2021年云南省高考物理第一次统一检测试卷

2021年云南省高考物理第一次统一检测试卷

1.1930年科学家发现用放射性元素车卜发出的a粒子轰击皱核时会产生一种穿透能力

极强但看不见的射线，且这种射线在电场和磁场中都不会发生偏转。1932年，查

德威克重复上述实验，经过计算后发现了原子核的一种重要组成物。下列说法正确

的是（）

A.看不见的射线是y射线

B.上述核反应方程为费e+加e玉2B+iH

C.上述核反应方程为/e+,He-铲c+in

D.上述核反应属于轻核的聚变

2.2020年12月3日23时10分，嫦娥五号上升器携带月球样品从月面起飞，约6分

钟后进入环月圆轨道。己知地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球半径的3.7

倍，忽略月球的自转。飞行器环绕月球做匀速圆周运动的最大飞行速度约为（）

A.1.3km/sB.1.7/cm/sC.4.5/cm/sD.7.9fcm/s

3.电荷量分别为+3Q、+Q的两个正点电荷分别固定于真空中的A、B两点，如图所示，

C、D两点将AB连线三等分。将一正点电荷q从C点沿直线移动到。点的过程中，

下列说法正确的是（）

+3。+0

AC~~DB

A.g受到的电场力一直在减小B.4受到的电场力先增大后减小

C.电场力对q先做负功后做正功D.q的电势能先减小后增大

4.如图所示，一物块静止在固定的斜面上，若再对物块施

加一力F,下列说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动

摩擦力）（）

A.若F竖直向下，物块一定静止在斜面上

B.若尸竖直向下，物块可能沿斜面向下运动

C.若F平行于斜面向上，物块所受摩擦力一定增大

D.若F平行于斜面向上，物块所受摩擦力一定减小

5.如图所示，在竖直面内有垂直于竖直面向外、磁感应强度:口；,

大小为8的有界匀强磁场区域，磁场上下边界相距边•I

••//

-JL

长为I、电阻为R、质量为m的正方形导线框出心/从W边距离磁场上边界/处由静

止下落，〃边运动到磁场的下边界线框匀速穿出磁场。已知重力加速度为g,忽略

空气阻力。下列说法正确的是（）

A.线框进入磁场的过程中产生的感应电流沿逆时针方向

B.线框就边离开磁场时，线框的速度大小为篝

C.线框进入磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量为整

D.线框穿过整个磁场区域的过程中，线框产生的焦耳热为mg（H+2。

6.如图甲所示，倾斜传送带沿逆时针方向转动，在传送带<

的上端由静止释放一个小滑块，小滑块与传送带的接触/

面粗糙，传送带转动速度始终保持不变.下列关于小滑

块的速度v随时间f变化的关系图像可能正确的是（）

7.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里、也々工；*、

磁感应强度大小为8的匀强磁场，。为圆心，M、N、P:xi*.xB

彳\

为磁场边界上的三点，/.POM=60°,Z.PON=90%不

计重力的带电粒子从尸点以速度u沿半径PO方向射入

度v从M点射入磁场，下列说法正确的是（）

A.该粒子带正电

B.该粒子的比荷为总

orx

C.该粒子一定从N点射出磁场

D.该粒子在磁场中的运动时间为鬻

8.质量均为〃?的两物块P、。用轻弹簧连接，静止在光滑水平面上，物块。与固定挡

板接触但不粘连，如图所示。质量为HI。的子弹以速度火射入物块P后未穿出。在

子弹接触P之后的整个运动过程中（弹簧始终处于弹性限度范围内），下列说法正确

的是（）

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^rrMwrf]

A.子弹、P、Q以及弹簧组成的系统，机械能和动量均不守恒

B.挡板对Q的冲量大小为2nio%

C.弹簧的最大弹性势能为：加0诏

D.。离开挡板后弹簧的最大弹性势能为坨避

2m+m0

9.某同学利用如图1所示的装置做“探究加速度与力的关系”的实验。在气垫导轨上

安装了一个光电门，滑块上固定一宽度为d的遮光条，滑块前端固定一力传感器，

细线连接力传感器绕过滑轮与钩码相连，实验时改变钩码的个数，通过力传感器测

出绳子拉力F,每次实验滑块都从同一位置由静止释放，释放时遮光条到光电门的

距离为L。

(1)该实验(填“需要”或“不需要”)满足滑块连同传感器和遮光条的总质

量远远大于钩码的质量。

(2)若测得遮光条经过光电门时遮光时间为A3滑块的加速度大小为(用丈

△t和L表示)。

(3)该同学未进行导轨水平调节就进行实验，其他步骤操作正确，则该同学作出的

滑块加速度a与拉力厂的图像可能是(填如图2下方的字母)。

10.某同学测一电阻的阻值，其部分操作如下。

图甲

图丙

（1）他先用多用电表的欧姆挡“xl”倍率进行测量，指针如图甲所示，则读数为

（结果保留2位有效数字）。

（2）利用下列器材再次测量。

A电源E（电动势为3匕内阻r约为10）

8.电流表4（量程为0〜0.64,内阻q约为1。）

C.电流表色（量程为0〜300?n4,内阻上=50）

D最大阻值为200的滑动变阻器R。

E.开关S，导线若干

为使测量尽可能准确，请在图乙的方框中将实验电路原理图补充完整（要求标注器

材相应符号）。实验读得电流表4的值为A,电流表色的值为与，该同学测得的五组

数据如表所示，请根据表中数据在图丙中作出图线并求出待测电阻值R=

0（结果保留2位有效数字）。

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12345

h/A0.200.300.400.480.54

121A0.110.160.220.260.30

11.如图所示为赛车某一赛段示意图，该赛段路面水平，直道AB段长700〃?，弯道BC

段为半圆形轨道，其路面中心线半径R=50m。一辆赛车从A点由静止开始沿路面

中心线运动到C点，赛车在8c段路面行驶时•，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是

车重的0.8倍，若赛车加速阶段最大能保持以lOrn/sZ的加速度做匀加速运动，减速

阶段最大能保持以10rn/s2的加速度做匀减速运动，直道上汽车的最大速度为方=

80m/s,,取重力加速度g=10m/s2,n=3.14,为保证运动过程中赛车不侧滑，求

(1)BC段汽车的最大速度v；

(2)汽车从4到C所需的最短时间。

12.如图所示，右端带有挡板的绝缘滑板B静止在粗糙水平面上，带电物块A静止在滑

板2的上表面距离挡板L=0.8ni处，A的质量%=0.2kg、带电量为q=+1.0x

10-6c,8不带电，其质量Hi-=0.6kg,与地面之间的动摩擦因数为〃=0.25。在

该空间加上电场强度为E=2.0x106v/m、水平向右的匀强电场，物块4从静止开

始运动，A和8之间无摩擦。若运动过程中A的带电量保持不变，A与8上挡板的

碰撞均为弹性碰撞,A始终未滑离8且始终处于电场中,取重力加速度g=10m/s2o

求：

(1)4与B发生第一次碰撞前瞬间，A的速度大小为;

(2)第一次碰撞结束后，经过多长时间A、8发生第二次碰撞；

(3)从A开始运动到A与8刚要发生第5次碰撞的过程中，电场力对A做的功。

13.一定侦量的理想气体发生状态变化，其压强〃随热力学温

度T变化的图像如图所示，气体从状态a开始，经历了a-

bTC—dra的过程，"cd为平行四边形，ab与T轴平

行，历边反向延长线通过坐标原点0。下列说法正确的是

()

A.从a到b,气体体积减小

B.从b到c,气体体积增大

C.从。到c,气体放出热量

D.从c到d气体对外做的功大于从a到b外界对气体做的功

E.从c到d气体对外做的功等于从a到h外界对气体做的功

14.如图所示，一段水银柱将粗细均匀的玻璃管内封闭的理想气体分为A、8两段空气

柱，玻璃管水平静止放置时，A的长度5=16cm,8的长度6=24cm,压强均为

Po=75cmHg。现将该玻璃管绕其左端在竖直平面内逆时针缓慢旋转30。角后固定,

此时空气柱A的长度为玻璃管导热良好，周围环境温度保持不变。求水银

柱的长度人

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AB

**-L\―*!*~~h—4*L1

15.下列说法正确的是（）

A.机械波传播时，质点振动的方向总是垂直于波的传播方向

B.单色光从空气进入水中，其波速变小，频率不变

C.系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率

D.交通警察从警车上向远离警车的车辆发射超声波，交警接收到的反射波频率变

低

E.光学仪器镜头上的增透膜是利用光的衍射原理使透射光加强

16.一简谐横波向x轴正方向传播，x轴上有平衡位置坐标相距10%的“、6两质点（图

中未标出），该波的振幅4=80cm。t=0时刻质点a位移为+40位an,速度向y

轴负方向。t=0.5s时。第一次回到平衡位置，此时质点6的位移为-40或cm,速

度向），轴正方向。求该波的周期和波速•

,y/cm

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、该射线不受电场和磁场影响，穿透力极强，且是原子核的组成物之一，

由此可知，这种射线是中子组成的中子流，故4错误；

BC、根据质量数守恒和电荷数守恒可得核反应方程式为：iBe+^HeC+Jn,故B

错误，C正确；

D、该反应属于人工核反应，故。错误。

故选：C„

该射线不受电场和磁场影响，穿透力极强，且是原子核的组成物之一，由此可知，这种

射线的成分；根据质量数守恒和电荷数守恒可得核反应方程式；该反应为人工核反应。

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记

忆，这也是考试内容之一.

2.【答案】B

【解析】解：万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G粤=小艺

r

解得：v=

，,越小速度u越大，r最小等于月球半径R时v最大,

17kmis，故8正确,

AC。错误。

故选：Bo

万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出飞行器绕月球做匀速圆周

运动的最大飞行速度。

本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提与关键，应用

万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。

3.【答案】3

【解析】解：AB,根据点电荷电场的特点可知，A与B在AB之间的电场强度的方向相

反，设AB之间的距离为3A8之间电场强度为零的点到A的距离为x,根据库仑定律

知：与券=您，可得：》=竺@。0.634加可知，该点位于C与。之间靠近。点

X(L-XJ2

的地方，结合电场强度叠加的特点可知，从C到。电场强度的方向先向右后向左，电

场强度的大小先减小后增大，所以试探电荷q受到的电场力的方向先向右后向左，电场

力的大小先减小后增大，故A8错误；

CD、试探电荷在CD之间受到的电场力的方向先向右后向左，则从C到。电场力先做

正功后做负功，4的电势能先减小后增大，故C错误，。正确。

故选：D。

根据库仑定律和电场的叠加原理，分析场强的大小及变化：沿电场强度的方向电势降低,

分析电势关系，根据电势的变化，分析正电荷电势能的变化.

本题是信息题，根据题中的信息分析各点的电势是解题的关键，结合电场的叠加原理和

电场分布的特点研究.

4.【答案】A

【解析】解：设物块与斜面间的动摩擦因数为〃，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即加=

fimgcosd

物体静止在固定斜面上，则物块受到的静摩擦力/o=mgsin。小于等于最大静摩擦力，

即：mgsind<^mgcosO

AB,若尸竖直向下，则一定满足：(F+mg)sinOW/z(F+mg)cos。，所以物块一定静

止在斜面上，故A正确，8错误；

C、若F平行于斜面向上且F<zngsin。，物块受到的静摩擦力方向向上，由共点力平衡

条件：mgsind=fi+F,可得，=mgsind-F<f0,即物块所受摩擦力变小，故C

错误；

D、若尸平行于斜面向上且F>7ngsinO,物块受到的静摩擦力方向向下，由共点力平衡

条件：mgsin。+f2=F，可得，上=F-mgsind,当尸>2mgsin。时，f2>mgsind=f0,

即物块所受摩擦力变大，故。错误；

故选：A。

物体静止在斜面上，则满足mgsin。S卬ngcos。，若加向下的力F,仍满足：(F+

mg)sm9<g(F+mg)cos9；若加一平行斜面向上的力，通过平衡条件讨论静摩擦力的

大小和方向。

本题考查了共点力平衡条件的应用，题目的难点在于知道静摩擦力是一种被动力，大小、

方向由其他外力和运动状态决定。

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5.【答案】BC

【解析】解：A、线框进入磁场的过程中，穿过线框的磁感应强度方向向外，线框的磁

通量增加，根据楞次定律可知线框中产生的感应电流沿顺时针方向，故A错误；

8、线框M边运动到磁场的下边界时匀速穿出磁场，则线框受力平衡，根据平衡条件可

得：BIl=mg,即学=mg,解得线框的速度大小为〃=鬻，故B正确；

C、线框进入磁场的过程中，根据电荷量的计算公式可得：q=lt=^t=—=—^故

1RRR

C正确；

D,根据能量关系可得线框穿过整个磁场区域的过程中，线框产生的焦耳热为Q=

22nR

mg^H4-2/)—|?nv=mg(H+21)-^4»故。错误。

故选：BC。

根据楞次定律判断线框中产生的感应电流方向；根据平衡条件结合安培力的计算公式求

解线框的速度大小；根据电荷量的计算公式求解电荷量：根据能量关系可得线框穿过整

个磁场区域的过程中线框产生的焦耳热。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条

件列出方程；另一条是能量,分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题,根据动能定理、

功能关系等列方程求解。

6.【答案】AD

【解析】解：小滑块刚放上传送带时，所受摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律，有

mgsinO+/xmgcosd=max

此过程滑块向下加速运动，加速度a】=gsind+ngcosG

当滑块加速到和传送带速度相等时，

若gsin。<ngcosQ,则小滑块将沿传送带匀速运动；

若gstne〉林gcosO,则小滑块将沿传送带加速运动，由牛顿第二定律，有

mgsind—fimgcosd=ma2

整理可得。2=gsind-ngcosd

由上式可知%>a2

故此时小滑块将沿传送带做匀加速运动，且加速度小于前段过程的加速度；

故可能正确的是A。，BC错误；

故选：AD.

先分析小滑块刚放上时的受力，根据牛顿第二定律求出加速度，当小滑块和传送带共速

时分析此时小滑块可能的受力，进而分析其运动情况。

本题考查牛顿第二定律的应用，在处理传送带问题时，要注意摩擦力的方向的不确定性。

7.【答案】BC

【解析】解：A、由左手定则及该粒子的偏转方向可知粒子带负电荷，故A错误。

B、粒子从P0方向射入磁场，从N点离开，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可

2

得仅8=可。粒子在磁场中运动的轨迹如图(1)：

，'\B、、

■'XX、xx\

，工，、I

XX,

图(1)

由几何关系可知，r=R,

故*京，故B正确。

C、粒子进入磁场的速度不变，则圆周运动的半径也相同，粒子运动轨迹如图(2),

X\x

图(2)

由几何关系可知，四边形"ON。为菱形，所以粒子从N点射出磁场。故C正确。

D、由粒子运动轨迹可知，粒子在磁场中运动的圆心角为150。，

得磁场中运动的时间为t==%，故。错误。

2n6v

故选：BC.

粒子从P点进，N点出，根据左手定则判断粒子的电性。

根据带电粒子的运动轨迹求出粒子在磁场中做圆周运动的半径可求粒子比荷。

根据粒子的比荷和半径求粒子的出射点。

求出粒子在磁场中运动的圆心角，可求出粒子在磁场中运动的时间。

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准确画出粒子在磁场中运动的轨迹，注意几何关系结合物理知识在解决磁场问题上的应

用。

8.【答案】AB

【解析】解：4子弹射入P过程要考查阻力做功，部分机械能转化为内能，系统机械

能不守恒;在。离开挡板前，系统所受合外力等于挡板的弹力，系统所受合外力不为零，

系统动量不守恒，故A正确；

8、设子弹击中产后瞬间子弹与尸的速度大小为v,子弹击中尸瞬间系统动量守恒，以

向右为正方向，由动量守恒定律得：movo=（m0+m）v①

子弹击中P后压缩弹簧最终速度为零，然后弹簧逐渐恢复原长，弹簧恢复原长时。开

始离开挡板，由机械能守恒定律可知，。离开挡板时P的速度大小与子弹刚射入P时的

速度大小v相等，设挡板对。的冲量为/，从子弹击中尸到。离开挡板过程，以向左为

正方向，对系统，由动量定理得：/=（mo+m）（Tn。+巾）（一切，解得：/=2m（）Vo，

故B正确；

C、子弹击中P后P向右做减速运动，当P的速度为零时弹簧弹性势能最大，设为Epm，

2

由能量守恒定律得：Epjn=|（m0+m）v②

由①②解得：五「„,=肃器，故C错误；

D,。离开挡板后当P、。速度相等时弹簧的形变量最大，弹簧的弹性势能最大，设P、

。的共同速度为"如设为与，。离开挡板后子弹P、。组成的系统动量守恒，以向左为

正方向，由动量守恒定律得：（机0+瓶）〃=Oo+m+共③

2

由机械能守恒定律得：*四）+m）v=1（m0+m+TH）喙+Ep（4）

―喝诺

由①③④解得:E_故。错误。

P2(?n0+7n)(?n0+2m)>

故选：AB„

系统所受合外力为零，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功系统机械能守恒，根据

系统受力情况与力做功情况判断动量与机械能是否守恒；应用动量守恒定律与动量定理、

机械能守恒定律分析答题。

本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，知道动量守恒与机械能守恒的条件,

分析清楚运动过程，应用动量守恒定律、动量定理与机械能守恒定律即可解题。

9.【答案】不需要WABC

【解析】解：(1)滑块的前端固定有力传感器，直接测力，故不需要满足/远大于，小

(2)在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，则滑块通过光电门的速度为"=g

根据速度一位移公式可得：2"=/，解得a=二；

2LAt2

(3)该同学未进行导轨水平调节就进行实验，滑块运动过程中滑块受到的合力为绳子拉

力和受到的摩擦力/的合力提供滑块的动力，根据牛顿第二定律可得F-/=ma

即。=工尸-工，所以。与F呈线性关系，故ABC正确，。错误；

mm

故答案为：(1)不需要；(2)名；(3)ABC

(1)拉力通过力传感器测出，不需要满足M远大于〃?；

(2)在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，根据速度-位移公式求得加速度大

小；

(3)滑块运动过程中滑块受到的合力为绳子拉力和受到的摩擦力/的合力提供滑块的动

力，根据牛顿第二定律求得a-F的关系，即可判断。

本题考查实验，在探究加速度与物体的质量、物体受力的关系时，利用匀变速直线运动

求得加速度。

10.【答案】7.0126.3

【解析】解：(1)用多用电表的欧姆挡“xl”倍率进行测量，由图甲所示可知待测电阻

阻值为：7.0x10=7.0。。

(2)没有电压表，可以用已知内阻的电流表必测电压，用电流表公测电流，由于滑动变

阻器最大阻值远大于待测电阻阻值，滑动变阻器可以采用限流接法，实验电路图如图1

所示；根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，让尽可能多的点过直线，不过直线的

点对称分布在直线两侧，作出图象如图2所示；由图示电路图，根据欧姆定律得：=

一%)R，整理得：。=誓/2，

A

由图示A—/2图象可知，图象的斜率：卜=等=鬻

代入数据解得：R=6.25/2X6.30

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故答案为：(1)7.012；(2)实验电路图如图1所示；图象如图2所示；6.3(5.5〜6.5均正确

)«

(1)欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。

(2)可以用已知内阻的电流表测电压，用另一电流表测电流，根据题意与实验原理作出

实验电路图；

根据表中实验数据应用描点法作出图象，应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根

据图示图象求出电阻阻值。

要掌握常用器材的使用与读数方法；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方

法，要掌握描点法作图的方法。

11.【答案】解：(1)在弯道部分，若汽车刚要侧滑，则

V2

O.Bmg=伍元

解得：v=20m/s

(2)汽车匀加速过程，

vm=叫

Vm=2axi

汽车匀速运动过程，

x-x1-x3=vmt2

汽车匀减速过程，

vm=v+at3

2

v^-v—2ax3

汽车在弯道运动过程，

TIR=

总时间：t=tj+12+t3+t4

解得：t=22.85s

答：(1)BC段汽车的最大速度v为20m/s：

(2)汽车从A到C所需的最短时间为22.85s。

【解析】(1)根据汽车达到最大静摩擦力提供向心力时求最大速度；

(2)分别求出汽车匀加速过程，匀速运动过程，匀减速过程和在弯道运动过程的时间，

然后求解总时间。

解答本题要能够分析汽车运动过程中的受力情况，知道汽车在圆周运动过程中的向心力

来源，难度不大。

12.【答案】解：(1)第一次碰撞前，对A,由动能定理得：

1,

qEL=-mvo—0

代入数据解得：v0=4m/s

(2)4、8发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB

由机械能守恒定律得：

1_1_1,

2机A诏=^mAVA+,瓶8诏

代入数据解得：vA=-2m/s,vB=2m/s

碰撞后B做匀减速直线运动，对2,由牛顿第二定律得：

〃(机4+mB)g=mBaB

2

8的位移：xB=vBt-^aBt

对A,由牛顿第二定律得：qE=mAaA

2

A的位移：xA=vAt+^aAt

从第一次碰撞结束到第二次刚要碰撞时：xA=xB

代入数据解得：t=0.6s

设碰撞后B停止运动所需时间为3，则如=

代入数据解得：tB=0.6s

可知B速度减为零时A、8发生第二次碰撞，故t=0.6s

(3)设第二次刚耍碰前A的速度大小为则以1=以+aAt

代入数据解得：以i=4m/s

此后的运动重复前面的过程，从第一次碰撞结束到第二次刚要碰撞的过程：/=4=

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从A开始运动到A与8刚要发生第5次碰撞的过程中，电场力对A做的功:卬=qE(L+

4打)

代入数据解得：W=6.47

答：(1)4与3发生第一次碰撞前瞬间，A的速度火的大小是4m/s。

(2)第一次碰撞结束后，经过0.6s的时间A、B发生第二次碰撞；

(3)从A开始运动到A与B刚要发生第5次碰撞的过程中，电场力对A做的功是6.4/。

【解析】(1)应用动能定理可以求出第一次碰撞前A的速度大小。

(2)4、8发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机

械能守恒定律求出碰撞后瞬间A、8的速度，应用牛顿第二定律与运动学公式求出第一

次碰撞结束后到第二次碰撞时经历的时间。

(3)应用运动学公式求出A的位移，应用功的计算公式求出电场力做的功。

本题是一道综合题，分析清楚运动过程与受力情况，应用动能定理、牛顿第二定律和运

动学公式、动量守恒定律与机械能守恒定律、功的计算公式即可解题。

13.【答案】ACE

【解析】解：A、从“到6,气体做等压变化，根据可知，当温度降低时，气体的

体积减小，故A正确；

8、从人到c,图像过坐标原点的直线，为等容变化，气体体积不变，故8错误；

C、从。到c,温度减小，内能减小，根据即=C可知，体检变小，外界对气体做正功，

根据热力学第一定律△〃=W+Q可得，Q<0,气体放热，故C正确；

DE、从c到d,气体的体积增大，外界对气体做负功，则％=pc(Vd-匕)

根据岸=C可知，%=Pc(%-％)=C(Q-Tc)

同理从a到b的过程中，W2=C(Ta-Tb)

因为7d-Tc=Ta-Tb

即c到d气体对外做的功等于从〃到b外界对气体做的功，故。错误，E正确；

故选：ACE.

由图示图象判断气体的状态变化过程，应用