2024年河南省TOP二十名校高考物理模拟试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年河南省TOP二十名校高考物理模拟试卷(含详细答案解析)，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.“羲和号”太阳探测卫星首次在轨获取太阳Hα谱线精细结构，Hα属于氢原子巴耳末系中的谱线，其光子能量为1.89eV，巴耳末系能级图如图所示，则此谱线来源于太阳中氢原子的( )
A. n=5和n=2能级之间的跃迁
B. n=4和n=3能级之间的跃迁
C. n=3和n=2能级之间的跃迁
D. n=5和n=4能级之间的跃迁
2.如图所示的是某种双层晾衣篮，用质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成两个完全相同的篮子，上、下两篮通过四根等长轻绳与钢圈的四等分点相连；另有四根等长轻绳，它们一端与穿过轻杆的挂钩系在一起，另一端连接上篮的四等分点，每根绳子与竖直方向的夹角为θ。不装衣物时，两篮保持水平，两篮受到的重力大小均为G，则此时挂钩上每根绳子的拉力大小为( )
A. G2tanθ
B. G2csθ
C. G2sinθ
D. G2
3.带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体，气体开始处于状态A，然后经过过程AB到达状态B或经过过程AC到达状态C，B、C状态温度相同，如图所示，设气体在状态B和状态C的体积分别为VB和VC，在过程AB和AC中吸收的热量分别为QAB和QAC，则( )
A. VB>VC，QAB>QACB. VB>VC，QABQAC，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据题图可比较理想气体在B和C两状态时体积的大小，B和C两个状态温度相同，则两个变化过程内能变化量相同，根据热力学第一定律可判断两个过程吸收热量的大小关系。
本题考查气体实验定律和热力学第一定律，要求学生熟练掌握并能应用于解题。
4.【答案】C
【解析】解：A、第一宇宙速度(7.9km/s)等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，是最大的环绕速度，所以遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的速度小于7.9km/s，故A错误；
B、忽略地球自转的影响，根据万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg，解得：g=GMR2
根据牛顿第二定律可得GMm(R+h)2=ma，所以遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的向心加速度：a=GM(R+h)2
遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故B错误；
C、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：GMm(R+h)2=m(R+h)4π2T2，
解得遥感四上一号卫星运行的周期为：T=2π (R+h)3gR2，故C正确；
D、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：GMm(R+h)2=m(R+h)4π2T2，解得：M=4π2(R+h)3GT2；
根据密度计算公式可得：ρ=MV，其中V=43πR3
解得地球的密度为：ρ=3π(R+h)3GT′2R3，T′是卫星的公转周期，若卫星近中心天体运动，h≈0，则有：ρ=3πGT′2，故D错误。
故选：C。
第一宇宙速度(7.9km/s)是最大的环绕速度；
根据万有引力和重力的关系结合牛顿第二定律进行分析；
卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力求解遥感四上一号卫星运行的周期；
卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力结合密度计算公式进行解答。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
5.【答案】A
【解析】解：AB、根据点电荷的电势表达式和标量叠加可知：φ=kqa，φB=3kq2a，φD=kq2a
则UOB=−kq2a，所以质子从O点移动到B点电场力做功WOB=eUOB=−keq2a，做负功；
电荷量为e的质子从O点移动到D点电势能变化量为EpD−EpO=eφD−eφO=−keq2a，故A正确，B错误；
CD.根据点电荷周围的电场强度和电场强度的叠加可知B点的电场强度大小为EB=kqa2−kq4a2=3kq4a2
O点的电场强度大小为EO=kqa2+kqa2=2kqa2，故CD错误。
故选：A。
电势是一个标量，某点的电势等于三个电荷产生的电势的代数和，电场强度是一个矢量，某点的电场强度等于三个电荷产生的电场强度的矢量和，据此比较两点的电势高低和场强大小；根据电场强度的叠加原理分析O、D两点的电场强度方向，进而判断电场力做功。
本题考查点电荷产生的电场特点，知道电势是标量，电场强度是标量，知道电势和电场强度的叠加方法。
6.【答案】AD
【解析】解：A.电动势的最大值为Em=nBωS=100×0.1×10×0.02V=2V
从中性面开始计时，则原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=Emsinωt=2sin10t(V)
故A正确；
B.理想电流表A1示数为0.5A，则流过副线圈的电流I2=n1n2I1=110×0.5A=0.05A
则熔断器的熔断电流应该不小于0.05A，故B错误；
C.滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，R阻值减小，则次级电流变大，则电流表A2示数变大，故C错误；
D.取磁感线从图示方向穿过线框平面磁通量为正，则Φ1=BS，
线框从图示位置开始转过180∘时的磁通量Φ2=−BS
磁通量的变化量的大小 ΔΦ=|Φ2−Φ1|=|−BS−BS|=2BS
所用时间Δt=T2=12×2πω=πω
线框从图示位置开始转过180∘的过程中，产生的平均电动势为E−=nΔΦΔt=n⋅2BSπω=2nBSωπ=2×100×0.1×10×0.02πV=4πV，故D正确。
故选：AD。
根据最大感应电动势的公式求出最大感应电动势，然后写出瞬时值表达式；根据理想变压器电流与匝数比的关系求副线圈上的电流；判断P移动时滑动变阻器上电阻的变化，然后根据欧姆定律分析副线圈中电流的变化；根据磁通量公式求解线框从图示位置开始转过180∘的过程中，线框磁通量的变化量的大小，根据周期公式求时间，最后求平均感应电动势。
本题考查了理想变压器的电压与匝数比、电流与匝数比的关系；难点是求线框转过180∘的过程中产生的平均感应电动势。
7.【答案】BD
【解析】解：A、因质点N比质点M提前0.8s回到平衡位置，可知t=0时刻N点振动方向向下，根据同侧法可知简谐波沿x轴负方向传播，故A错误；
BC、由图示时刻的波形图，坐标1m和坐标5m位移等高，中点坐标为3m，则波长为λ=4×3m=12m。由题意可知：T3=0.8s，可得T=2.4s，则简谐波的波速为v=λT=122.4m/s=5m/s，故B正确，C错误；
D、由y=Asin2π12x(cm)，当x=1m时y=5cm，代入可得：5=Asinπ6，解得简谐波的振幅为：A=10cm，故D正确。
故选：BD。
根据质点N与M振动先后判断波的传播方向。根据质点N比质点M提前0.8s回到平衡位置，有T3=0.8s，求得周期，读出波长，从而求得波速。写出波动方程，将当x=1m时y=5cm代入，求得振幅。
解答本题时，要把握质点的振动与波动的内在关系，熟练运用同侧法判断波的传播方向。能根据振幅、波长、初相位三要素写出波动方程。
8.【答案】BC
【解析】A.弹簧压缩量x时，N处于静止状态，根据平衡条件有
mgsinθ=kx
解得
x=mgsinθk，故A错误；
B.当弹簧的压缩量为3x时，弹簧弹性势能最大，根据弹性势能的表达式有
Epm=12k(3x)2=9m2g2sin2θ2k，故B正确；
C.当物块N合外力为零时，即物体初始静止的位置，物块N向上运动时的动能最大，根据能量守恒有
Epm=12kx2+mg⋅2xsinθ+Ekm
解得物块N向上运动时的最大动能为
Ekm=2m2g2sin2θk
故C正确；
D.物块M刚要离开挡板时，对M受力分析可知
mgsinθ=kx1
故弹簧的弹性势能为
Ep=12kx12=m2g2sin2θ2k，故D错误。
故选：BC。
A受力分析，根据平衡条件求解N由静止弹簧的压缩量；
B：根据弹性势能的表达式求解弹簧的最大弹性势能；
C：根据能量守恒定律求解物块N向上运动时的最大动能；
D：物块M刚要离开挡板时，对M受力分析根据平衡条件求解弹簧的拉伸量，再根据弹性势能的表达式求解此时弹簧的弹性势能。
本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
9.【答案】1.51x1x2 大
【解析】解：(1)根据数学知识，入射角的正弦sini=sin(90∘−θ1)=csθ1
折射角的正弦sinr=sin(90∘−θ2)=csθ2
n=sinisinr=csθ1csθ2=
(2)根据折射定律，折射率n=sinisinr=x1Rx2R=x1x2
由于图像需测量x1、x2距离，故需图适当大一点，测量较准确，误差较小，故数据处理过程中画圆时半径尽量大一些。
故答案为：(1)1.51；(2)x1x2；大。
(1)根据折射定律求解作答；
(2)根据数学知识结合图像求解入射角和折射角的正弦，再根据折射定律求解作答；
根据得出的折射率关系式进行分析。
本题主要考查了用“插针法”测玻璃的折射率，明确两者数据处理的方法是解题的关键。
10.【答案】−r 偏小
【解析】解：(1)根据图甲，图乙中的实物图连线如图
(2)电压表最小刻度为0.1V，则读数为1.20V；
(3)画出U−I图像如图
由闭合电路的欧姆定律可知
U=E−Ir
则E=1.48V
内阻r=1.48−Ω=1.00Ω
(4)由闭合电路的欧姆定律可知
E=I(R+RA+r)
可得
1I=1ER+r+RAE
由图像可知
1E=k
b=r+RAE
解得
RA=bk−r
(5)由于电压表内阻不是无穷大，测量的阻值为电压表内阻和电源内阻的并联值，本实验干电池内阻的测量值为
r测=r真RVr真+RV