2021届云南省昆明市三诊一模高考物理摸底诊断试卷附答案详解

2021届云南省昆明市三诊一模高考物理摸底诊断试卷

一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）

1.下列说法正确的是（）

A.电子的发现验证明了原子的核式结构

B.夕射线是由大量核外电子被电离形成电子流

C.出+出飙是a衰变

D.太阳辐射能量主要来源太阳内部聚变反应

2.如图所示，带有竖直支柱的斜面体静止在水平地面上，光滑的小球被轻

质细线和轻弹簧系住静止于斜面体上，弹簧处于拉伸状态.现烧断细线，

则在细线烧断瞬间（）

A.小球所受合外力仍为零

B.小球加速度方向与轻质细线原拉力方向相反

C.斜面体对小球的支持力瞬间减小

D.地面对斜面体的支持力瞬间减小

3.在天文观测中，地球与太阳的连线和地球与被观测行星的连线的夹

角称为行星对地球的视角.当视角最大时，地球上观测此行星的时

机最佳.如图是地球与某行星围绕太阳做匀速圆周运动的示意图，

它们的轨道半径分别为「1、爻，巳＞万，下列说法正确的是（）

A.该行星公转周期大于1年

该行星对地球的最大视角

B.rl

c.该行星恰处于最佳观测位置时，地球与行星间的距离为

D.若某时刻该行星恰处于最佳观测位置，则到下次最佳观测位置相隔的时间不可能小于行星的

公转周期

4.“蹦极”是勇敢者的运动，如图为蹦极运动过程示意图，某人身系弹性绳自

高空p点自由下落，其中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是

人静止地悬吊着时的平衡位置.不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）

A.从a至c的过程中，重力的冲量大小小于弹性绳的冲量大小

B.从a至c的过程中，重力的冲量大小大于弹性绳的冲量大小

C.从a至c的过程中，重力的冲量大小等于弹性绳的冲量大小

D.从a至c的过程中人的动量一直增大

二、多选题（本大题共5小题，共29.0分）

5.如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，导轨间距为1m,导轨右端连接一阻值

为40的小灯泡在CDE尸矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化如图乙

所示，CF长为2巾。在t=0时刻，电阻为1。的金属棒ab在F=0.4N的水平恒力作用下，由静止

开始沿导轨向右运动，t=4s时进入磁场，并恰好能够匀速运动。则下列说法正确的是（）

aCF

图甲图乙

A.。〜4s内小灯泡的功率为0.16小

B.金属棒在磁场中匀速运动的速度大小为0.25m/s

C.金属棒的质量为3.2kg

D.整个过程中流过金属棒的总电荷量为1.4C

6.一辆功率为8k/的电动汽车，在充一次电后能以90/tTn"的速度行驶180km,则该次充电所需

要消耗的电能可能为（）

A.8kW-hB.12kW-hC.16kW-hD.20kW-h.

7.如图，匀强电场水平向右，虚线为一带电粒子在匀强电场中从4点运动到二~

、

B点的轨迹，此过程粒子克服重力做功为5/,静电力做功为力，则下列说

法中正确的是

A.粒子带负电

B.粒子在4点的动能比在B点少2/

C.粒子在力点的机械能比在B点少3/

D.粒子在4点的电势能比在B点少3/

8.一物体在水平面上运动，只受摩擦力。今给它一个向右的力产，则可能实现的运动有（）

A.向右匀速运动B.向右加速运动C.向左匀速运动D.向左加速运动

9.下列说法正确的是（）

A.热量可以从低温物体传到高温物体

B.质量一定的物体温度不变而体积膨胀，分子势能一定增大

C.两个分子从很远处一直靠近的过程中，分子力先减小后增大

D.物体的温度不变而物态变化时，分子平均动能仍然保持不变

E.温度越高，气体分子的平均速率越大，但仍有一些分子的运动速率是非常小的

三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）

10.如图所示为一列简谐横波在t=0时刻的图象，此时质点P的速度方向沿y轴负方向，则此时质点

Q的速度方向，当t=0.45s时质点P恰好第3次到达y轴负方向最大位移处（即波谷），则该

列简谐横波的波速大小为m/so

/A0.2/0,4\0.6

四、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.在“测定金属电阻率”的实验中，我们需要用测量金属导线的直径，下图给出了某次测量

结果的放大图，那么该次的测量结果为—mm.

请你在下面方框中画出该实验电路图。

I------------------------

12.测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图1所示的装置，图中长木板水平固定.

图2

（1）实验过程中，电火花计时器接在频率为50Hz的交流电源上，调整定滑轮高度，目的是

人让长木板向左倾斜；

B.让长木板向右倾斜；

C.使细线与水平桌面平行；

。.使细线倾斜.

（2）已知重力加速度为g,测得木块的质量为M,祛码盘和祛码的总质量为m,木块的加速度为a,则

木块与长木板间动摩擦因数4=.

（3）如图2所示为木块在水平木板上带动纸带运动时打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、

6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出，从纸带上测出/=3.20an,x2-4.52cm,

xs=8.42cm,久6=9.70cm.则木块加速度大小a=m/s2（保留2位有效数字）.

五、简答题（本大题共1小题，共12.0分）

13.如图所示，水平传送带速度M亘定，大小为2m/s匀速向右传动。现有一个°）

质量m=2kg的小物体（视为质点）自右端M点以初速度u=4m/s沿着传

送带向左滑行恰好未能从左端N点滑出，继而回头向右从M点滑离。物体与传送带之间的动摩擦

因数4=0.2,以上速度都是以地面为参考系（g取10m/s2）

（1）画出小物块在传送带上运动的图象（以向左方向为正方向要求有关键坐标值）

（2）物体从M出发再返回M,因摩擦产生的热量Q等于多少？

六、计算题（本大题共3小题，共40.0分）

14.如图所示，在竖直平面的xOy坐标系内，一根长为/的不可伸长的细绳，一端

固定在拉力传感器A上，另一端系一质量为m的小球.％轴上的P点固定一个

表面光滑的小钉，P点与传感器4相距9.现拉小球使细绳绷直并处在水平位置，然后由静止释放

小球，当细绳碰到钉子后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动.已知小球经过最低点时

拉力传感器的示数为6mg,重力加速度大小为g,求：

(1)小球经过最低点时的速度大小"及传感器4与坐标原点。之间的距离任

(2)若小球绕P点一周(不计绳长变化)，再次经过最低点时绳子恰好断开，请确定小球经过y轴的坐标

位置.

15.篮球内气体的体积为匕、压强为小,用打气筒将体积为彩的气体一次打入篮球内，打入的气体

和篮球内气体为同温同压的同种气体。若打入过程中，气体的温度保持不变；将气体全部打入

篮球后，篮球内气体的体积为匕；已知阿伏加德罗常数为M，打气前气体的摩尔体积为心求：

(1)将气体全部打入篮球后的气体压强P2；

(2)打气前和打气后篮球内气体的分子数Ni、/V2o

16.一个大型容器中装有水，距水面下九处有一固定的点光源0,在光源上-------1---------

I

方水面平放一半径为R的圆形纸片，圆纸片恰好能完全遮挡住从点光源\h

发出的光线.若在点光源正下方某处平放一半径为r的圆形小平面镜■

77^777

(r＜今，圆纸片也恰好能将从点光源发出经平面镜反射后的光线全部遮

挡住.圆纸片的中心、点光源和圆镜的中心在同一竖直线上.求：

(1)水的折射率；

(2)点光源。到小圆镜的距离.

参考答案及解析

1.答案：D

解析：解：力、原子是由原子核及核外电子组成的，电子的发现说明原子是可以再分的，不能说明原

子的核式结构，故A错误；

8、夕射线中的电子是由于原子核内中子衰变为一个质子和一个电子形成的，故8错误；

c、,He+M是轻核聚变，不满足原子核分裂并只放射出氢原子核的特征，故C错误；

。、太阳辐射的能量主要来源于轻核聚变，故。正确。

故选：D。

电子的发现说明原子是有内部结构的;射线中的电子是由于原子核内中子衰变为一个质子和一个电

子形成的；a衰变是指原子核分裂并只放射出氯原子核的反应过程；太阳辐射的能量主要来源于轻核

聚变。

本题考查了裂变反应和聚变反应、原子核a衰变等知识点。这种题型属于基础题，只要善于积累，理

解0衰变的实质，注意原子的核式结构与原子核的结构区别。

2.答案：D

解析：解：ABC,烧断绳子前由小球处于静止状态可知绳子拉力在沿斜面方向上的分量大小等于弹

簧弹力和重力在沿斜面方向上的分量之和；

烧断绳子瞬间，斜面对小球的支持力可以瞬变，故由在垂直斜面方向受力平衡可得支持力变大，正

好和重力在垂直斜面方向上的分量抵消；

在沿斜面方向上，弹簧弹力不能瞬变，故大小、方向不变，而重力沿斜面的分量也不变，所以，小

球所受合外力沿斜面向下，小球的加速度沿斜面向下；故A8C错误；

。、烧断绳子前小球和斜面保持静止，那么地面对斜面的支持力与弹簧弹力在竖直方向时的分量等

于两者的重力；

烧断绳子后，斜面在竖直方向上的加速度为零，小球在竖直方向上的加速度不为零，方向向下，所

以，地面对斜面的支持力与弹簧弹力在竖直方向时的分量小于两者的重力；

又有弹簧弹力大小方向不变，所以地面对斜面体的支持力瞬间减小，故。正确；

故选：D.

由烧断绳子前后弹簧弹力不变，小球在垂直斜面上始终受力平衡得到合外力、加速度、支持力的变

化；再根据斜面和小球在烧断绳子前后的加速度不变，得到地面对斜面体的支持力变化.

求解物体受力大小或物体运动状态问题时，一般都是对物体的受力情况进行分析得到合外力的表达

式，然后对物体运动状态分析求得加速度的表达式，最后将两者用牛顿第二定律联立求解.

3.答案：C

解析：解：2、地球与某行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：

T=2兀

由于得出地球的公转周期大于行星公转周期.

所以该行星公转周期小于1年.故A错误.

8、要视角最大，必须地球与行星的连线与行星的轨道相切.如图:

，加。=戏:，故错误.

根据直角三角形几何关系得出:8

C、根据直角三角形几何关系得出该行星恰处于最佳观测位置时，地球与行星间的距离为&=

Jrf-以•故c正确.

D、由题意可得行星的轨道半径r为：〃=「is出。…①

设行星绕太阳的运转周期为了'，由开普勒第三定律有：4=4…②

设行星最初处于最佳观察期时，其位置超前与地球，且设经时间t地球转过a角后该行星再次

处于最佳观察期.则行星转过的角度0为：0=兀+。+2。…③

于是有：yt=«…④

••・⑤

解①②③④⑤可得：「=诉淅〃…⑥

从数学关系可以发现到下次最佳观测位置相隔的时间可能小于行星的公转周期.故。错误.

故选C.

地球与某行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列出等式，表示出周期，然后去

进行比较.

根据题意画出行星恰处于最佳观测位置图形，运用几何关系求出问题.

向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或要求解的物理量选取应用.

物理问题经常要结合数学几何关系解决.

4.答案：A

解析：解：ABC,人由P到a过程中，由于重力作用，人的速度增加，到达a处时具有速度，则从a至

c的过程中，动量的变化量为负值，知合力的冲量方向向上，则重力的冲量大小应小于弹性绳的冲量

大小，故A正确，错误；

。、根据运动过程可知，a至c过程中，人的速度先增大后减小，故动量先增大后减小，故。错误。

故选：Ao

明确人的运动过程，对ac过程进行分析，根据动量定理比较a至c过程中重力冲量大小与弹性绳冲量

的大小关系.

本题考查了动量定理的基本运用，知道合力的冲量等于动量的变化量，正确分析动量变化和合外力

的冲量即可正确求解.

5.答案：AC

解析：解：设导轨间距为d。

A、0〜4s内，磁感应强度的变化率为华=1/s=0.57/s

根据法拉第电磁感应定律得回路中产生的感应电动势大小E=哭=^dLCF=0.5x1x27=1^

根据闭合电路欧姆定律得

E1

/=肃=不”=如

22

小灯泡的功率为P=IRL=0.2X4W=0.16IV,故A正确；

8、设金属棒在磁场中匀速运动的速度大小为/4s后金属棒在磁场中切割磁感线产生的感应电动势

为：E'=Bdv

金属棒受到的安培力大小为F安=B/d=Bd•导=炉

女RL+TRL+T

因为金属棒匀速运动，水平恒力与安培力平衡，则F=尸安，解得u=0.5m/s,故8错误；

C、0〜4s内，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a=：=芋m/s2=0.125m/s2

根据牛顿第二定律得尸=ma,则金属棒的质量为m=3.2kg,故C正确;

。、整个过程中流过金属棒的总电荷量为：q=/t=0.2x4C=0.8C,故。错误。

故选：AC.

0〜4s内，根据法拉第电磁感应定律求出回路中产生的感应电动势大小，结合闭合电路欧姆定律求出

通过小灯泡的电流大小，由P=/2&求小灯泡消耗的功率；金属棒在磁场中匀速运动时，根据平衡

条件和安培力与速度的关系求金属棒匀速运动的速度；根据速度-时间公式。=就求出0〜4s内金属

棒的加速度，从而根据牛顿第二定律求出金属棒的质量；根据电荷量与电流的关系求流过金属棒的

总电荷量。

本题考查法拉第电磁感应定律和切割产生的感应电动势公式的综合运用，要能熟练推导出安培力与

速度的关系式，结合牛顿第二定律、运动学公式进行解答。

6.答案：CD

解析：解：电动汽车能以90km"运动的时间：t=3=^a=2h

电动汽车运动180km消耗的电能：E=W=Pt=8kWx2h=16kW-h

所以充电消耗的电能也是16kW-h

故选：C

根据位移与速度的关系求出车运动的时间，由W=Pt求出消耗的电能，该电能等于充电消耗的电能.

该题考查功与功率的计算，将相关的数据代入公式即可，基础题目.

7.答案：AC

解析：

由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧，电场力水平向左，即可判断粒子的电性.根

据电场力做功情况，即可判断电势能的变化。根据重力做功多少，确定重力势能的变化，由动能定

理分析动能的变化。

本题通过带电粒子在电场中的运动，考查了电场线、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破

口是：做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧。

A.由图看出粒子所受的电场力应水平向左，与场强方向相反，所以该粒子带负电，故A正确；

8.粒子克服重力做功为5J,电场力做功为3J,则合外力对粒子所做的总功为卬总=-57+3/=-2J,

根据动能定理得知：动能减少了〃，粒子在4点的动能比在B多2/,故8错误;

C静电力做功使粒子机械能增加，静电力做功3/,则粒子机械能增加3/,粒子在4点的机械能比在B点

少3J,故C正确；

。.静电力做功3/,则电势能减少3/,粒子在4点的电势能比在B点多3/,故。错误。

故选AC。

8.答案:AB

解析：解：4、若物体开始时向右运动，则受到的摩擦力的方向向左，当拉力户恰好与摩擦力大小相

等时，物体将向右做匀速直线运动。故A正确；

8、若物体开始时向右运动，则受到的摩擦力的方向向左，当拉力尸大于摩擦力大小时，物体将向右

做匀加速直线运动。故B正确；

C、。、若物体开始时向左运动，则受到的摩擦力的方向向右，无论拉力F的大小如何，物体都具有

向右的加速度，则物体只能向左做减速运动。故C错误，。错误

故选:AB.

正确对物体进行受力分析，求出其合力；题中物体可能相对于水平面向左运动，有可能向右运动，

或沿其他方向运动，水平面对物体的滑动摩擦力方向总是与相对运动方向相反。

处理这类问题的基本思路是：先分析物体的受力情况再求出合力；这类问题要注意滑动摩擦力方向

的判断，很多同学容易受外力方向的影响而判断错误。

9.答案：ABDE

解析：解：力、热量可以从低温物体传到高温物体，但需要引起其他变化，故A正确。

B、质量一定的物体温度不变而体积膨胀，温度不变则分子的平均动能不变；所以温度不变，而物体

内能增大，则分子势能一定增大。故B正确。

C、根据分子间距为平衡位置时，分子力为零，无穷远处分子力也为零，因此从很远处靠近到不能再

靠近的过程中，分子力先增大，后减小再增大，故C错误。

。、温度是平均动能的标志，物体的温度不变，则平均动能不变，故力正确。

E、气体的温度很高，分子的平均动能很大，但由于分子运动是杂乱无章的，所以仍有一些分子的运

动速率很小，故E正确。

故选：ABDE.

根据热力学第二定律分析。

物体的内能由分子动能和分子势能决定。

分子力随着间距越来越小，则先表现为引力，后表现为斥力。

温度是物体分子平均动能大小的标志。

本题考查了热学的基本知识，要掌握温度是分子平均动能的标志，还要掌握热力学第一、第二定律，

并能用来分析实际问题。

10.答案：沿y轴正方向；2

解析：解：t=0时刻质点P的运动方向沿y轴负方向，由“上下坡法”可知此波沿x轴负向传播；则Q

点即将到达波峰，所以Q点运动的方向为沿y轴正方向向上运动；

在匕=o到t2=0.45s这段时间里，质点P恰好第3次到达y正方向最大位移处

则有：（2+》T=0.45s

解得：7=0.2s

由图象可得简谐波的波长为：2=0.4m

则波速为：v=^=^=2m/s

故答案为：沿y轴正方向，2

由质点P的振动情况判断出波传播的方向，然后判断出Q点振动的方向；确定出波的周期，读出波长，

再由波速公式求出波速大小和方向。

本题要由质点的振动方向确定波的传播方向，这波的图象中基本问题，方法较多，其中一种方法是

“上下坡法”，把波形象看成山坡：顺着波的传播方向，上坡的质点向下，下坡的质点向上。

11.答案：螺旋测微器；0.739；电路如下图：

解析：试题分析：测量金属导线的直径应使用螺旋测微器，固定尺刻度为0.5mm,螺旋尺刻度为23.9x

0.01mm,所以读数为0.739Tn?n。

金属丝的电阻较小，故用电流表外接法；用限流接法即可满足调节电压的目的，电路如下：

考点：测定金属电阻率

mg-(M+m)a

12.答案:C；Mg-1.3

解析：解：(1)实验过程中，电火花计时器接在频率为50Hz的交流电源上.调整定滑轮高度，使细

线与长木板平行，故C正确，A3。错误.

(2)对系统研究，根据牛顿第二定律得:

mg-i^Mg=(M+m)a

解得：〃-Mg

2

(3)因为右一/=4aj2,x6-x2=4a2T,则木块的加速度为:

。1+。2Xg+Xg—X.j—%20.0842+0.0970—0.0320—0.045212/2

="==L<5771/S.

28T28X0.01]

mg-(M+m)a

故答案为：(1)C；(2)Mg(3)1.3.

对系统研究，运用牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小，根据逐差法，运用相邻相等时间内的位移

之差是一恒量求出加速度的大小.

解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带，运用匀变速直线运动的运动学公式，结合逐差法求

解加速度，注意有效数字的保留.

13.答案：解：(l)u—t图象如图所示；

加速、减速过程中的加速度为：a=《=4g=2zn/s2；

从M到N点速度为0,则有：Q=^=2s

从N点香油加速到"0,则有：△匕=£=|s=1s

则有：t3=h+1=3s

NM的距离为：L=1vt3=4m

反向加速有：=1v0△=lm

达到传送带速度后，匀速运动达到M点，有:

---s=1.5s

t3一12+△匕2=4.5s；

(2)%相=x带一x物—v0t3—0=2x4.5m=9m

产生的热量为：Q=林2》相=36/。

答：（1）画出小物块在传送带上运动的图象如图所示；

（2）物体从M出发再返回M,因摩擦产生的热量Q等于36/。

解析：（1）根据运动情况画出速度图象；

（2）求出相对位移，根据摩擦力乘以相对位移计算产生的热。

本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，研究力与位移的关系时可运用动能定理。求时间时,

往往要根据牛顿第二定律和运动学公式结合解答。

14.答案：解：（1）小球在最低点时，由牛顿第二定律有：

v4三

F-mg=m—...[1)

由题意可知R=：...②

联立解得〃=军…③

根据机械能守恒得得：

mg（h+：）=…④

解得八=?…⑤

O

（2）由几何关系有与p=JG1）2—八2=邛1…⑥

断开后做平抛运动，故X°p=