2021届山西省大同市高三学情调研测试物理免费试题带答案和解析

【答案】D
【解析】
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。

【答案】C
【解析】
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

【答案】B
【解析】
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的时间大约为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

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。

【答案】B
【解析】
B．根据椭圆关系可知两点与点的距离：

由得：
，
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。

【答案】B
【解析】
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。

【答案】A
【解析】
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。

【答案】AC
【解析】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；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；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.

【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。

【答案】CD
【解析】
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。
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。

【答案】5.167 A C E
【解析】
(1)[1]螺旋测微器校零时的示数
3.3×0.01mm=0.033mm
螺旋测微器测量的管线外径读数为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；

(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:

【答案】（1）（2） （3）
【解析】
（1）粒子带负电，则粒子的运动轨迹如图；由

解得


（2）入射点O与出射点P间的距离
；
（3）粒子运动的周期

粒子在磁场中转过的角度为120°，则运动的时间

【答案】(1) 8m/s (2) 4.8m (3)
【解析】
（1）从A到D点由机械能守恒律可以求出从A点跃出的速度；
（2）由平抛的水平和竖直位移规律，求出水平距离即AB两点间的距离；
（3）由机械能守恒律求出到达最低点的速度，再由牛顿第二定律求出人受到绳子的拉力。
（1）由A到D，根据机械能守恒定律 mv02=mgh
解得 v0＝=8m/s
（2）从A到B，人做平抛运动 y=lcos37°-lcos53°-h
而 y=gt2
所以 x=v0t=4.8m
（3）由A到C，根据机械能守恒定律
mv02+mgl（1-cos53°-h）=mv2
F-mg=m
解得
根据牛顿第三定律，绳受到的拉力大小与F相等，也是900N．

【答案】BDE
【解析】
对于一定量的理想气体，保持压强不变，体积减小，外界对气体做功，根据可知温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知它一定对外界放热，故A错误；热量总是自发的从温度高的物体传递到温度低的物体；而温度是分子的平均动能的标志，所以热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体，故B正确；晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度不变，分子的平均动能保持不变，吸收热量，内能增大，则知分子势能增大，故C错误；当分子力表现为斥力时，分子间距离减小，分子力做负功，分子势能随分子间的距减小而增大，故D正确；气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关，故E正确。

【答案】① ②40J
【解析】①由等温有： P1v=P2v/2
由平衡条件有： P1s-P0s-m0g=0
P2s-P0s-m0g-mg=0
联立解得： m=20kg
②由等压有：
由功的定义有： w=P2s(h’-h)
联立解得： w=40J

【答案】ABD
【解析】
A. 由波形图可知，波长为6m，选项A正确；
B. 当t=1s时，质点P恰好通过平衡位置，可知波传播的距离为

波速为
（n=0、1、2、3……）
当n=1时v=7m/s，选项B正确；
C. 波的周期
（n=0、1、2、3……）
因在 t=1s时，质点P通过平衡位置，则在时刻，质点P通过平衡位置，由表达式可知t不能等于2s，选项C错误；
D. 由可知，介质质点的振动周期可能为6s，选项D正确；
E. 由可知，介质质点的振动周期不可能为，则频率不可能为Hz，选项E错误。
故选ABD。

【答案】(1)；(2)
【解析】
(1)由题意做出光路图，如图所示

由于入射光线与对称轴的夹角为，过入射点做对称轴的垂线，由光路图和几何关系可得光在球面上的入射角为

折射角

所以由折射率

(2)由几何关系可知为等腰三角形，其中有

所以可得

解得

所以可得