云南省保山市普通高中畢業(yè)生市級統(tǒng)一檢測理科綜合（物理部分）

保山市2019年普通高中畢業(yè)生市級統(tǒng)一檢測理科綜合（物理部分）二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1417題只有一項符合題目要求；第1821題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.關(guān)于近代物理發(fā)展的成果，下列說法正確的是A.只要增加入射光的強度，光電效應(yīng)就可以發(fā)生B.氫原子從激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷時會輻射特定頻率的光子C.若使放射性物質(zhì)的溫度升高，則其半衰期將減小D.α射線、β射線、γ射線都是高速電子流【答案】B【解析】【分析】【詳解】能否發(fā)生光電效應(yīng)，與入射光的強度無關(guān)，只與入射光的頻率有關(guān)，選項A錯誤；氫原子從激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷時會輻射特定頻率的光子，光子的能量等于兩個能級的能級差，選項B正確；放射性物質(zhì)的半衰期與外部因素（溫度、壓強等）無關(guān)，選項C錯誤；α射線是氦核，β射線是高速電子流，γ射線是高速光子流，選項D錯誤；故選B.2.如圖所示，A、B、C三個物體處于平衡狀態(tài)，則關(guān)于A、B、C三個物體的受力個數(shù)，下列說法正確的是A.A物體受到4個力的作用 B.B物體受到3個力的作用C.C物體受到3個力的作用 D.C物體受到4個力的作用【答案】C【解析】【分析】根據(jù)受力分析的步驟，先重力，后彈力，最后是摩擦力，并結(jié)合平衡知識解答.【詳解】物體C受重力，B的支持力和摩擦力3個力的作用，選項C正確，D錯誤；物體B受重力，A的支持力，C的壓力和摩擦力4個力的作用，選項B錯誤；物體A受重力，地面的支持力以及B的壓力3個力的作用，選項A錯誤；故選C.3.如圖所示，豎直面內(nèi)分布有水平方向的勻強電場，一帶電粒子沿直線從位置a向上運動到位置b，在這個過程中，帶電粒子A.只受到電場力和重力作用 B.帶正電C.做勻速直線運動 D.機械能增加【答案】A【解析】【分析】根據(jù)粒子的運動情況確定受力情況，由此確定電性和機械能的變化．【詳解】帶電粒子沿直線從位置a向上運動到位置b，合力方向與速度方向共線，受力情況如圖所示；粒子受到電場力和重力作用，故A正確；粒子受到的電場力方向與電場線方向相反，故粒子帶負電，故B錯誤；粒子受到的合力方向與速度方向相反，粒子做勻減速運動，故C錯誤；電場力做負功，機械能減小，故D錯誤．故選A．【點睛】本題主要是考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動，解答本題要能夠根據(jù)粒子的運動情況確定受力情況，做直線運動時合力與速度方向共線．4.使物體成為衛(wèi)星的最小發(fā)射速度稱為第一宇宙速度v1，而使物體脫離星球引力所需要的最小發(fā)射速度稱為第二宇宙速度v2，v2與的關(guān)系是v2=v1，已知某星球半徑是地球半徑R的，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的，不計其他星球的影響，則該星球的第二宇宙速度為A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)mg=m求解第一宇宙速度，然后根據(jù)v2=v1求解第二宇宙速度．【詳解】該星球表面的重力加速度g'=，由mg'=可得星球的第一宇宙速度，該星球的第二宇宙速度v2=v1=，故ABC錯誤，D正確；故選D.【點睛】通過此類題型，學會知識點的遷移，比如此題：把地球第一宇宙速度的概念遷移的某顆星球上面．5.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，兩個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖．若帶電粒子只受磁場力的作用，粒子a在磁場中的運動周期為Ta，粒子a在磁場中的運動時間為ta=Ta，粒子b在磁場中的運動周期為Tb，粒子b在磁場中的運動時間為t=Tb，則下列說法正確的是A.粒子a和粒子b在磁場中運動的周期關(guān)系為Ta=TbB.粒子a和粒子b在磁場中運動的周期關(guān)系為Ta>TbC.粒子a和粒子b在磁場中運動速度關(guān)系va=vbD.粒子a和粒子b在磁場中運動速度關(guān)系va=3vb【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)可判斷兩粒子的周期關(guān)系；根據(jù)可求解兩粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角，從而確定半徑關(guān)系，根據(jù)確定速度關(guān)系．【詳解】根據(jù)可知，兩粒子在磁場中的運動的周期相同，選項A正確，B錯誤；設(shè)圓形磁場的半徑為r，因ta=Ta可知a在磁場中運動轉(zhuǎn)過的角度是1200；由幾何關(guān)系可知，運動半徑；同理因tb=Ta可知b在磁場中運動轉(zhuǎn)過的角度是600；由幾何關(guān)系可知，運動半徑；根據(jù)可知粒子a和粒子b在磁場中運動速度關(guān)系，選項C正確，D錯誤；故選AC.【點睛】帶電粒子在磁場、質(zhì)量及電量相同情況下，運動的半徑與速率成正比，從而根據(jù)運動圓弧來確定速率的大小；運動的周期均相同的情況下，轉(zhuǎn)過的圓弧的圓心角可用運動的時間來確定6.如圖所示，理想變壓器的原、副線圈分別接有定值電阻R1、R2，且R1=R2，原、副線圈的匝數(shù)比n1︰n2=2︰1，交流電源電壓為U，則A.R1兩端的電壓為UB.R2兩端的電壓為UC.R1和R2消耗的功率之比為1︰2D.R1和R2消耗的功率之比為1︰4【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，然后結(jié)合歐姆定律即可求出．根據(jù)P=U2/R求解功率比．【詳解】設(shè)R1=R2=R，原線圈電流為I，則根據(jù)匝數(shù)比可知副線圈電流為2I；此時初級電壓為：UIR；則根據(jù)匝數(shù)比可知，次級電壓為(UIR)；根據(jù)歐姆定律可知：，解得IR=U，即R1兩端的電壓為U；R2兩端的電壓為U，選項A錯誤，B正確；根據(jù)P=U2/R可知R1和R2消耗的功率之比為1︰4，選項C錯誤，D正確；故選BD.7.有一半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，如圖所示，O為圓點，AB為水平直徑，有一小球從A點以不同速度向右平拋，不計空氣阻力，在小球從拋出到落到軌道這個過程中，下列說法正確的是A.初速度越小的小球運動時間越長B.初速度不同的小球運動時間可能相同C.落在半圓形軌道最低點的時間最長D.小球落到半圓形軌道的瞬間，速度方向可能垂直撞擊半圓形軌道【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)平拋運動的特點，平拋運動的時間由高度決定，與水平初速度無關(guān)；做平拋運動的物體的速度的反向延長線經(jīng)過水平位移的中點．【詳解】平拋運動的時間由高度決定，與水平初速度無關(guān)，初速度小時，與半圓接觸時下落的距離不一定比速度大時下落的距離小，故A錯誤；速度不同的小球下落的高度可能相等，如碰撞點關(guān)于半圓過O點的豎直軸對稱的兩個點，運動的時間相等，故B正確；落在圓形軌道最低點的小球下落的距離最大，所以運動時間最長，選項C正確；若小球落到半圓形軌道的瞬間垂直撞擊半園形軌道，即速度方向沿半徑方向，則速度方向與水平方向的夾角是位移方向與水平方向夾角的2倍．因為同一位置速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的兩倍，兩者相互矛盾，則小球的速度方向不會沿半徑方向．故D錯誤．故選BC．8.如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點正上方h高處由靜止釋放，然后由A點經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h(不計空氣阻力)，則A.小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒B.小車向左運動的最大距離為RC.小球離開小車后做斜上拋運動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，系統(tǒng)水平方向動力守恒，則小球離開小車后做豎直上拋運動，下來時還會落回小車中，根據(jù)動能定理求出小球在小車中滾動時摩擦力做功．第二次小球在小車中滾動時，對應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功變小，據(jù)此分析答題．【詳解】小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動量守恒，故A正確系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mvmv′=0，，解得小車的位移：x=R，故B正確；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球由A點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故C錯誤；小球第一次車中運動過程中，由動能定理得：mg（h0h0）Wf=0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=mgh0，即小球第一次在車中滾動損失的機械能為mgh0，由于小球第二次在車中滾動時，對應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于mgh0，機械能損失小于mgh0，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于：h0h0=h0，而小于h0，故D正確；故選ABD．三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第2題第32題為必考題，每道試題考生都必須作答；第33題~第38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。9.如圖所示，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系：先安裝好實驗裝置，在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復(fù)寫紙，記下重垂線所指的位置O．接下來的實驗步驟如下：步驟1：不放小球2，讓小球1從斜槽上A點由靜止?jié)L下，并落在地面上．重復(fù)多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點圈在里面，其圓心就是小球落點的平均位置；步驟2：把小球2放在斜槽前端邊緣位置B，讓小球1從A點由靜止?jié)L下，使它們碰撞．重復(fù)多次，并使用與步驟1同樣的方法分別標出碰撞后兩小球落點的平均位置；步驟3：用刻度尺分別測量三個落地點的平均位置M、P、N離0點的距離，即線段OM、OP、ON的長度．(1)對于上述操作，下列說法正確的是___________(填序號)．A.每次小球釋放的高度可以不同B.斜槽軌道末端必須水平C.小球1質(zhì)量應(yīng)大于小球2的質(zhì)量D.斜槽軌道盡量光滑可以減小誤差(2)上述實驗除需測量線段OM、OP、ON的長度外，還需要測量的物理量有___________(填序號)A.A、B兩點間的高度差h1B.點離地面的高度h2C.小球1和小球2的質(zhì)量m1和m2(3)當所測物理量滿足表達式______________________(用所測物理量的字母表示)時，即說明兩球碰撞遵守動量守恒定律．【答案】(1).BC(2).C(3).【解析】【分析】【詳解】（1）（2）根據(jù)實驗的原理以及注意事項對各個選項進行判斷，并確定需要測量的物理量．（3）小球碰后做平拋運動，根據(jù)水平位移關(guān)系和速度的關(guān)系，求出初速度與距離的表達式，從而得出動量守恒的表達式；【點睛】（1）每次小球釋放的高度必須相同，以保證到達底端的速度相同，選項A錯誤；斜槽軌道末端必須水平，以保證兩球正碰，選項B正確；小球1的質(zhì)量應(yīng)大于小球2的質(zhì)量，以防止入射球反彈，選項C正確；斜槽軌道沒必要必須光滑，只要小球到達底端的速度相同即可，選項D錯誤；故選BC.（2）根據(jù)動量守恒得，m1?OP=m1?OM+m2?ON，所以除了測量線段OM、OP、ON的長度外，還需要測量的物理量是小球1和小球2的質(zhì)量m1、m2．故選C．

（3）因為平拋運動的時間相等，則水平位移可以代表速度，OP是A球不與B球碰撞平拋運動的位移，該位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平拋運動的位移，該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，該位移可以代表碰撞后B球的速度，當所測物理量滿足表達式m1?OP=m1?OM+m2?ON，說明兩球碰撞遵守動量守恒定律．10.為了測量某待測電阻Rx的阻值(約為30Ω)．有以下一些器材可供選擇：A.電流表：A1(量程0~50mA，內(nèi)阻約10Ω)B.電流表：A2(量程0~3A，內(nèi)阻約0.12Ω)C.電壓表：V1(量程0~3V，內(nèi)阻很大)D.電壓表：V2(量程0~15V，內(nèi)阻很大)E.電源：E(電動勢約為3V，內(nèi)阻約為0.2Ω)F.滑動變阻器R1(0~10Ω、允許最大電流2.0A)G.滑動變阻器R2(0~1kΩ、允許最大電流0.5A)H.定值電阻R3(20Ω，允許最大電流1.0A)L.定值電阻R4(5Ω，允許最大電流1.0A)J定值電阻R，(100Ω，允許最大電流1.0A)單刀單擲開關(guān)S一個，導(dǎo)線若干(1)電流表應(yīng)選___________，電壓表應(yīng)選___________，滑動變阻器應(yīng)選___________．(請?zhí)顚憣?yīng)儀器的序號)(2)某同學利用如圖所示的電路圖測量電阻Rx的阻值，某次測量中，電壓表示數(shù)為U時，電流表示數(shù)為I，則計算待測電阻阻值的表達式為Rx=___________．【答案】(1).A(2).C(3).F(4).3【解析】【分析】（1）根據(jù)電源電動勢選擇電壓表，根據(jù)通過待測電阻的最大電流選擇電流表，在保證安全的前提下，為方便實驗操作，應(yīng)選最大阻值較小的滑動變阻器；（2）根據(jù)歐姆定律即可計算出待測電阻阻值的表達式．【詳解】（1）電源電動勢為3V，則電壓表選C；通過待測電阻的最大電流約為：，選量程為3A的電流表讀數(shù)誤差太大；選擇量程為50mA又太小，故可用定值電阻R3=20Ω的電阻與待測電阻串聯(lián)，此時電路最大電流為：，則完全可以，此時電流表應(yīng)選擇A．為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選：F．

（2）由歐姆定律可知，待測電阻阻值：Rx=【點睛】本題考查了實驗器材的選擇、設(shè)計實驗電路圖、求電阻表達式，要掌握實驗器材的選擇原則，根據(jù)實驗原理與實驗器材確定滑動變阻器與電流表接法是正確設(shè)計實驗電路的關(guān)鍵．11.如圖甲所示，放置在水平桌面上的兩條光滑導(dǎo)軌間的距離L=1m，質(zhì)量m=lkg的光滑導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌左端與阻值R=4Ω的電阻相連，其他電阻不計，導(dǎo)軌所在位置有磁感應(yīng)強度B=2T的勻強磁場，磁場的方向垂直導(dǎo)軌平而向下，現(xiàn)在給導(dǎo)體棒施加一個水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2s測量一次導(dǎo)體棒的速度，乙圖是根據(jù)所測數(shù)據(jù)描繪出導(dǎo)體棒的vt圖象．(設(shè)導(dǎo)軌足夠長)求：(1)t=1.2s時，導(dǎo)體棒的加速度；(2)在前1.6s內(nèi)導(dǎo)體棒的位移x=8m，試計算1.6s內(nèi)電阻上產(chǎn)生的熱量．【答案】(1)3m/s2(2)【解析】【分析】（1）導(dǎo)體運動后，水平方向受到F、安培力兩個力．由圖象可知，時間t=1.2s時導(dǎo)體棒的速度，由牛頓第二定律求得加速度．（2）根據(jù)能量守恒定律求解電阻上產(chǎn)生的熱量．【詳解】（1）由圖象可知，導(dǎo)體棒運動的速度達到10m/s時開始做勻速運動，此時安培力和拉力F大小相等，導(dǎo)體棒勻速運動的速度勻速運動后導(dǎo)體棒上的電動勢①導(dǎo)體棒受的安培力②則③由圖象可知，時間時導(dǎo)體棒的速度此時導(dǎo)體棒上的電動勢④導(dǎo)體棒受的安培力⑤由牛頓定律得⑥解得時，導(dǎo)體棒的加速度為3m/s2⑦（2）時導(dǎo)體棒的速度，由能量守恒可得⑧解得【點睛】本題電磁感應(yīng)中的力學問題，電磁感應(yīng)與力聯(lián)系的橋梁是安培力，這種類問題關(guān)鍵在于安培力的分析和計算．12.如圖，半徑R=0.8m的圓弧形光滑軌道豎直放置，圓弧軌道最低點D與長為L的水平面相切于D點，質(zhì)量M=1.0kg的小滑塊A從圓弧頂點C由靜止釋放，到達最低點D后，與D點m=0.5kg的靜止小物塊B相碰，碰后A的速度變?yōu)関A=2.0m/s，仍向右運動．已知兩物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1，A、B均可視為質(zhì)點，B與E處的豎直擋板相碰時沒有機械能損失，取g=10m/s2．求：(1)碰撞后滑塊B瞬間的速度大??；(2)碰撞后瞬間B對圓弧的壓力大小；(3)要使兩滑塊不發(fā)生第二次碰撞，DE的長度L應(yīng)滿足的條件．【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】（1）由機械能守恒定律求出滑塊的速度，兩滑塊碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出碰后B的速度．（2）根據(jù)牛頓第二定律求解碰撞后瞬間B對圓弧的壓力大??；（3）應(yīng)用動能定理求出兩物塊的位移，然后求出發(fā)生二次碰撞需要滿足的條件．【詳解】（1）設(shè)小滑塊運動到D點的速度為，由機械能守恒定律有①設(shè)B滑塊被碰后的速度為，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得②代入數(shù)據(jù)解得：③（2）④解得：⑤（3）由于B物塊的速度較大，如果它們能再次相碰一定發(fā)生在B從豎直擋板彈回后，假設(shè)兩物塊能運動到最后停止，達到最大的路程，則對于A物塊，由動能定理⑥代入數(shù)據(jù)解得：⑦對于B物塊，由于B與豎直擋板的碰撞無機械能損失，由動能定理得⑧代入數(shù)據(jù)解得：⑨兩滑塊剛好第二次發(fā)生接觸的條件⑩要使兩滑塊不發(fā)生第二次碰撞13.下列說法正確的是___________A.液體表面存在著張力是因為液體表面層分子間的距離大于液體內(nèi)部分子間的距離B.一定質(zhì)量的理想氣體，在等壓膨脹過程中，對外做功，分子平均動能增大C.理論上，第二類永動機并不違背能量守恒定律，所以隨著人類科學技術(shù)的進步，第二類永動機是有可能研制成功的D.在同等溫度下，干濕泡濕度計的干、濕兩支溫度計示數(shù)差越大，說明該環(huán)境越干燥E.改進內(nèi)燃機結(jié)構(gòu)，提高內(nèi)燃機內(nèi)能轉(zhuǎn)化率，最終可能實現(xiàn)內(nèi)能完全轉(zhuǎn)化為機械能【答案】ABD【解析】【分析】【詳解】液體表面存在著張力是因為液體表面層分子間的距離大于液體內(nèi)部分子間的距離，分子之間的作用力表現(xiàn)為引力，所以液體表面存在表面張力；故A正確；定質(zhì)量的理想氣體，在等壓膨脹過程中，對外做功，溫度升高，則分子平均動能增大，故B正確；理論上，第二類永動機并不違背能量守恒定律，但是違背熱力學第二定律，所以即使隨著人類科學技術(shù)的進步，第二類永動機也不可能研制成功的，選項C錯誤；干泡溫度計和濕泡溫度計組成，由于蒸發(fā)吸熱，濕泡所示的溫度小于干泡所示的溫度．干濕泡溫度計溫差的大小與空氣濕度有關(guān)，溫度相差越大，說明空氣越干燥，故D正確；根據(jù)熱力學第二定律可知，熱機的效率不能達到百分之百，選項E錯誤；故選ABD.14.粗細均勻的兩端開口的U形細玻璃管開口向下豎直放置時，在左、右管中各有長度為L的水銀柱封閉住總長是8L的氣柱A，如圖，左、右管之間的距離忽略不計，左、右管長度都是6L，兩水銀柱的下表面到管口距離相等．大氣壓保持為p=4ρgL，ρ是水銀的密度，g是重力加速度．把一側(cè)的管囗封住(不計厚度)，再緩慢轉(zhuǎn)動U形管，使其開口向上豎直放置，兩側(cè)水銀柱的長度不變，求：(i)氣柱溫度始終是27℃，氣柱A的長度是多少?：(ii)接著對管內(nèi)氣柱緩慢加熱，當氣柱A長度又是8L時，管內(nèi)氣柱溫度是多少K?【答案】(i)(ii)【解析】【分析】（?。┐诉^程中氣體的溫度不變，根據(jù)氣體的初末狀態(tài)的壓強和體積的狀態(tài)參量，由玻意耳定律列式計算即可．（ⅱ）對管內(nèi)氣柱A緩慢加熱，氣柱A經(jīng)歷等壓變化，根據(jù)蓋呂薩克定律列式求解．【詳解】（?。┰O(shè)細玻璃管橫截面積為S，設(shè)變化后空氣柱的長度為，變化前氣柱A的體積壓強

①變化后氣柱A的體積

②壓強

③由玻意耳定律得：

④聯(lián)立解得：

⑤（ⅱ）對管內(nèi)氣柱緩慢加熱，氣柱A經(jīng)歷等壓變化，根據(jù)蓋—呂薩克定律有

⑥即：解得：【點睛】本題主要考查理想氣體的狀態(tài)方程．以封閉的氣體為研究對象，找出氣體變化前后的狀態(tài)參量，利用氣體的狀態(tài)方程計算即可．15.某復(fù)色光由空氣斜射入某介質(zhì)中后分解為a、b兩束單色光，如圖所示．以下說法正確的是___________A.a光的頻率比b光大B.a光在該介質(zhì)中的傳播速度比b光大C.光由介質(zhì)射入空氣時，a光的臨界角比b光小D.a、b通過相同的單縫衍射實驗裝置，a光的衍射條紋較大E.a、b通過相同的雙縫干涉實驗裝置，b光的干涉條紋間距較大【答案】ACE【解析】【分析】由題中“某復(fù)色光由空氣斜射入某介質(zhì)中后分解為a、b兩束單色光”可知，根據(jù)光線的偏折程度比較折射率的大小，從而比較出頻率的大小，通過比較臨界角的大小，根據(jù)波長的大小，分析衍射現(xiàn)象．通過雙縫干涉條紋的間距公式比較條紋間距的大?。驹斀狻緼、由圖看出，a光的偏折程度大于b光的偏折程度，則a光的折射率大于b光的折射率，所以a光的