2021届江苏省南通市海门第一中学高三（下）第一次调研诊断测试物理试题（含答案及解析）

南通市海门第一中学2021届高三第一次调研诊断测试

物理

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共计24分。每小题只有一个选项符合题意。

1.北斗问天，国之夙愿，我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星，其轨道半径约为地球半径的

7倍，则该地球静止轨道卫星（）

A.其发射速度一定大于11.2km/s

B.在轨道上运动的线速度一定小于7.9km/s

C.环绕地球运动的轨道可能是椭圆

D.它可以经过北京正上空，所以我国能利用它进行电视转播

【答案】B

【解析】

【详解】A.地球静止轨道卫星其发射速度一定大于7.9km/s而小于11.2km/s,A错误；

B.第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，即最大的环绕速度，同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半

径，由

GMmmv~

得

地球静止轨道卫星的线速度一定小于第一宇宙速度，即其在轨道上运动的线速度一定小于7.9km/s,B正确;

C.环绕地球运动的轨道是圆，C错误；

D.地球静止轨道卫星在赤道平面，因此不经过北京上空，D错误；

故选B.

2.某同学在方格纸上建立直角坐标系，根据手拉纸带的V、/数据，在坐标系中描点，练习画丫-/图像，如

图所示。为了更清晰地反映纸带运动速度的变化规律，可以用某种方式把这些点连起来，下列哪种方式与

实际更加接近（）

v/(ms1)

v/tms'1)

曲线连接各点

【答案】c

【解析】

［详解】为了更清晰地反映纸带运动速度的变化规律,可以用平滑的曲线连接各点,曲线所反映的情况就

会与实际更加接近，故C正确，ABD错误。

故选C。

3.下列说法正确的是（

A.甲图中的酱油蛋是布朗运动的结果

B.乙图中的水虽可以停在水面，是因为水的表面张力

C.丙图中两种材料上的酱油滴，从形状可以看出酱油与左边材料不浸润，与右边材料浸润

D.丁图中电冰箱能把热量从低温的箱内传到高温的箱外，违背了热力学第二定律

【答案】B

【解析】

【详解】A.甲图中的酱油蛋是扩散现象，是分子无规则运动的结果，A错误；

B.乙图中的水龟可以停在水面，是因为水的表面张力，B正确；

C.丙图中两种材料上的酱油滴，从形状可以看出酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润，C错误；

D.由热力学第二定律可得，热量不能自发地从低温物体传给高温物体，但电冰箱的制冷系统能够不断的冰

箱内的热量传递到外面是由于电动机做功，不违背热力学第二定律，D错误；

故选Bo

4.紫外光电管是利用光电效应原理对油库等重要场所进行火灾报警的装置，其工作电路如图所示，其中A

为阳极，K为阴极，只有当明火中的紫外线照射到K极时，电压表有读数且启动报警装置。已知太阳光中

紫外线频率主要在7.5〜9.5xl(THz之间，而明火中的紫外线波长主要在1.1~1.5x1015Hz之间，下列说

A.为避免太阳光中紫外线干扰，K极材料截止频率应大于1.5x1015Hz

B.只有明火照射时间足够长，电压表才会有示数

C.图中电源左边接电源正极有利于提高报警装置的灵敏度

D.可以通过图中电压表示数变化监测火情的变化

【答案】D

【解析】

【详解】A.当明火中的紫外线照射到K极时，电压表有读数且启动报警装置，为避免太阳光中紫外线干扰,

K极材料的截止频率应小于1.5xl（y5Hz，不会发生光电效应，A错误;

B.电压表有没有示数与明火的照射时间无关，与紫外线的频率有关，B错误：

C.图中电源左边接电源正极时，阳极A阴极K之间的电场方向是由阴极K指向阳极A,则光电子受到的

电场力方向是阳极A指向阴极K,不利于提高报警装置的灵敏度，C错误：

D.明火中的紫外线照射到K极时，电压表有读数且启动报警装置，电压表示数变化即可监测火情的变化,

D正确。

故选D。

5.如图是两辆汽车从同一地点同时做直线运动的速度时间图象，下列说法中正确的是（）

A.汽车I的加速度不断增大，汽车II的加速度不断减小

B.汽车I的位移不断增大，汽车n的位移不断减小

c.在o~务时间内，汽车I的平均速度大于汽车II的平均速度

D.当片4时两车相遇

【答案】C

【解析】

【详解】A.速度时间图象中斜率表示加速度，汽车I的斜率不断减小，加速度不断减小；汽车II的斜率不

断减小，加速度不断减小，A错误；

B.速度时间图象中面积表示位移，汽车I和汽车H的位移不断增大，B错误；

c.在0~%时间内，汽车I的位移大于汽车H的位移，汽车I的平均速度大于汽车n的平均速度，c正确；

D.当仁工时两车速度相等，在八时刻之前汽车I的速度大于汽车n的速度，汽车I的位移大于汽车II的位

移，不会相遇，因此D错误；

故选C。

6.“C发生放射性衰变为“N,半衰期约为5730年。已知植物存活期间，其体内14c与“C的比例不变,

生命活动结束后，I'C的比例会持续减少。现测量某古木样品中14c的比例，发现正好是现代植物样品中14c

比例的二分之一。则()

A.该古木生命活动结束的年代距今约5730年

B.再过约5730年，该样品中的Me将全部衰变殆尽

C."C衰变为"N的本质是;Hf；n+：e

D.改变样品测量环境的温度和压强，可以改变14c的衰变快慢

【答案】A

【解析】

【详解】A.由半衰期公式可得

1£

m=m0(-)°

古木样品中"c的比例，是现代植物样品中UC比例的二分之一，贝IJ：f=5730年，A正确;

B.再过约5730年，该样品中的"C将变为原来的四分之一，B错误:

c."C衰变为"N的本质是夕衰变，C错误；

D.改变样品测量环境的温度和压强，不可以改变“C的半衰期，因此不可以改变的衰变快慢，D错误；

故选Ao

7.图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧，％时刻，将一小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放。通过安

装在弹簧下端的压力传感器，测出此过程中弹簧弹力F随时间「变化的图象如图乙所示，不计空气阻力，则

()

A.A时刻小球的动能最大

B./2天过程小球做加速运动

C.会时刻小球加速度大于g

D."时刻弹簧的弹性势能与小球动能之和最小

【答案】C

【解析】

【详解】A.当弹簧弹力等于小球重力时小球的动能最大，G时刻弹力为0,八时刻小球的动能不是最大，A

错误；

B.当弹簧弹力等于小球重力时小球的动能最大，因此华。3过程小球先做加速运动后做减速运动，B错误；

C.f2时刻弹簧的压缩量最大，小球受到的弹力最大，处于最低点，合力向上；由运动的对称性可知，小球

与弹簧接触后，向下做加速运动的时间小于小球做减速运动的时间，可知小球在最低点受到的弹簧大于2

倍的重力，所以小球在最低点的加速度大于重力加速度g,C正确；

D.当小球上升至最高点时，重力势能最大，由能量守恒定律可得，此时弹簧的弹性势能与小球动能之和最

小，而h时刻弹簧弹力为0,小球恰好离开弹簧，由题意可小球仍会上升一段距离至抛出点，故此时刻小球

的重力势能不是最大值，弹簧的弹性势能与小球动能之和不是最小，D错误；

故选Co

8.一水平长绳上系着一个弹簧和小球，弹簧和小球组成的系统固有频率为2Hz,现让长绳两端尸、。同时

以相同的振幅A上下各振动了一个周期，某时刻长绳上形成的波形如图所示。两列波先后间隔一段时间经

过弹簧所在的位置，观察到小球先后出现了两次振动，第一次振动时起振方向向上，且振动并不显著，而

第二次则产生了较强烈的振动，则（）

1m2m

Q

一I

A.有2个时刻长绳上会出现振动位移大小为2A的情况

B.由。振源产生的波在长绳上传播的速度约为4m/s

C.由尸振源产生的波先到达振动系统

D.两列波相遇时，在相遇区域会产生干涉现象

【答案】A

【解析】

【详解】AD.虽然这两列波的频率不同，不会产生稳定的干涉，但根据波的叠加原理，在长绳上一定会有

这两列波的波峰与波峰相遇，波谷与波谷相遇的时刻，此时振动位移大小为2A,由于两列波的波长不等，

波速相同，可知这两列波的波峰与波峰相遇，波谷与波谷相遇对应着2个不同的时刻，故A正确，D错误;

BC.由于第一次振动时起振方向向上，故根据波形图可知，由。振源产生的波先到达振动系统，第二次产

生了较强烈的振动，是由于P振源产生的波到达振动系统，且有产振源的频率与其固有频率相等产生了共

振现象，所以P振源的频率为2Hz,根据波速与波长、频率的关系可知，由尸振源产生的波在长绳上传播

的速度等于

v=A/=1x2m/s=2m/s

由同种介质中，机械波的波速相等，可知由。振源产生的波在长绳上传播的速度也等于2m/s,故BC错误。

故选Ao

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全

部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。

9.如图所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩

擦，活塞上方存有少量液体，将一细管插入液体，活塞上方液体会缓慢流出，在此过程中，大气压强与外

界的温度保持不变，则关于这一过程中气缸内的气体（）

A.单位时间内气体分子对活塞撞击的次数增多

B.气体分子间存在的斥力是活塞向上运动的原因

C.气体分子的速率分布情况不变

D.气体对外界做的功等于气体从外界吸收的热量

【答案】CD

【解析】

【详解】A.活塞上方液体逐渐流出，对活塞受力分析可得，气缸内气体压强减小，又气缸内气体温度不变,

则单位时间气体分子对活塞撞击的次数减少，故A错误；

B.气体分子对活塞的碰撞是活塞向上运动的原因，故B错误；

C.外界的温度保持不变，导热材料制成的气缸内气体温度不变，气体分子的速率分布情况不变，故C正确;

D.气缸内气体温度不变，气缸内气体内能不变；气缸内气体压强减小，体积变大，气体对外界做功；据热

力学第一定律，气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量，故D正确。

故选CDc

10.装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图所示，现将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在

一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动，若取竖直向上为正方向，则以下描述试管的位移、速度时间

【答案】AD

【解析】

【详解】AB.装有砂粒的试管竖直静浮于水面，有重力等于浮力，此时试管所处的位置即为平衡位置。现

将试管竖直提起少许，则有重力大于浮力，由静止释放并开始计时，试管向下做加速度减小的加速运动，

到平衡位置速度最大，由于题目中是取竖直向上为正方向，故试管刚开始速度为零，第一次到达平衡位置

速度为负的最大值，故A正确，B错误；

CD.根据上面的分析，在/=0时，试管处于平衡位置的上方最高点，所以位移为正的最大值，经四分之一

个周期到达平衡位置，位移随时间按余弦规律变化，故C错误，D正确。

故选AD,

11.如图所示，由。、6两种单色光组成的复色光，通过足够大的长方体透明材料后分成两束，则（）

A.。光的频率小于6光的频率

B.。光的折射率大于0光的折射率

C.两束光db只要满足一定的条件可以发生干涉

D.若〃光照射到某界面上时发生全反射，则〃光也能发生全反射

【答案】AD

【解析】

【详解】AB.由图可知I,。光的偏折角小于6光的偏折角，说明。光的折射率小于b光的折射率，。光的频

率小于匕光的频率，A正确，B错误；

C.由于两束光如匕的频率不同，两束光a、人不可以发生干涉，C错误；

D.根据公式

,「1

sinC=—

n

可得：折射率越大，发生全反射的临界角越小，由于。光的折射率小于6光的折射率，因此a光发生全反射

的临界角大于b光发生全反射时的临界角，因此a光照射到某界面上时发生全反射，则b光也能发生全反射,

D正确；

故选ADo

12.如图用三根细线小氏c将两个小球I和2连接并悬挂，其中小球1的重力G=7N,小球2的重力G?=9N,

两小球处于静止，已知细线a与竖直方向的夹角为37。，细线c水平，重力加.速度为g,sin37。=0.6,则

()

B.细线b对小球2的拉力为15N

C.细线c•对小球2的拉力为10N

D.剪断绳方后的瞬间，小球2的加速度为g

【答案】ABD

【解析】

【详解】AC.将两小球和细线6视为整体，对整体受力分析如图所示

\--------F"

G+G?

根据共点力的平衡条件有

=G,+G2=7+9N^20N

"cos37°4

5

3

（G1+G2）tan37°=16x-N=12N

故A正确，C错误；

B.对小球2进行受力分析如下

—,F

G2

根据共点力的平衡条件有

22

=A/G；+»=A/9+12N=15N

Fh

故B正确；

D.剪断绳b后的瞬间，b、c两条绳子的拉力均变为零，小球2只受重力作用，加速度为g,故D正确。

故选ABD。

第U卷（非选择题）

三、实验题：本题共2小题，共计14分。请将解答填写在答题卡相应的位置。

13.（1）小明同学做“探究弹簧弹力和弹簧形变量的关系''的实验。

Ax/cm

乙

（1）实验装置如图甲，下列操作规范的是______。

A.实验前，应该先把弹簧水平放置测量其原长

B.逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重

C.随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重

D.实验结束后，应拆除实验装置，整理并复原实验器材

（2）小明同学在实验后，根据记录的数据进行处理，描绘出弹簧的伸长量△/与弹力/相关的点如图乙所

示，请你根据所学知识用一定的线来拟合这些点______

（3）根据拟合的线，回答以下问题：

①本实验中弹簧的劲度系数k=_N/m；

②图线中后半部分明显偏离直线，你认为造成这种现象的主要原因是_____»

Ax/cm

【答案】(1).BD(3).100(4).超过弹簧的弹

性限度

【解析】

【详解】为了消除弹簧自重的影响，实验前，应该先把弹簧竖直放置测量其原长，故A错误；

BC.为了更好的找出弹力与形变量之间的规律，应逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺

刻度和对应的钩码总重，故B正确，C错误;

D.实验结束后，应拆除实验装置，整理并复原实验器材，故D正确。

故选BD

(2)[2]如图所示

(3)⑶图像直线部分的斜率的倒数表示弹簧的劲度系数，则

4

k=4-x--1-0--2-N/m=100N/m

⑷图线中后半部分明显偏离直线，即弹力与形变量不成正比，则造成这种现象的主要原因是超过弹簧的弹

性限度

14.用如图1所示的装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑

下后从。点飞出，落在水平挡板上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在

白纸上挤压出一个痕迹点，如图2所示的白纸上建立以抛出点为坐标原点、水平方向为x轴、竖直方向为y

轴的坐标系。

图1图2

(1)为保证实验结果误差尽可能小，下列说法正确的是。

A.斜槽轨道必须光滑

B必须调节斜槽，保证末端水平，且让小球出射方向与硬板平行

C.必须调节硬板，保证硬板在竖直平面内

D.轨道末端的。点即为坐标原点，也就是平抛运动的起点

(2)在图2中实验记录到的点有一个位置明显发生偏差，其产生的原因可能是：该次实验时，小球在斜槽上

释放的位置与其它几次相比偏(选填"高”或“低”)。

(3)根据图2记录的点可求得钢球平抛的初速度大小为m/s(己知g=10m/s2)。

【答案】(l).BC⑵.低⑶.1

【解析】

【详解】(1)U]A.研究平抛运动的实验必须满足每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，这样是为了

到达Q点时钢球能获得同样的平抛运动的水平初速度，与斜面是否光滑没有什么影响，故A错误；

B.研究平抛运动的实验还应满足初速度方向为水平方向，所以必须调节斜槽，保证末端水平，且让小球出

射方向与硬板平行，故B正确；

C.为了保证小球能在竖直平面内做平抛运动，还必须调节硬板，保证硬板在竖直平面内，故C正确；

D.建立直角坐标系时，要取小球刚开始做平抛运动时的重心位置为坐标原点，也就是距离轨道末端的。

点左边一个小球半径的长度作为平抛运动的起点，故D错误。

故选BC。

(2)⑵在图2中实验记录到的点有一个位置明显发生偏差，其产生的原因可能是该次实验时，小球在斜槽上

释放的位置与其它几次相比偏低，导致其做平抛运动的初速度偏小。

(3)[3]由运动学公式，可得

1

h=0.20m=—gr7

x=0.20m=vor

联立上式解得

%=Im/s

四、计算题：本题共4小题，共计46分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演

算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

15.如图，在一个空的铝制易拉罐中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可

以忽略)。如果不计大气压的变化，这就是一个简易“温度计”，已知大气压强是l.OxioWa,易拉罐的容

积是300cm3,均匀吸管内部的横截面积为0.2cm2,吸管露出的长度为20cm,当温度为272时，油柱刚好

在吸管和易拉罐的接口处。缓慢升高环境温度，易拉罐中气体从外界吸热10J,油柱恰好到达吸管管口，求:

(1)此时环境温度T；

(2)易拉罐中气体内能的变化

【答案】(l)304K：(2)9.6J

【解析】

【详解】(1)由于气体做等压变化

T

带入数据可得

300300+0.2*20

273+27-

解得:T=304K

(2)等压变化，气体对外做功

W=pAV=lxl05x0.2xl04x0.2J=0.4J

由热力学第一定律

△U=W+Q=-0.4J+10J=9.6J

16.一个质量为机的蹦床运动员，从离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面2〃

高处，已知运动员与网接触的时间为Ar,重力加速度为g,取向上为正方向，空气阻力忽略不计。

(1)运动员着网时的速度大小V;

(2)整个过程中，运动员所受弹力的冲量/；

(3)全过程中，人增加的机械能是多少？这些能量由谁提供？

【答案】(1)商^;(2)加加(2+J5)向；(3)佻?〃，这些能量是运动员自身提供的

【解析】

【详解】(1)运动员触网前做自由落体运动，由v2=2g/z可求得运动员着网速度为

v=y12gh

(2)运动员离开网后竖直上抛运动，由I/"=2g•2万可知运动员离开网的速度

v'=2y/gii

运动员从着网到反弹过程，取向上的方向为正，由动量定理可知

I—mgAt=mv'—w(—v)

代入可得

I=mg\t+m(y'+v)=mg\t+m(2+42)y[gh

(3)接触网前后，机械能变化

A£=—mv'2——mv2-meh

22

这些能量是由运动员自身提供的。

17.如图所示，一条带有圆轨道长直轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的水平直轨道相切，圆

轨道的半径R=o.5m,滑块以一定的初速度从左侧水平直轨道滑入圆轨道，滑过最高点。后再沿圆轨道滑出,

进入右侧水平直轨道，已知图中尸点左侧轨道均光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都

为L=lm,滑块与各粗糙段间的动摩擦因数都为〃=0.1,重力加速度g取10m/s2。

(1)若滑块从左侧进入圆轨道的初速度为26m/s,问滑块能否到达圆轨道的最高点Q；

(2)若滑块从左侧进入圆轨道，运动至图中E点，恰好与轨道无相互作用，己知过E点的半径与竖直方向夹

2

角为。(cos6=—),求进入圆轨道的初速度；

3

(3)若滑块从左侧进入圆轨道的初速度为5m/s,问滑块最终停在右侧轨道的何处？

Q

L

【答案】(1)恰好能到达圆轨道最高点。：(2)275m/s；(3)滑块最终距离P点右端24.5m

【解析】

【详解】(1)假设能到。，从出发点到最高点。，由动能定理可得

CD121，

-2mgR=-mvQ--mVo

解得：％=0,恰好能到达圆轨道最高点

(2)物块在E点，由牛顿第二定律可得

mgcos0=m^

物块在E点的速度

l2gR

出发点到E点，动能定理

八1212

-mgR(l+cos0=—mvE--mv

出发点的速度u=2历，代入数据可得：v=2V5m/s

(3)全过程动能定理可得

-jjmgx=°一；mvo

在粗糙段上的位移为广12.5m

可知，滑块最终距离P点右端24.5m

18.如图所示，一倾角为的固定斜面底端安装一挡板，物块Q静止在与挡板相距为s(足够大)的A处，某

时刻，物块P以沿斜面向下的速度即与Q发生弹性碰撞。已知Q与斜面间的动摩擦因数为2tan仇最大静

摩擦力等于滑动摩擦力，P与斜面间无摩擦，两物块(视为质点)质量均为〃?，取重力加速度为g。

(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小;

(2)求P与Q第二次碰撞前瞬间各自的速度大小;

3

⑶当Q与挡板发生碰撞瞬间，撤去物块P,且Q与挡板碰撞时损失的能量是碰前叫，求Q停止的位置与

挡板的距离。

1,c

【答案】(1)0,VO；(2)V0,0；(3)AX=—~—[v^-2g(5-/?L)L其中"为一的整数部分

24gsm6L

【解析】

【详解】(1)由动量守恒可得

mv0=mvpx+mvQI

能量守恒

121212