由滑动，室内温度升高空气外溢，可视为空气膨胀推动活塞向外滑动。室内体积为V0，初始温度为T0。室内温度升高到T的过程中，活塞向外缓慢移至虚线位置。室内外气压始终恒定且相等，空气可视为理想气体。求（1）汽缸内空气升温膨胀后的总体积V；（2）升温前后室内空气质量之比。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由题知室内外气压始终恒定且相等，则由盖—吕萨克定律有解得（2）根据气体变化前后质量相等有ρ0V0=ρV解得则升温前后室内空气质量之比为12.如图所示，一个带正电的小球，质量为m，电荷量为q，固定于绝缘轻杆一端，轻杆的另一端光滑铰接于O点，重力加速度为g。（1）未加电场时，将轻杆向左拉至水平位置，无初速度释放，小球到达最低点时，求轻杆对它的拉力大小。（2）若在空间中施加一个平行于纸面的匀强电场，大小方向未知。将轻杆从左边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为4mg；将轻杆从右边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为8mg。求电场强度的水平分量Ex和竖直分量Ey。【答案】（1）3mg；（2），方向竖直向下，，方向水平向左【解析】【详解】（1）未加电场，则从水平位置无初速度释放到最低点时，有则小球在最低点有解得FT=3mg（2）加电场后，无论轻杆从哪边释放小球到达最低点时受到的拉力均比无电场时大，则说明电场在竖直方向的分量向下；而轻杆从左边释放小球到最低点受到的拉力小于轻杆从右边释放小球到最低点受到的拉力，则说明电场在水平方向的分量向左，则杆从左边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有则小球在最低点有其中FT1=4mg杆从右边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有则小球在最低点有其中FT2=8mg联立解得，13.如图（a）所示，一个电阻不计的平行金属导轨，间距，左半部分倾斜且粗糙，倾角，处于沿斜面向下的匀强磁场中；右半部分水平且光滑，导轨之间存在一个