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大同市2025届高三年级第一次学情调研测试
参考答案
1.A【解析】由海啸波的传播速度v= gh，可知其在深海和浅海区传播时，速度会不同，而对同一海
1
啸波，其频率是由波源(震源)决定的，故频率不变，又T= ，其周期也不变，结合λ=vT可知，波
f
长发生改变，即海啸波在深海和浅海区传播时的波速和波长均不同，周期和频率均相同，A项正
确，B、C、D项错误。
2.D【解析】小球所受空气阻力的大小与速率成正比，即f=kv，根据牛顿第二定律可知，小球下降过
程中满足mg-kv=ma ，可知小球的加速度从g开始逐渐减小。在小球碰后上升的过程中有mg
1
+kv=ma ，可知小球的加速度从大于g的值逐渐减小到g。又由速度-时间图像的切线斜率表
2
示加速度，可知D选项符合题意，故D项正确。
3.D【解析】由题中低水位时a光在水面形成的圆形区域与某一高水位时b光形成的区域面积等大，
1
可知在水中发生全反射时a光比b光的临界角大，C项错误；同时根据sinC= ，得a光的折射率
n
c
比b光的小，即a光的频率比b光的小，a光的波长比b光的大，A项错误；又根据n= ，得a光在
v
l
水中传播速度比b光的大，D项正确；再依据Δx= λ，可得a光的相邻干涉条纹间距比b光的
d
大，B项错误。
4.C【解析】金属棒受力如图所示，金属棒平衡，可得tan θ= F 安 = ILB ，金属棒中电流I变小，θ角
mg mg
变小，故A项错误；两悬线等长变长，θ角不变，故B项错误；金属棒质量变大，θ角变小，故C项正
确；磁感应强度变大，θ角变大，故D项错误。
a3
5.B【解析】根据开普勒第三定律 =k，可知“，嫦娥六号”在轨道上运动时，运行的周期满足T >
T2 Ⅲ
Mm 2π T >T ，故A项错误；根据G =m
Ⅱ Ⅰ R2 T
2 R，以及M= 4 πR3ρ，解得ρ= 3π ，即若轨道Ⅰ近
3 GT2
似贴近月球表面，已知“嫦娥六号”在轨道Ⅰ上运动的周期，可以推知月球的密度，B项正确“；嫦娥
六号”在轨道Ⅱ上经过P点与轨道Ⅰ上经过该点时，受到的万有引力相同，根据牛顿第二定律可
得，其加速度相同，故C项错误；“嫦娥六号”在轨道Ⅱ上由P点运动到Q点过程中，其机械能守
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{#{QQABLYYQogCgAIBAAAhCEQUKCgMQkBEACSgGxFAMoAAAgANABAA=}#}恒，故D项错误。
6.B【解析】由于φ =φ >0，只有正电荷周围的电势处处大于零，故A项错误；如图作AB连线的中
A B
Q
垂线DE交AC边于E点，由题意可得，E点即为场源电荷的位置处，又据E=k ，从C点到B
r2
点，r逐渐增大，电场强度大小逐渐减小，B项正确；又据正电荷周围电势的分布特征，从A点移到
B点的过程中，电势先升高后降低，同时据E =qφ，该过程中电势能先增大后减小，C项错误；依
P
据图中几何关系，可得AE=2EC，即A、C两点处电场强度大小之比为1∶4，D项错误。
1
7.A【解析】平抛运动的时间是由实际下落的高度决定的，根据h= gt2，为保证两物品同时击中O
2
Δv
点，故必须M点物品先被抛出，C项错误；根据g= ，相同时间内两物品的速度变化量一定相
Δt
同，B项错误；已知O为抛物线MON的顶点,则以O为原点建立xOy直角坐标系, 设抛物线
MON对应的表达式为y=ax2(a>0)，M、N两点在坐标分别为(-x ，y )和(x ，y )，由于两平抛
1 1 2 2
1 1
运动在竖直方向为自由落体运动，有y =ax2= gt2，y =ax2= gt2，两平抛运动在水平方向为匀
1 1 2 1 2 2 2 2
v t x
速直线运动,有x =v t ，x =v t ，联立可得 1· 1 = 1，整理可得v =v ，故A项正确；因v =v ，
1 1 1 2 2 2 v t x 1 2 1 2
2 2 2
但在竖直方向有v =gt >v =gt ，故两分速度合成后可知两小球击中O点的速度大小不同，故
1y 1 2y 2
D项错误。
π
8.BD【解析】由v-θ图像，可知从θ= 起，物块开始做匀速圆周运动，但其合力一定不为零，故A
6
π π π
项错误；当θ= 时，物块重力的瞬时功率P=mgvcosθ=5 30W，B项正确；在 ~ 区间内，
6 6 2
物块做匀速圆周运动，其所受摩檫力与重力沿切线向下的分力等大反向，即f=mgcosθ，随θ增大
π π
物块受到的摩擦力大小逐渐减小，故C项错误；在 ~ 区间内，由于物块动能不变，其减小的机
6 2
械能即为减小的重力势能，即ΔE
机
=mgR(1-sinθ)=5J，故D项正确。
9.CD【解析】由电网的高压U 为220kV，U 为27.5kV，得n ∶n =220kV∶27.5kV=8∶1，故A项错
1 2 1 2
误；若机车运行功率增大，则牵引变电所副线圈输入功率增大，而副线圈电压不变，所以牵引变电
所至机车间之间的电流增大，热损耗功率也会随之增大，导线电阻分压增大，机车工作电压将会低
于25kV，故B项错误，C项正确；根据功率关系可得P=UI，其中U =25kV=25000V，则电流
3
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{#{QQABLYYQogCgAIBAAAhCEQUKCgMQkBEACSgGxFAMoAAAgANABAA=}#}P U-U
为I= =400A，则牵引变电所至机车间的等效电阻为R= 2 3 =6.25Ω，故D项正确。
U I
3
10.BC【解析】设导线框的初速度为v ，取向右为正方向，对其运动的全过程，由动量定理得，-BILΔt
0
BL2 B2L3
=0-mv ，其中IΔt=q= ，则v = ，故A项错误，B项正确；根据能量守恒，线框进入磁
0 4R 0 4mR
B4L6 B2L3
场过程中，动能减小，热量增加，即Q = ，C项正确；在线框刚进入磁场时，由于v = ，
总 32mR2 0 4mR
B3L4 3B3L4
则cd边切割磁感线产生的感应电动势为E= ，cd两点间的电势差为- ，故D项错误。
4mR 16mR
11.【答案】(1)BC(1分)；(2)A(1分)；(3) 1.0(2分)；9.7(2分)
【解析】(1)为了获得相同的初速度，需要每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，斜槽轨道不
需要光滑，故A错误，C正确；为保证小球飞出时速度水平，所以斜槽轨道末段需要水平，故B正
确；挡板只要能记录下小球在不同高度时的不同位置，不需要等间距变化，故D错误。故选BC。
(2)因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，下落的速度越来越快，则下落相等位移的时间越
来越短，水平方向上做匀速直线运动，所以x -x >x -x ；故选A。
2 1 3 2
(3)[1][2]由题意，根据图中数据可得，小球运动到图中位置A时，水平方向上有x=l=v t
0
5×10-2
可得其速度的水平分量大小为v = m/s=1.0m/s
0 0.05
(11.0+13.4-6.1-8.6)×10-2
根据图中数据在竖直方向上，根据逐差法可得g= m/s2=9.7m/s2
4×0.052
12.【答案】(1)A(1分)；(2) (1分)；(3)180(1分)；偏小(2分)；(4)串联(1分)；
29820(2分)
【解析】(1)在滑动变阻器阻值远大于电阻箱阻值的前提下，闭合S ，此时电阻箱阻值对电路中总
2
电阻的影响很小，可认为干路中的电流没有发生变化，且滑动变阻器B阻值较小，采用限流式接法
会烧坏电流表。故选A。
(2)根据实验步骤，开关S 断开，闭合开关S ；电流表工作，则可知电流表串联在电路中，闭合开关
2 1
S ，在滑动变阻器阻值保持不变的前提下，调节电阻箱使得电流表半偏；说明电阻箱和开关S 与电
2 2
流表并联，其实物连线图如图所示。
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{#{QQABLYYQogCgAIBAAAhCEQUKCgMQkBEACSgGxFAMoAAAgANABAA=}#}(3)[1]若接入电阻箱后干路中电流近似不变，调节电阻箱使得电流表半偏，则流经电阻箱的电流
和流经电流表的电流相等，且电阻箱和电流表并联，因此R =r 。故填180Ω。
0 g
1
[2]在并入电阻箱后，电路总电阻减小，干路电流将会增大。流过电流表的电流为 I ，所以流过
2 g
1
电阻箱的电流要大于 I ，所以r >R ，测量值小于真实值。故填“偏小”。
2 g g 0
(4)[1]电流表改装成电压表串联一个大电阻。故填“串联”。
U 6
[2]由公式知U=I (r +R)；代入得R= -r = Ω-180Ω=29820Ω
g g I g 200×10-6
g
故填“29820”。
13.(10分)【答案】(1)16m/s，4ms2；(2)700N
【解析】(1)座舱先做匀加速直线运动，设座舱的最大速度为v ，根据运动学公式可得
m
2a h =v2-0(2分)
1 1 m
解得
v = 2a h = 2×8×16m/s=16m/s (1分)
m 1 1
座舱匀减速下落的高度为
h =H-h =32m(1分)
2 1
根据运动学公式可得
-2a h =0-v2 (2分)
2 2 m
解得加速度大小为
a =4m/s2 (1分)
2
(2)以游客为对象，根据牛顿第二定律可得
F -mg=ma (2分)
N 2
则有
F =mg+ma=700N(1分)
N
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{#{QQABLYYQogCgAIBAAAhCEQUKCgMQkBEACSgGxFAMoAAAgANABAA=}#}mv2 mv h(4+3π)
14.【答案】(1) 0；(2) 0；(3)
2eh 2eh v
0
【解析】(1)电子的运动轨迹如图所示
电子在电场中做类平抛运动，设电子从A运动到D的时间为t ，有
1
2h=v t (1分)
0 1
1
h= at2(1分)
2 1
eE
a= (1分)
m
解得
mv2
E= 0 (1分)
2eh
(2)设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则
at
tanθ= 1 =1(1分)
v
0
解得
θ=45° (1分)
故
v= 2v (1分)
0
电子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
v2
evB=m (1分)
r
由几何关系可知
r=2 2h (1分)
解得
mv
B= 0 (1分)
2eh
(3)由对称性可知，电子在电场中运动的时间为
4h
2t = (1分)
1 v
0
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{#{QQABLYYQogCgAIBAAAhCEQUKCgMQkBEACSgGxFAMoAAAgANABAA=}#}电子在磁场中运动的时间
3 3 2πm 3πh
t = T= ⋅ = (1分)
2 4 4 eB v
0
故电子从A运动到A的时间
h(4+3π)
t=2t +t = (2分)
1 2 v
0
gR 16
15.【答案】(1)v = ；(2)不能追上；(3)E = mgR
2 3 pmax 27
【解析】(1)小球A下滑过程中，设小球A下滑到圆弧轨道最低点N时，小球A和滑块C的速度大
小分别为v 、v ，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
1 2
0=m v -m v (2分)
C 2 A 1
1 1
m gR= m v2+ m v2(2分)
A 2 A 1 2 C 2
联立解得
gR
v =2 (1分)
1 3
gR
v = (1分)
2 3
(2)设碰后小球A、B的速度大小为v 、v ，碰撞过程中小球A、B组成的系统动量守恒、机械能守
3 4
恒，则有
m v =-m v +m v (2分)
A 1 A 3 B 4
1 1 1
m v2= m v2+ m v2(2分)
2 A 1 2 A 3 2 B 4
联立解得
2 gR
v = (1分)
3 3 3
4 gR
v = (1分)
4 3 3
2 gR gR
因为v =
