2021届山西省大同市高三（上）学情调研测试物理试题（解析版）

大同市 2021 届高三学情调研测试试题（卷） 物理 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上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，将答案用 0.5mm 黑色笔迹 签字笔写在答题卡上。 4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。 5.本试卷满分 100 分，考试时间 90 分钟。 一、选择题：共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，第 1-6 题只有 一个选项符合题目要求，第 7-10 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的 得 2 分，有选错的得 0 分。 1. 关于近代物理学，下列说法正确的是（　　） A. 一个中子和一个质子的质量之和等于一个氘核的质量 B. 由爱因斯坦光电效应方程可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 C. 氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，要放出光子，氢原子的能量减小，电子的动能减小 D. 光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子既具有能量，也 具有动量 【答案】D 【解析】 【详解】A．一个中子和一个质子结合成氘核会发生质量亏损，释放能量，一个中子和一个质子质量之和大 于一个氘核的质量，故 A 错误； B．由爱因斯坦光电效应方程 可知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，但是不是正比 关系，故 B 错误； C．氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，要放出光子，氢原子的能量减小，电子的动能增大，故 C 错误； D．光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子既具有能量，也 具有动量，故 D 正确。 故选 D。 k 0E h W= −ν2. 甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成 45°角，乙同学持拍的拍面与水 平方向成 30°角，如图所示．设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速 度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度 υ1 与乒乓球击打乙的球拍的速度 υ2 之比为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向 的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲 处： ；在乙处： ；所以： ＝ ．故 C 正确，ABD 错 误 3. 某同学通过 Internet 查询“神舟五号”飞船绕地球运转的相关数据，从而将其与地球同步卫星进行比较。 他查阅到“神舟五号”在圆形轨道上运转一周的时间大约为 90min，由此可得出（　　） A. “神舟五号”在圆轨道上运转的速率比地球同步卫星的小 B. “神舟五号”在圆轨道上运转离地面的高度比地球同步卫星低 C. “神舟五号”在圆轨道上运转的角速度比地球同步卫星的小 D. “神舟五号”在圆轨道上运转的向心加速度比地球同步卫星的小 【答案】B 【解析】 【详解】B．人造航天器绕地球做圆周运动的向心力由万有引力提供，由向心力公式得 ① “神舟五号”在圆形轨道上运转一周 时间大约为 90min，比地球同步卫星运转一周的时间 24h 要小，所以地 球同步卫星轨道半径大于“神舟五号” 轨道半径，也就是“神舟五号”在圆轨道上运转离地面的高度比地球同 步卫星低，故 B 正确； A．由①式得，人造航天器做匀速圆周运动的线速度 的 6 3 2 2 2 3 3 x 1sin45v v= °甲 x 2sin30v v= °乙 1 2 = sin45 sin30 x xv vv v ° ° 甲 乙： 2 2 2 2 2 2 2( ) n Mm mvG m r m r mar r T πω= = = =地球同步卫星轨道半径大于“神舟五号” 轨道半径，所以“神舟五号”在圆轨道上运转的速率比地球同步卫星 的大，故 A 错误； C．由①式得，人造航天器做匀速圆周运动的角速度 地球同步卫星轨道半径大于“神舟五号” 轨道半径，所以“神舟五号”在圆轨道上运转的角速度比地球同步卫 星的大，故 C 错误； D．由①式得，人造航天器做匀速圆周运动的向心加速度 地球同步卫星轨道半径大于“神舟五号” 轨道半径， 所以“神舟五号”在圆轨道上运转的向心加速度比地球同 步卫星的大，故 D 错误； 故选 B。 4. 如图所示，A、B、E 是匀强电场中的一个椭圆上的三个点，其中 A 点的坐标为（0，3），B 点的坐标为 （5，0），E 点的坐标为（0，-3），C、D 两点分别为椭圆的两个焦点，A、B、C 三点的电势分别为 5V、 10V、1V，椭圆所在平面与电场线平行，元电荷 e=l.6×10-19C。下列说法中正确的是（　　） A. 匀强电场场强大小为 10V/m B. E 点的电势为 5V C. D 点的电势为 8V D. 将一个电子由 A 点移到 D 点，电子的电势能增加 6.4×10-19J 【答案】B 【解析】 【详解】B．根据椭圆关系可知 两点与 点 距离： 由 得： 的 GMv r = 3 GM r ω = 2n GMa r = C D、 O 2 2 2 25 3 4cmc a b= − = − = MN M NU ϕ ϕ= −， 根据 U=Ed 得： 所以： 可知 轴即为一条等势线，电场强度方向指向 轴负方向， 点电势为 5V，故 B 错误； C．由电场线与等势面关系得 ，得 ， 故 C 错误； A．电场强度： 故 A 错误； D．根据 得： 故电子的电势能减少 ，故 D 错误。 故选 B。 5. 如图所示，理想变压器原线圈接一正弦交变电源，其电压的有效值恒定不变，两个副线圈的匝数分别为 n1 9VBCU = 5VBAU = 9 5 BC BC BO BO U d U d = = BA BOU U= A O ϕ ϕ= y x E AC DEU U= 9VD ϕ = 9V 100V/m0.09m BC BC UE d = = = AB ABW qU= 19 191.6 10 C (5V 9V) 6.4 10 JADW eU − −= − = − × × − = × 196.4 10 J−×和 n2，所接电阻分别为 R1 和 R2，且 R2＝4R1。不计电流表内阻，当只闭合 S1 时，电流表示数为 1 A，S1、S2 都闭合时，电流表示数为 2 A，则 n1∶n2 等于( ) A. 1∶1 B. 1∶2 C. 1∶3 D. 1∶4 【答案】B 【解析】 【详解】设原线圈的电压为 U，当只闭合 S1 时，根据电流表示数为 1A，则变压器的输入功率为 U×1W，则 副线圈的输出功率为 U×1W；当 S1 和 S2 都闭合时，电流表示数为 2A，则变压器的输入功率为 U×2W，则 副线圈的输出功率为 U×2W，因此两副线圈的功率之比为 1∶1，根据 P＝ ，R2＝4R1，有 解得 U1∶U2＝1∶2 由变压器的电压与匝数成正比可得 n1∶n2＝1∶2 故 B 正确。 故选 B 6. 中国高速铁路系统简称“中国高铁”，完全由我国科技工作者自主研发，是中国呈现给世界的一张靓丽的 名片。目前“中国高铁”通车里程达到 3.5 万公里，居世界第一位。为满足高速运行的需要，在高铁列车的前 端和尾端各有一节机车，可以提供大小相等的动力。某高铁列车，机车和车厢共 16 节，假设每节机车和车 厢的质量相等，运行时受到的摩擦和空气阻力相同，每节机车提供大小为 F 的动力。当列车沿平直铁道运 行时，第 12 节（包括机车）对第 13 节的作用力大小和方向为（　　） 。 2U R 2 2 1 2 1 2 U U R R =A. 向后 B. 向前 C. 向后 D. 向前 【答案】A 【解析】 【详解】前端和尾端各有一节机车，每节机车提供大小为 F 的动力，故以 16 节车厢为研究对象，动力为 2F，设每节车厢摩擦和空气阻力为 f，每节车厢的质量为 m，向前的方向为正方向，由牛顿第二定律得 设第 12 节（包括机车）对第 13 节的作用力 ，以后四节车厢为研究对象由牛顿第二定律得 解得 方向向后 故选 A。 7. 如图所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图，一根轻绳跨过光滑的动滑轮，轻绳的一端系在 位置 A 处，动滑轮的下端挂上重物，轻绳的另一端挂在起重机的吊钩 C 处．起吊重物前，重物处于静止状 态．起吊重物过程是这样的：先让吊钩从位置 C 竖直向上缓慢的移动到位置 B，然后再让吊钩从位置 B 水 平向右缓慢地移动到 D，最后把重物卸载某一个位置．则关于轻绳上的拉力大小变化情况，下列说法正确 的是（ ） A. 吊钩从 C 向 B 移动过程中，轻绳上的拉力不变 B. 吊钩从 C 向 B 移动过程中，轻绳上的拉力变大 C. 吊钩从 B 向 D 移动过程中，轻绳上的拉力不变 D. 吊钩从 B 向 D 移动过程中，轻绳上的拉力变大 【答案】AD 【解析】 1 2 F 1 2 F 1 4 F 1 4 F 2 16 16F f ma− = 1F 1+ 4 4F F f ma− = 1 2 FF = −【详解】因物体重力不变，故重力与两绳子的拉力为平衡力；并且绳子为两端的张力相等；设绳子间的夹 角为 2θ；在由 C 到 B 上移的过程中有：2Tcosθ=mg；由几何关系可知，绳子为 l，则有：lcosθ=d；因由 C 到 B 的过程中 A 到 BC 的垂直距离不变，故 θ 为定值；故轻绳上的拉力不变；故 A 正确；B 错误；由 B 到 D 的过程中，绳长不变，夹角 2θ 一定增大，则由 A 中分析可知，T 一定增大；故 C 错误；D 正确；故选 AD． 【点睛】本题难点在于 C 到 B 的过程分析，要通过几何关系的分析判断出两绳子与重力所在的直线的夹角 保持不变，从而得出拉力不变的结论来． 8. 从 t＝0 时刻起，a、b 两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的 v－t 图象如图所示，下列说法中正确 的是(　　) A. 40 s 时，a、b 两物体速度相同 B. 40 s 时，a、b 两物体相遇 C. 60 s 时，物体 a 在物体 b 的前方 D. a 加速时的加速度大于 b 的加速度 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．在 0～20s 内，a 做匀加速直线运动，b 静止，a 在 b 的前方；在 20～40s 内，a 做匀速直线运 动、b 做匀加速直线运动，a 的速度大于 b 的速度，两者距离逐渐增大；40～60s 内，a 在 b 的前方，a 的速 度小于 b 的速度，两者距离逐渐减小；40s 时二者的速度相等，则在 40s 时两者相距最远，故 A 正确，B 错 误； C．由图读出 60s 时，a 的位移大于 b 的位移，两者又是从同一位移出发的，则物体 a 在物体 b 的前方，故 C 正确；D．a、b 加速时，a 图线的斜率小于 b 图线的斜率，物体 a 的加速度小于物体 b 的加速度，故 D 错误。 故选 AC。 9. 如图所示，xOy 平面位于光滑水平桌面上，在 O≤x≤2L 的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于 xOy 平面向下．由同种材料制成的粗细均匀的正六边形导线框，放在该水平桌面上，AB 与 DE 边距离恰为 2L， 现施加一水平向右的拉力 F 拉着线框水平向右匀速运动，DE 边与 y 轴始终平行，从线框 DE 边刚进入磁场 开始计时，则线框中的感应电流 i(取逆时针方向的电流为正)随时间 t 的函数图象和拉力 F 随时间 t 的函数图 象大致是 A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 当 DE 边在 0～L 区域内时，导线框运动过程中有效切割长度越来越大，与时间成线性关系，初始就是 DE 边长度，所以电流与时间的关系可知 A 正确，B 错误；因为是匀速运动，拉力 F 与安培力等值反向，由 知，力与 L 成二次函数关系，因为当 DE 边在 0～2L 区域内时，导线框运动过程中有效切割长 度随时间先均匀增加后均匀减小，所以 F 随时间先增加得越来越快后减小得越来越慢，选 C 正确，D 错 误．所以 AC 正确，BD 错误． 10. .如图所示，B、C 为竖直平面内一圆周上的两点，网心为 O，B、O 连线竖直，A 点位于 B 点正上方， 沿 AC 方向固定有一光滑绝缘细杆 L，在 O 点固定放置一带负电的小球．现有两个完全相同的带正电的小 2 2B L vF R =球 a、b，先将小球 A 穿在细杆上，让其从 A 点由静止释放后沿杆下滑，后使小球 b 从 A 点由静止释放后竖 直下落，不计两小球间的相互作用力，则下列说法中正确的是（ ） A. 小球 a 沿杆做匀加速直线运动 B. 小球 a 在 C 点的动能等于小球 b 在 B 点的动能 C. 从 A 点到 C 点，小球以的机械能先增加后减小，但机械能与电势能之和不变 D. 小球 a 从 A 点到 C 点的过程中电场力做的功等于小球 b 从 A 点到 B 点的过程中电场力做的功 【答案】CD 【解析】 【分析】 圆心 O 处放一个负电荷，圆周为一个等势面，带正点的小球下落的过程中，除受到重力作用外，还要受到 静电引力的作用，可以根据动能定理列式分析． 【详解】A 项：从 A 到 C 点，小球受到重力、静电引力、弹力作用，静电引力为变力，故合力为变力，加 速度是变化的，故 A 错误； B、项：由于圆周为等势面，故小球从 A 到 C 和 A 到 B 电场力做功相等 根据动能定理： 小球 a：mghAB+W 静电=Eka 小球 b： mghAC+W 静电=Ekb 由于 a 球下降的高度较大，故 a 球的动能较大，故 B 错误； C 项：除重力外的其余力（即电场力）做的功等于机械能的增加量，由于电场力先做正功，后做负功，故 机械能先增加，后减小，故 C 正确； D 项：由于圆周为等势面，故小球从 A 到 C 和 A 到 B 电场力做功相等，故 D 正确． 故选 CD． 【点睛】本题关键根据动能定理列式分析，切入点在于圆周为等势面，小球从 A 到 C 和 A 到 B 电场力做功 相等． 二、非选择题：共 60 分。第 11-14 为必考题，每个试题考生都必须作答。第 15-16 题为选考 题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 45 分。11. 某实验小组利用如图所示的装置验证牛顿第二定律。 原理是利用牛顿第二定律计算小车加速度的理论值，通过纸带分析得到的实验测量值，比较两者的大小是 否相等从而验证牛顿第二定律。 （1）在平衡小车与桌面之间摩擦力后的实验过程中打出了一条纸带如图所示。计时器打点的时间间隔为 0.02s，从比较清晰的点起，每 5 个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。该小车的加速度的实验 测量值 a 测=_____m/s2。（结果保留两位有效数字） （2）如果用天平测得小车和车内钩码的总质量为 M，砝码和砝码盘的总质量为 m，则小车加速度的理论值 为 a 理=_______（当地的重力加速度为 g）； （3）对于该实验下列做法正确的是（填字母代号）_______ A．在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将砝码和砝码盘通过定滑轮拴小车上 B．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行 C．小车和车内钩码的总质量要远大于砝码和砝码盘的总质量 D．通过增减小车上的钩码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度 E．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源 【答案】 (1). 0.16（或 0.15） (2). (3). BD 【解析】 【详解】(1) [1]相邻计数点之间还有 4 个点，说明相邻的两个计数点时间间隔为 0.1s，运用匀变速直线运动 的公式为 得 mg M m+ 2x at∆ = 2 234 23 2 0.0383 0.0368 m / s 0.15m / s0.1 0.1 x xa t − −= = =×（2）[2]设绳子拉力为 T，根据牛顿第二定律，对于砝码和砝码盘 mg-T=ma 对于小车和车内钩码 T=Ma 联立得 （3）[3]A．在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在小 车上，故 A 错误； B．调节滑轮的高度时，应使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故 B 正确； C．利用牛顿第二定律计算小车加速度的理论值，不需要使小车和车内钩码的总质量远大于砝码和砝码盘的 总质量，故 C 错误； D．通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故 D 正确； E．实验时，应先接通电源，再释放小车，故 E 错误。 故选 BD。 12. 一根均匀的细长空心金属圆管，其横截面如图甲所示，长度为 L ，电阻 R 约为 5Ω，这种金属的电阻率 为 ρ，因管线内径太小无法直接测量，某同学设计下列实验方案尽可能精确测定它的内径 d； (1)用螺旋测微器测量金属管线外径 D，图乙为螺旋测微器校零时的示数，用该螺旋测微器测量的管线外径 读数为 5.200mm，则所测金属管线外径 D=_______mm． (2)为测量金属管线的电阻 R，取两节干电池（内阻不计）、开关和若干导线及下列器材： A．电流表 0～0.6A，内阻约 0.05Ω B．电流表 0～3A，内阻约 0.01Ω C．电压表 0～3V，内阻约 10kΩ D．电压表 0～15V，内阻约 50kΩ E．滑动变阻器，0～10Ω（额定电流为 0.6A） F．滑动变阻器，0～100Ω（额定电流为 0.3A） 为准确测出金属管线阻值，电流表应选_______，电压表应选______，滑动变阻器应选_______(填序号) (3)如图丙所示，请按实验要求用笔代线将实物图中的连线补充完整_______． mga M m = +(4)根据已知的物理量（长度 L、电阻率 ρ）和实验中测量的物理量（电压表读数 U、电流表读数 I、金属管 线外径 D），则金属管线内径表达式 d＝______________ 【答案】 (1). 5.167 (2). A (3). C (4). E (5). (6). 【解析】 【详解】(1)[1]螺旋测微器校零时的示数 3.3×0.01mm=0.033mm 螺旋测微器测量 管线外径读数为 5.200mm，则所测金属管线外径 D=5.200-0.033mm=5.167mm． (2)[2]两节新的干电池电动势为 3V，因此电压表选择 3 V 的量程，即为 C； [3]因为电量中最大电流大约为 为了测量的精确，电流表应选择 A， [4]滑动变阻器采用限流式接法，因为待测电阻较小，所以滑动变阻器选择 E． (3) [5]由于待测电阻的平方小于电压表与电流表内阻的乘积，属于小电阻，所以电流表采用外接法，连接滑 动变阻器的滑片接头错误，应该在接线柱； 的 2 4 ILD U ρ π− 3 A 0.6A5m EI R = = =(4)[6]该实验需要测量空心金属管的内径，通过欧姆定律测出电阻的大小，结合电阻定律测出横截面积，从 而根据外径求出内径的大小．故所需测量的物理量为金属管的长度 L、金属管的外径 D、加在管两端的电压 U、通过管的电流强度 I． 据欧姆定律得， ，又 ，则 ，因为 解得: 13. 如图，直线 MN 上方有垂直纸面向里的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为 B，一质量为 m，电 荷量为 q（q