2024学年山西省大同一中等重点中学普通高中毕业班摸底考试物理试题(一模,66C)

2024学年山西省大同一中等重点中学普通高中毕业班摸底考试物理试题(一模，66C) 考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、中微子失踪之谜是一直困扰着科学家的问题，原来中微子在离开太阳向地球运动的过程中，发生“中微子振荡”转化为一个μ子和一个τ子。

科学家通过对中微子观察和理论分析，终于弄清了中微子失踪之谜，成为“2001年世界十大科技突破”之一。

若中微子在运动中只转化为一个μ子和一个τ子，并已知μ子的运动方向与中微子原来的方向一致，则τ子的运动方向（）
A．一定与中微子方向一致B．一定与中微子方向相反
C．可能与中微子方向不在同一直线上D．只能与中微子方向在同一直线上
2、一列简谐横波沿x轴正向传播，某时刻的波形如图所示。

在波继续传播一个波长的时间内，下列图中能正确描述x ＝2m处的质点受到的回复力与其位移的关系的是（）
A．B．
C．D．
3、秦山核电站是我国第一座自主研究、设计和建造的核电站，它为中国核电事业的发展奠定了基础．秦山核电站的能量来自于
A．天然放射性元素衰变放出的能量
B．人工放射性同位素衰变放出的能量
C．重核裂变放出的能量
D．轻核聚变放出的能量
4、我国自主研发的北斗卫星导航系统由35颗卫星组成，包括5颗地球静止同步轨道卫星和3颗倾斜同步轨道卫星，以及27颗相同高度的中轨道卫星。

中轨道卫星轨道高度约为2.15×104km，同步轨道卫星的高度约为3.60×104km，己知地球半径为6.4×103km，这些卫星都在圆轨道上运行。

关于北斗导航卫星，则下列说法正确的是（）
A．中轨道卫星的动能一定小于静止同步轨道卫星的动能
B．静止同步轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大
C．中轨道卫星的运行周期约为20h
D．中轨道卫星与静止同步轨道卫星的向心加速度之比为
2 360 215⎛⎫ ⎪
⎝⎭
5、如图所示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是（）
A．两小球落地时的速度相同
B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C．从开始运动至落地，重力对两小球做功相同
D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
6、以下仪器能测量基本物理量的是（）
A．弹簧测力计B．电磁打点计时器
C．电压表D．量筒
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、1966年科研人员曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的实验。

实验时，用双子星号宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组（可视为质点），接触后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共同加速，如图所示。

推进器的平均推力为F，开动时间Δt，测出飞船和火箭的速度变化是Δv，下列说法正确的有（）
A ．推力F 通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为F
B ．宇宙飞船和火箭组的总质量应为F t
v
∆∆ C ．推力F 越大，v t ∆∆就越大，且v
t
∆∆与F 成正比
D ．推力F 减小，飞船与火箭组将分离
8、如图所示，甲图为沿x 轴传播的一列简谐横波在t =0时刻的波动图象，乙图为参与波动质点P 的振动图象，则下列判断正确的是__________
A ．该波的传播速率为4m/s
B ．该波的传播方向沿x 轴正方向
C ．经过0.5s ，质点P 沿波的传播方向向前传播2m
D ．该波在传播过程中若遇到4m 的障碍物，能发生明显衍射现象 E.经过0.5s 时间，质点P 的位移为零，路程为0.4m
9、如图所示，平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度。

若不改变电容器的带电量，下列操作可能使静电计指针的偏转角度变小的是（ ）
A ．将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入电介质
B ．将左极板向左移动少许，同时取出两极板之间的金属板
C ．将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入金属板
D ．将左极板向下移动少许，同时取出两极板之间的电介质
10、如图所示为在“测电源电动势和内电阻”的实验中得到的U I -图线。

图中U 为路端电压，I 为干路电流，a 、b 为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为a η、b η，电源的输出功率分别为a P 、b P ，对应的外电阻为a R 、b R 。

已知该电源输出功率的最大值为max P ，电源内电阻为r ，由图可知( )
A ．:2:1a R r =
B ．:1:2a b ηη=
C ．:1:1a b P P =
D ．:8:9a max P P =
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）如图甲所示是某研究性学习小组探究小车加速度与力关系的实验装置，长木板置于水平桌面上，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与固定的拉力传感器相连，拉力传感器可显示绳中拉力F 的大小，改变桶中砂的质量进行多次实验。

完成下列问题：
(1)实验时，下列操作或说法正确的是______________ ； A ．需要用天平测出砂和砂桶的总质量
B ．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数
C ．选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小
D ．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
(2)实验中得到一条纸带，相邻计数点间有四个点未标出，各计数点到A 点的距离如图乙所示。

电源的频率为50Hz ，则打点计时器打B 点时砂桶的速度大小为___m/s ；
(3)以拉力传感器的示数F 为横坐标，以加速度a 为纵坐标，画出的a —F 图像可能正确的是（____）
A ．
B ．
C ．
D ．
(4)若作出a —F 图线，求出其“斜率”为k ，则小车的质量为_____。

12．（12分）如图所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图．其中包括电源E ，开关S 1和S 2，电阻箱R ，电流表A ，保护电阻R x ．该同学进行了如下实验步骤：
(1)将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合S1、S2，读出电流表示数为I，电阻箱读数为9.5 Ω，断开S2，调节电阻箱的阻值，使电流表示数仍为I，此时电阻箱读数为4.5Ω．则保护电阻的阻值R x＝________Ω．（结果保留两位有效数字）
(2)S2断开，S1闭合，调节R，得到多组R和I的数值，并画出1
R
I
图象，如图所示，由图象可得，电源电动势E＝
________V，内阻r＝________Ω．（结果保留两位有效数字）
(3)本实验中，内阻的测量值________（填“大于”或“小于”）真实值，原因是_____________．
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）横截面积处处相同的U形玻璃管竖直放置左端封闭,右端开口.初始时,右端管内用h1=4cm的水银柱封闭一段长为L1=9cm的空气柱
A左端管内用水银封闭有长为L2=14cm的空气柱
B,这段水银柱液面高度差为h2=8cm,如图甲所示.
已知大气压强P0=76.0cmHg,环境温度不变.
(i)求初始时空气柱B的压强(以cmHg为单位)；
(ii)若将玻璃管缓慢旋转180°,使U形管竖直倒置(水银未混合未溢出),如图乙所示当管中水银静止时,求水银柱液面高度差h3.
14．（16分）如图所示，光滑斜面体ABC固定在地面上，斜面AB倾角为37°，斜面AC倾角为53°，P、Q两个物块分别放在AB、AC斜面上，并用绕过斜面体顶端A处光滑定滑轮的细线连接。

放在AC斜面上的轻弹簧，一端与Q相连，另一端与固定在C点的挡板相连，物块P、Q的质量分别为2m、m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，两
斜面足够长。

开始时锁定物块P，细线刚好拉直，张力为零，现解除物块P的锁定，已知sin 37°=0.6，cos 37°= 0.8，求：
(1)解除锁定的一瞬间，物块P的加速度大小；
(2)当物块Q向上运动1.6mg
k
的距离时，物块Q的速度大小；
(3)当物块Q向上运动的距离1.6mg
k
时，弹簧断开，同时给物块P一个平行AB斜面向上的恒定推力F，此后细线的拉
力为零，且P、Q两物块的速度同时减为零，则当物块Q速度为零时，物块P克服推力做功为多少。

15．（12分）如图所示，将横截面积S=100cm2、容积为V=5L，开口向上的导热良好的气缸，置于t1=－13C 的环境中。

用厚度不计的轻质活塞将体积为V1=4L的理想气体封闭在气缸中，气缸底部有一个单向阀门N。

外界大气压强
p0=1.0×105Pa，重力加速g=10m/s2，不计一切摩擦。

求：
(i)将活塞用卡销Q锁定，用打气筒通过阀门N给气缸充气，每次可将体积V0=100mL，压强为p0的理想气体全部打入气缸中，则打气多少次，才能使其内部压强达到1.2p0；
(ii)当气缸内气体压强达到1.2p0时，停止打气，关闭阀门N，将质量为m=20kg的物体放在活塞上，然后拔掉卡销Q，则环境温度为多少摄氏度时，活塞恰好不脱离气缸。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、D
【解题分析】
中微子转化为一个μ子和一个τ子过程中动量守恒，已知μ子的运动方向与中微子原来的方向一致，只能得出τ子的运动方向与中微子方向在同一直线上，可能与中微子同向也可能反向。

A ． 一定与中微子方向一致与分析不符，故A 错误； B ． 一定与中微子方向相反与分析不符，故B 错误；
C ． 可能与中微子方向不在同一直线上与分析不符，故C 错误；
D ． 只能与中微子方向在同一直线上与分析不符，故D 正确。

故选：D 。

2、A 【解题分析】
简谐横波对应的质点，回复力大小与位移大小成正比，回复力方向与位移方向相反。

故A 项正确，BCD 三项错误。

3、C 【解题分析】
秦山核电站的能量来自于重核裂变放出的能量，故C 正确，ABD 错误。

4、B 【解题分析】
A ．根据万有引力提供圆周运动向心力则有
()
22
GMm
mv R r
R r =++ 可得
v =
由于中轨道卫星的轨道半径小于静止同步轨道卫星的轨道半径，所以中轨道卫星运行的线速度大于静止同步轨道卫星运行的线速度，由于不知中轨道卫星的质量和静止同步轨道卫星的质量，根据动能定义式2
12
k E mv =可知无法确定中轨道卫星的动能与静止同步轨道卫星的动能大小关系，故A 错误；
B ．静止同步轨道卫星绕地球运行的周期为24h ，小于月球绕地球运行的运行周期，根据2T
π
ω=可知静止同步轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大，故B 正确； C ．根据万有引力提供圆周运动向心力则有：
()
()22
2
4m R T r R G m
r M π+=+
可得：
()3
24R r T GM
π+=
中轨道卫星运行周期与静止同步轨道卫星运行周期之比为：
()
()
3
367
11
3
72
2 6.410 2.15100.53(3.600.64)10R r T T R r +⎛⎫⨯+⨯=== ⎪+⨯+⎝⎭
中轨道卫星的运行周期为：
120.5312.72h T T =≈
故C 错误；
D ．根据万有引力提供圆周运动向心力则有：
()
2
GMm
ma R r =+
可得：
()
2
GM
a R r =
+
中轨道卫星与静止同步轨道卫星的向心加速度之比为：
()()2
672
22121672 6.410 3.6010424()6.410 2.1510279R r a a R r ⨯+⨯⎛⎫=== ⎪⨯+⎝+⨯⎭
+ 故D 错误。

故选B 。

5、C 【解题分析】
A ．两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒可知两物体落地时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，故A 错误。

B ．落地时两物体的速率相同，重力也相同，但A 物体重力与速度的夹角为锐角，B 物体重力与速度方向相同，所以落地前的瞬间B 物体重力的瞬时功率大于A 物体重力的瞬时功率，故B 错误。

C ．根据重力做功的表达式得两个小球在运动的过程重力对两小球做功都为mgh ，故C 正确。

D ．从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，但过程A 所需时间小于B 所需时间，根据知重力对两小球做功
的平均功率不相同，故D 错误。

6、B 【解题分析】
A.弹簧测力计测量的是力，不是基本物理量，故A 错误；
B.电磁打点计时器测量的是时间，是基本物理量，故B 正确；
C.电压表测量的是电压，不是基本物理量，故C 错误；
D.量筒测量的是体积，不是基本物理量，故D 错误。

故选B 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BC 【解题分析】
A ．对飞船和火箭组组成的整体，由牛顿第二定律，有
12()F m m a =+
设飞船对火箭的弹力大小为N ，对火箭组，由牛顿第二定律，有
2N m a =
解得
212
m F
N F m m =
<+
故A 错误；
B ．由运动学公式，有∆=
∆v
a t
，且 12()F m m a =+
解得
12F t
m m v
∆+=
∆ 故B 正确； C ．对整体
12()
v F m m t
∆=+∆ 由于（m 1+m 2）为火箭组和宇宙飞船的总质量不变，则推力F 越大，
v t ∆∆就越大，且v t
∆∆与F 成正比，故C 正确； D ．推力F 减小，根据牛顿第二定律知整体的加速度减小，速度仍增大，不过增加变慢，所以飞船与火箭组不会分离，故D 错误。

故选BC 。

8、ADE
【解题分析】
A ．由甲读出该波的波长为 λ=4m ，由乙图读出周期为 T =1s ，则波速为
4m /s v T
λ
=
=
故A 正确；
B ．在乙图上读出t =0时刻P 质点的振动方向沿y 轴负方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x 轴负方向。

故B 错误；
C ．质点P 只在自己的平衡位置附近上下振动，并不波的传播方向向前传播。

故C 错误。

D ．由于该波的波长为4m ，与障碍物尺寸相差不多，能发生明显的衍射现象，故D 正确；
E ．经过 0.52
T
t s ==，质点P 又回到平衡位置，位移为零，路程为 S =2A =2×
0.2m=0.4m 。

故E 正确。

故选ADE. 9、AC 【解题分析】
A ．将左极板向左移动少许，则d 变大，同时在两极板之间插入电介质，则ε变大，根据4S
C kd
επ=可知C 可能变大，根据Q=CU 可知，U 可能减小，即静电计指针的偏转角度可能变小 ，选项A 正确；
B ．将左极板向左移动少许，则d 变大，同时取出两极板之间的金属板，则也相当于d 变大，根据4S
C kd
επ=可知C 一定变小，根据Q=CU 可知，U 变大，即静电计指针的偏转角度变大 ，选项B 错误；
C ．将左极板向左移动少许，则d 变大，同时在两极板之间插入金属板，则相当于d 又变小，则总体来说可能d 减小，
根据4S
C kd
επ=
可知C 可能变大，根据Q=CU 可知，U 变小，即静电计指针的偏转角度可能变小 ，选项C 正确； D ．将左极板向下移动少许，则S 减小，同时取出两极板之间的电介质，则ε变小，根据4S
C kd
επ=可知C 一定减小，
根据Q=CU 可知，U 变大，即静电计指针的偏转角度一定变大 ，选项D 错误； 故选AC 。

10、ACD 【解题分析】
AC ．设电流的最小分度为I ，电压的最小分度为U ，则可知，电源的电动势E=6U ；U a =4U ，U b =2U ；电流I a =4I ，I b =8I ；则由P=UI 可知，故电源的输出功率相等； 则闭合电路欧姆定律可知， E=I （r +R ） 代入解得：
R a ：r =2：1；
故AC 正确；
B ．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比。

P IU U P IE E η===外总
； E 为电源的总电压（即电动势），在U-I 图象中，纵轴截距表示电动势，根据图象可知则
23
a η= 13
b η= 则
ηa ：ηb =2：1
故B 错误；
D ．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，此时电压为3U ，电流为6I ；故：
P a ：P max =8：9
故D 正确；
故选ACD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、B 0.832 A
2k
【解题分析】
(1)[1]．AD ．由于有拉力传感器可显示绳中拉力F 的大小，则不需要用天平测出砂和砂桶的总质量，也不需要砂和砂桶的质量远小于小车的质量，选项AD 错误；
B ．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数，选项B 正确；
C ．电火花计时器与纸带之间的摩擦力较小，则选用电火花计时器比选用电磁打点计时器实验误差小，选项C 错误； 故选B.
(2) [2]．已知打点计时器电源频率为50Hz ，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为：T =5×0.02s=0.1s 。

B 点对应的速度为 8.32cm/s=41.6cm/s=0.416m/s 20.2
AC B x v T == 则此时砂桶的速度为
20.832m/s B v =
(3)[3]．因长木板放在水平桌面上，则由于没平衡摩擦力，对小车根据牛顿第二定律
22F f f a F m m m
-==- 则得到的a —F 图像可能正确的是A 。

(4)[4]．由22F f f a F m m m -=
=-可知 2k m
= 解得
2m k
= 12、5.0 3.0 2.2 大于 电流表也有内阻
【解题分析】
(1)[1]由题意可知，闭合S 1和S 2时只有电阻箱接入电路，闭合S 1、断开S 2时，电阻箱与R 串联接入电路，两种情况下电路电流相等，由欧姆定律可知，两种情况下电路总电阻相等，所以 保护电阻的阻值
R x ＝9.5 Ω-4.5 Ω＝5.0Ω
(2)[2][3]根据闭合电路的欧姆定律可得，E ＝I (R +R x +r )，整理可得
11x R r R I E E
+=+ 可见图线的斜率
1k E
= 图线的纵截距
x R r b E
+= 结合图象中的数据可得
E ＝3.0V ，r ＝2.2Ω．
(3)[4][5]本实验中，内阻的测量值大于真实值，原因是电流表也有内阻，测量值等于电源内阻和电流表内阻之和．
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (i)72cmHg (ii)12cm
【解题分析】
(i)初始时，空气柱A 的压强为p A ＝p 0＋ρgh 1
而p B ＋ρgh 2＝p A
联立解得气体B 的压强为p B =72cmHg
(ii)U 形管倒置后，空气柱A 的压强为p A ′＝p 0－ρgh 1
空气柱B 的压强为p B ＇＝p A ′＋ρgh 3
空气柱B 的长度'23222
h h L L -=+ 由玻意耳定律可得p B L 2＝p B ＇L 2＇
联立解得h 3＝12cm 。

14、（1）0.4g （2 （3）225675m g k
【解题分析】 (1)解除锁定的一瞬间，设物块P 的加速度大小为a 1；根据牛顿第二定律有 12sin 372mg T ma ︒-=
对物块Q 研究有
1sin 53T kx mg ma ︒+-=
又
sin 53kx mg =︒
解得
a 1=0.4g
(2) 由
sin 53kx mg =︒
得开始时弹簧的压缩量
0.8mg x k
= 当物块Q 向上运动
1.6mg k 的距离时，弹簧的伸长量 1.60.80.8mg mg mg x k k k
'=-= 由此可知，物块Q 向上运动
1.6mg k 的距离时，弹簧的弹性势能变化量为零。

根据能量守恒定律可知 ()21.612sin 37sin 5332
mg mg mg mv k ︒︒-⋅=⨯ 可得物块Q 的速度大小
v =(3) 弹簧断开，同时给物块P 一个平行AB 斜面向上的恒定推力后，物块Q 向上做匀减速运动的加速度
2sin 530.8a g g =︒=
物块P 向下做匀减速运动的加速度大小也为a 2。

根据牛顿第二定律有 2 2sin 372F mg ma -︒=
解得
F =2.8mg
此过程物块Q 沿斜面向上运动的距离
224215v mg x a k
== 物块P 克服推力做功
22
5675m g W Fx k
== 15、 (i)8；(ii)52C ︒
【解题分析】
(1)由玻意耳定律得
()010011.2p V nV p V +=
其中14L V =，0100mL V =，n 为打气次数，代入数值解得： 8n =
(ii)初态气体温度为11273K 260K T t =+=，最终稳定时，体积为5L V =，内部气体压强为 520 1.210Pa mg p p S
=+=⨯ 即拔掉卡销后，缸内气体压强不变，由盖·吕萨克定律得：
112V V T T =，解得 2325K T =
则气缸内气体的温度为
22273K 52t T =-=℃。