云南省保山市普通高中毕业生市级统一检测理科综合（物理部分）

保山市2019年普通高中毕业生市级统一检测理科综合（物理部分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求；第1821题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.关于近代物理发展的成果，下列说法正确的是A.只要增加入射光的强度，光电效应就可以发生B.氢原子从激发态向基态跃迁时会辐射特定频率的光子C.若使放射性物质的温度升高，则其半衰期将减小D.α射线、β射线、γ射线都是高速电子流【答案】B【解析】【分析】【详解】能否发生光电效应，与入射光的强度无关，只与入射光的频率有关，选项A错误；氢原子从激发态向基态跃迁时会辐射特定频率的光子，光子的能量等于两个能级的能级差，选项B正确；放射性物质的半衰期与外部因素（温度、压强等）无关，选项C错误；α射线是氦核，β射线是高速电子流，γ射线是高速光子流，选项D错误；故选B.2.如图所示，A、B、C三个物体处于平衡状态，则关于A、B、C三个物体的受力个数，下列说法正确的是A.A物体受到4个力的作用 B.B物体受到3个力的作用C.C物体受到3个力的作用 D.C物体受到4个力的作用【答案】C【解析】【分析】根据受力分析的步骤，先重力，后弹力，最后是摩擦力，并结合平衡知识解答.【详解】物体C受重力，B的支持力和摩擦力3个力的作用，选项C正确，D错误；物体B受重力，A的支持力，C的压力和摩擦力4个力的作用，选项B错误；物体A受重力，地面的支持力以及B的压力3个力的作用，选项A错误；故选C.3.如图所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，在这个过程中，带电粒子A.只受到电场力和重力作用 B.带正电C.做匀速直线运动 D.机械能增加【答案】A【解析】【分析】根据粒子的运动情况确定受力情况，由此确定电性和机械能的变化．【详解】带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，合力方向与速度方向共线，受力情况如图所示；粒子受到电场力和重力作用，故A正确；粒子受到的电场力方向与电场线方向相反，故粒子带负电，故B错误；粒子受到的合力方向与速度方向相反，粒子做匀减速运动，故C错误；电场力做负功，机械能减小，故D错误．故选A．【点睛】本题主要是考查带电粒子在复合场中的运动，解答本题要能够根据粒子的运动情况确定受力情况，做直线运动时合力与速度方向共线．4.使物体成为卫星的最小发射速度称为第一宇宙速度v1，而使物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度v2，v2与的关系是v2=v1，已知某星球半径是地球半径R的，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的，不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据mg=m求解第一宇宙速度，然后根据v2=v1求解第二宇宙速度．【详解】该星球表面的重力加速度g'=，由mg'=可得星球的第一宇宙速度，该星球的第二宇宙速度v2=v1=，故ABC错误，D正确；故选D.【点睛】通过此类题型，学会知识点的迁移，比如此题：把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面．5.如图所示，圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，粒子a在磁场中的运动周期为Ta，粒子a在磁场中的运动时间为ta=Ta，粒子b在磁场中的运动周期为Tb，粒子b在磁场中的运动时间为t=Tb，则下列说法正确的是A.粒子a和粒子b在磁场中运动的周期关系为Ta=TbB.粒子a和粒子b在磁场中运动的周期关系为Ta>TbC.粒子a和粒子b在磁场中运动速度关系va=vbD.粒子a和粒子b在磁场中运动速度关系va=3vb【答案】AC【解析】【分析】根据可判断两粒子的周期关系；根据可求解两粒子在磁场中的偏转角，从而确定半径关系，根据确定速度关系．【详解】根据可知，两粒子在磁场中的运动的周期相同，选项A正确，B错误；设圆形磁场的半径为r，因ta=Ta可知a在磁场中运动转过的角度是1200；由几何关系可知，运动半径；同理因tb=Ta可知b在磁场中运动转过的角度是600；由几何关系可知，运动半径；根据可知粒子a和粒子b在磁场中运动速度关系，选项C正确，D错误；故选AC.【点睛】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，转过的圆弧的圆心角可用运动的时间来确定6.如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有定值电阻R1、R2，且R1=R2，原、副线圈的匝数比n1︰n2=2︰1，交流电源电压为U，则A.R1两端的电压为UB.R2两端的电压为UC.R1和R2消耗的功率之比为1︰2D.R1和R2消耗的功率之比为1︰4【答案】BD【解析】【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，然后结合欧姆定律即可求出．根据P=U2/R求解功率比．【详解】设R1=R2=R，原线圈电流为I，则根据匝数比可知副线圈电流为2I；此时初级电压为：UIR；则根据匝数比可知，次级电压为(UIR)；根据欧姆定律可知：，解得IR=U，即R1两端的电压为U；R2两端的电压为U，选项A错误，B正确；根据P=U2/R可知R1和R2消耗的功率之比为1︰4，选项C错误，D正确；故选BD.7.有一半圆形轨道在竖直平面内，如图所示，O为圆点，AB为水平直径，有一小球从A点以不同速度向右平抛，不计空气阻力，在小球从抛出到落到轨道这个过程中，下列说法正确的是A.初速度越小的小球运动时间越长B.初速度不同的小球运动时间可能相同C.落在半圆形轨道最低点的时间最长D.小球落到半圆形轨道的瞬间，速度方向可能垂直撞击半圆形轨道【答案】BC【解析】【分析】根据平抛运动的特点，平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关；做平抛运动的物体的速度的反向延长线经过水平位移的中点．【详解】平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度小时，与半圆接触时下落的距离不一定比速度大时下落的距离小，故A错误；速度不同的小球下落的高度可能相等，如碰撞点关于半圆过O点的竖直轴对称的两个点，运动的时间相等，故B正确；落在圆形轨道最低点的小球下落的距离最大，所以运动时间最长，选项C正确；若小球落到半圆形轨道的瞬间垂直撞击半园形轨道，即速度方向沿半径方向，则速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向夹角的2倍．因为同一位置速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向．故D错误．故选BC．8.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h(不计空气阻力)，则A.小球和小车组成的系统水平方向动量守恒B.小车向左运动的最大距离为RC.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次能上升的最大高度h<h1<h【答案】ABD【解析】【分析】水平地面光滑，系统水平方向动力守恒，则小球离开小车后做竖直上抛运动，下来时还会落回小车中，根据动能定理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功．第二次小球在小车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小，据此分析答题．【详解】小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，故A正确系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mvmv′=0，，解得小车的位移：x=R，故B正确；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg（h0h0）Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：h0h0=h0，而小于h0，故D正确；故选ABD．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第2题第32题为必考题，每道试题考生都必须作答；第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答。9.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O．接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离0点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．(1)对于上述操作，下列说法正确的是___________(填序号)．A.每次小球释放的高度可以不同B.斜槽轨道末端必须水平C.小球1质量应大于小球2的质量D.斜槽轨道尽量光滑可以减小误差(2)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有___________(填序号)A.A、B两点间的高度差h1B.点离地面的高度h2C.小球1和小球2的质量m1和m2(3)当所测物理量满足表达式______________________(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．【答案】(1).BC(2).C(3).【解析】【分析】【详解】（1）（2）根据实验的原理以及注意事项对各个选项进行判断，并确定需要测量的物理量．（3）小球碰后做平抛运动，根据水平位移关系和速度的关系，求出初速度与距离的表达式，从而得出动量守恒的表达式；【点睛】（1）每次小球释放的高度必须相同，以保证到达底端的速度相同，选项A错误；斜槽轨道末端必须水平，以保证两球正碰，选项B正确；小球1的质量应大于小球2的质量，以防止入射球反弹，选项C正确；斜槽轨道没必要必须光滑，只要小球到达底端的速度相同即可，选项D错误；故选BC.（2）根据动量守恒得，m1•OP=m1•OM+m2•ON，所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2．故选C．

（3）因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式m1•OP=m1•OM+m2•ON，说明两球碰撞遵守动量守恒定律．10.为了测量某待测电阻Rx的阻值(约为30Ω)．有以下一些器材可供选择：A.电流表：A1(量程0~50mA，内阻约10Ω)B.电流表：A2(量程0~3A，内阻约0.12Ω)C.电压表：V1(量程0~3V，内阻很大)D.电压表：V2(量程0~15V，内阻很大)E.电源：E(电动势约为3V，内阻约为0.2Ω)F.滑动变阻器R1(0~10Ω、允许最大电流2.0A)G.滑动变阻器R2(0~1kΩ、允许最大电流0.5A)H.定值电阻R3(20Ω，允许最大电流1.0A)L.定值电阻R4(5Ω，允许最大电流1.0A)J定值电阻R，(100Ω，允许最大电流1.0A)单刀单掷开关S一个，导线若干(1)电流表应选___________，电压表应选___________，滑动变阻器应选___________．(请填写对应仪器的序号)(2)某同学利用如图所示的电路图测量电阻Rx的阻值，某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为Rx=___________．【答案】(1).A(2).C(3).F(4).3【解析】【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；（2）根据欧姆定律即可计算出待测电阻阻值的表达式．【详解】（1）电源电动势为3V，则电压表选C；通过待测电阻的最大电流约为：，选量程为3A的电流表读数误差太大；选择量程为50mA又太小，故可用定值电阻R3=20Ω的电阻与待测电阻串联，此时电路最大电流为：，则完全可以，此时电流表应选择A．为方便实验操作，滑动变阻器应选：F．

（2）由欧姆定律可知，待测电阻阻值：Rx=【点睛】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、求电阻表达式，要掌握实验器材的选择原则，根据实验原理与实验器材确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键．11.如图甲所示，放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L=1m，质量m=lkg的光滑导体棒放在导轨上，导轨左端与阻值R=4Ω的电阻相连，其他电阻不计，导轨所在位置有磁感应强度B=2T的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平而向下，现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2s测量一次导体棒的速度，乙图是根据所测数据描绘出导体棒的vt图象．(设导轨足够长)求：(1)t=1.2s时，导体棒的加速度；(2)在前1.6s内导体棒的位移x=8m，试计算1.6s内电阻上产生的热量．【答案】(1)3m/s2(2)【解析】【分析】（1）导体运动后，水平方向受到F、安培力两个力．由图象可知，时间t=1.2s时导体棒的速度，由牛顿第二定律求得加速度．（2）根据能量守恒定律求解电阻上产生的热量．【详解】（1）由图象可知，导体棒运动的速度达到10m/s时开始做匀速运动，此时安培力和拉力F大小相等，导体棒匀速运动的速度匀速运动后导体棒上的电动势①导体棒受的安培力②则③由图象可知，时间时导体棒的速度此时导体棒上的电动势④导体棒受的安培力⑤由牛顿定律得⑥解得时，导体棒的加速度为3m/s2⑦（2）时导体棒的速度，由能量守恒可得⑧解得【点睛】本题电磁感应中的力学问题，电磁感应与力联系的桥梁是安培力，这种类问题关键在于安培力的分析和计算．12.如图，半径R=0.8m的圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧轨道最低点D与长为L的水平面相切于D点，质量M=1.0kg的小滑块A从圆弧顶点C由静止释放，到达最低点D后，与D点m=0.5kg的静止小物块B相碰，碰后A的速度变为vA=2.0m/s，仍向右运动．已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，A、B均可视为质点，B与E处的竖直挡板相碰时没有机械能损失，取g=10m/s2．求：(1)碰撞后滑块B瞬间的速度大小；(2)碰撞后瞬间B对圆弧的压力大小；(3)要使两滑块不发生第二次碰撞，DE的长度L应满足的条件．【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律求出滑块的速度，两滑块碰撞过程中系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后B的速度．（2）根据牛顿第二定律求解碰撞后瞬间B对圆弧的压力大小；（3）应用动能定理求出两物块的位移，然后求出发生二次碰撞需要满足的条件．【详解】（1）设小滑块运动到D点的速度为，由机械能守恒定律有①设B滑块被碰后的速度为，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得②代入数据解得：③（2）④解得：⑤（3）由于B物块的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大的路程，则对于A物块，由动能定理⑥代入数据解得：⑦对于B物块，由于B与竖直挡板的碰撞无机械能损失，由动能定理得⑧代入数据解得：⑨两滑块刚好第二次发生接触的条件⑩要使两滑块不发生第二次碰撞13.下列说法正确的是___________A.液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离B.一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，对外做功，分子平均动能增大C.理论上，第二类永动机并不违背能量守恒定律，所以随着人类科学技术的进步，第二类永动机是有可能研制成功的D.在同等温度下，干湿泡湿度计的干、湿两支温度计示数差越大，说明该环境越干燥E.改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，最终可能实现内能完全转化为机械能【答案】ABD【解析】【分析】【详解】液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子之间的作用力表现为引力，所以液体表面存在表面张力；故A正确；定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，对外做功，温度升高，则分子平均动能增大，故B正确；理论上，第二类永动机并不违背能量守恒定律，但是违背热力学第二定律，所以即使随着人类科学技术的进步，第二类永动机也不可能研制成功的，选项C错误；干泡温度计和湿泡温度计组成，由于蒸发吸热，湿泡所示的温度小于干泡所示的温度．干湿泡温度计温差的大小与空气湿度有关，温度相差越大，说明空气越干燥，故D正确；根据热力学第二定律可知，热机的效率不能达到百分之百，选项E错误；故选ABD.14.粗细均匀的两端开口的U形细玻璃管开口向下竖直放置时，在左、右管中各有长度为L的水银柱封闭住总长是8L的气柱A，如图，左、右管之间的距离忽略不计，左、右管长度都是6L，两水银柱的下表面到管口距离相等．大气压保持为p=4ρgL，ρ是水银的密度，g是重力加速度．把一侧的管囗封住(不计厚度)，再缓慢转动U形管，使其开口向上竖直放置，两侧水银柱的长度不变，求：(i)气柱温度始终是27℃，气柱A的长度是多少?：(ii)接着对管内气柱缓慢加热，当气柱A长度又是8L时，管内气柱温度是多少K?【答案】(i)(ii)【解析】【分析】（ⅰ）此过程中气体的温度不变，根据气体的初末状态的压强和体积的状态参量，由玻意耳定律列式计算即可．（ⅱ）对管内气柱A缓慢加热，气柱A经历等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解．【详解】（ⅰ）设细玻璃管横截面积为S，设变化后空气柱的长度为，变化前气柱A的体积压强

①变化后气柱A的体积

②压强

③由玻意耳定律得：

④联立解得：

⑤（ⅱ）对管内气柱缓慢加热，气柱A经历等压变化，根据盖—吕萨克定律有

⑥即：解得：【点睛】本题主要考查理想气体的状态方程．以封闭的气体为研究对象，找出气体变化前后的状态参量，利用气体的状态方程计算即可．15.某复色光由空气斜射入某介质中后分解为a、b两束单色光，如图所示．以下说法正确的是___________A.a光的频率比b光大B.a光在该介质中的传播速度比b光大C.光由介质射入空气时，a光的临界角比b光小D.a、b通过相同的单缝衍射实验装置，a光的衍射条纹较大E.a、b通过相同的双缝干涉实验装置，b光的干涉条纹间距较大【答案】ACE【解析】【分析】由题中“某复色光由空气斜射入某介质中后分解为a、b两束单色光”可知，根据光线的偏折程度比较折射率的大小，从而比较出频率的大小，通过比较临界角的大小，根据波长的大小，分析衍射现象．通过双缝干涉条纹的间距公式比较条纹间距的大小．【详解】A、由图看出，a光的偏折程度大于b光的偏折程度，则a光的折射率大于b光的折射率，所以a光的