云南省保山市2020届高三下学期普通高中毕业生市级统一检测理科综合物理试卷 Word版含解析

云南省保山市2020年高三普通高中毕业生市级统一检测卷理科综合物理试题二、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14-18题只有一项符合题目要求；第19-21题有多项符合题目要求，全部造对的得6分，选对但不全的得3分。有选错的得0分。1.下列说法正确的是（　　）A.电子的发现让人们认识到原子是可以再分的B.J·J·汤姆逊发现了电子，并且精确测量出了电子的电量C.卢瑟福发现了质子和中子，并由此提出了原子的核式结构模型D.玻尔的原子模型成功解释了所有原子的光谱【答案】A【解析】【详解】A．电子的发现让人们认识到原子是可以再分的，故A正确；B．J·J·汤姆逊发现了电子，而精确测量出电子电量的科学家是密立根，故B错误；C．卢瑟福发现了质子，查德威克发现了中子，原子的核式结构模型是卢瑟福根据粒子散射实验得出的，故C错误；D．玻尔的原子模型仅仅解释了氢原子的光谱，并不能成功解释所有原子的光谱，故D错误。故选A。2.随着我国航天事业的不断发展，未来某一天，我国宇航员降落在某星球上，他在该星球距地面高处的地方以初速度水平抛出一物体；在赤道位置，该物体落地时在水平方向上的位移为2x；在极地位置，该物体落地时在水平方向上的位移为x。已知该星球半径为R，万有引力常量为G，则该星球自转的周期是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】在赤道上的物体有-19- 在两极有在赤道位置，该物体落地时在水平方向上的位移为2x，则有，联立解得故选A。3.如图所示，物块A放在木板上处于静止状态，O点处安装有铰链，木板可绕O点无摩擦在竖直面内转动。现将木块B略向左移动一些，A仍静止，则下列结论正确的是（　　）A.木板对物块A的作用力增大B.木板对物块A的作用力不变C.物块A与木板间的正压力增大D.物块A所受的摩擦力不变【答案】B【解析】【详解】AB．木板对物块A的作用力为支持力和摩擦力的合力，大小等于物块A的重力，所以木板对物块A的作用力不变，A错误B正确；C．物块A受到木板的支持力木块B略向左移动，木板与水平面的夹角变大，物块A受到木板的支持力减小，则物块A与木板间的正压力减小，C错误；D．物块A所受的摩擦力木块B略向左移动，木板与水平面的夹角变大，物块A所受的摩擦力变大，D错误。故选B。-19- 4.一质量为m的小物块由斜面底端的A点以某一初速度冲上倾角为30°的固定斜面做匀减速直线运动，减速的加速度大小为g，物体沿斜面上升的最大高度为h，在此过程中（　　）A.上升过程中阻力做功为mghB.物体上升到最大高度的过程中机械能增加了mghC.物体的重力势能增加量为mghD.上升过程中动能减少了mgh【答案】C【解析】【详解】A．减速上升过程中，根据牛顿第二定律可得其中a=g，解得上升过程中阻力做功为A错误；B．机械能的变化等于除重力外其他力做的功，该过程中克服阻力做的功为mgh，则过程中机械能减少了mgh，B错误；C．物体在斜面上上升的最大高度为h，则重力势能增加了mgh，C正确；D．根据动能定理可得，物体动能的变化量为即动能损失了2mgh，D错误。故选C。5.如图所示，平行线PQ、MN之间有方向垂直纸面向里的无限长匀强磁场，电子从P点沿平行于PQ且垂直于磁场方向射入磁场，当电子速率为时与MN成60°角射出磁场；当电子速率为时与MN成30°角射出磁场（出射点都没画出），：等于（　　）-19- A.1：（2-）B.（2-）：1C.2：1D.：1【答案】B【解析】【详解】设带电粒子射出磁场时速度方向与MN之间的夹角为θ，做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可知解得带电粒子做匀速圆周运动联立可得：=(2-):1故B正确。6.如图所示，两根水平固定的足够长平行光滑金属导轨上，静止放着两根质量为m、长度为L电阻为R的相同导体棒ab和cd，构成矩形回路（ab、cd与导轨接触良好），导轨平面内有竖直向，上的匀强磁杨B。现给cd一个初速度v0，则（　　）A.ab将向右做匀加速运动B.ab、cd最终具有相同的速度-19- C.通过ab杆的电荷量为D.回路产生焦耳热最多为【答案】BC【解析】【详解】A．根据法拉第电磁感应定律可知，只有在两棒速度不相等时回路中才有感应电流，感应电流使两棒都产生加速度，然而受到的安培力发生变化，有效电动势发生变化，感应电流、安培力、加速度也随之变化，所以ab不可能向右做匀加速运动，故A错误；B．当两棒速度相等后，穿过回路的磁通量不变，回路中将不再有感应电流，ab、cd最终具有相同的速度，对两棒的系统受合外力为零，则根据动量守恒定律最终两棒速度均为故B正确；C．选向右的方向为正，对ab棒根据动量定理有联立可以得到故C正确；D．根据能量守恒定律，在运动过程中产生的热量为故D错误。故选BC。7.美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量．如图所示，平行板电容器两极板M、N与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d．现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则(　　)-19- A.此时极板间的电场强度B.油滴带电荷量为C.减小极板间电压，油滴将加速下落D.将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动【答案】AC【解析】【详解】A．极板间电压为U，间距为d，是匀强电场，故场强为：，故A正确；B．油滴受重力和电场力，处于平衡状态，故：解得：，故B错误；C．减小极板间电压，场强减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将加速下落，故C错误；D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，板间距增大，场强减小，电场力减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将加速下降，故D错误．【点睛】本题关键是明确油滴的受力情况和运动情况，然后结合牛顿第二定律确定加速度的方向，从而判断油滴的运动情况．8.质量为2kg的木板B静止在光滑水平面上，板长为L=1.5m，厚度为h=0.2m，质量为2kg的可视为质点的物块A从木板左侧沿木板上表面水平冲上木板，初速度为=4m/s，如图所示，A、B之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）A.A、B最终相对静止，共同的速度为2m/sB.最终从B的右端滑出，A落地时，与B右端的距离为0.4mC.A、B系统动量守恒，机械能守恒D.整个过程中，摩擦生热是6J【答案】BD-19- 【解析】【详解】A．A、B系统水平方向不受外力，A、B最终相对静止，根据动量守恒定律可知解得，共同的速度为设A在B上滑行的距离为x，由能量守恒定律可知解得所以，A、B最终不会相对静止，最终A会从B的右端滑出，故A错误；B．设A、B分开时，两者的速度分别是vA和vB，由动量守恒定律可知由能量守恒定律可知解得A从B上表面滑离后做平抛运动，做平抛运动的时间最终从B的右端滑出，A落地时，与B右端的距离为故B正确；CD．A从B上表面滑行时，因为摩擦力做功，产生的内能所以整个过程中，摩擦生热是6J，A、B系统动量守恒，机械能不守恒，故D正确，C错误。-19- 故选BD。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22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。（一）必考题：共11题，共129分。9.用曝光时间为Δt的相机在真空实验室拍摄的羽毛与苹果同时开始下落一段时间后的一张局部频闪照片如图所示。(1)这个实验表明：如果我们可以减小__________对物体下落运动的影响，直至其可以忽略，那么轻重不同的物体下落的快慢程度将会相同。(2)关于图中的x1、x2、x3，关系一定正确的是_______（填序号）。Ax1：x2：x3=1：4：9B.x1：x2：x3=1：3：5C.x3+x1=2x2D.x3-x1=2x2(3)利用图片提供的信息可以求出当地的重力加速度值g。下列计算式中，正确的是g=_________（填序号）。A．B.C.D.【答案】(1).空气阻力(2).C(3).C【解析】【详解】(1)[1]在实验中，如果没有空气阻力，物体下落的快慢相同，故减小阻力对物体的影响，轻重不同的物体下落的快慢相同。(2)[2]AB．由于这是局部照片，A点并不一定是起点，故不能根据初速度为零的匀变速直线运动的位移规律求解，故AB错误；CD．根据匀变速直线运动的规律，可知-19- 故C正确，D错误。故选C。(3)[3]由匀变速直线运动的推论可得联立可得故选C。10.某物理兴趣小组将一个电流表G改装成欧姆表，电路图如图（甲）所示，通过控制开关S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×1”和“×10”两种倍事，所用器材如下：A．干电池电动势E=1.5V，内阻不计；B．电流表G：满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=150Ω；C．定值电阻R1=1200Ω；D．电阻箱R2和R3最大阻值999.99Ω；E．开关一个，红、黑表笔各1支，导线若干。(1)当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节R2进行欧姆调零，此时流过电流表的电流为_____________（填“0”或“Ig”），根据闭合电路欧姆定律可算出电阻箱R2接入的阻值为_______Ω；当电流表指针指向图乙中所示的位置时，通过电路的电流大小为________mA，此时改装成的欧姆表对应的刻度值为__________Ω。(2)调节R3=150Ω，闭合开关S，将红、黑表笔短接，调节R2进行欧姆调零，此时欧姆表的倍率是_______（填“×1”或“×10”）。【答案】(1).Ig(2).150(3).0.60(4).1000(5).×1【解析】-19- 【详解】（1）[1]当开关S断开时，将红、黑表笔短接，欧姆调零后，电流表满偏，电流为。[2]电阻箱R2的阻值满足解得[3]电流表指针指向图乙中所示的位置时，通过电路的电流大小为0.60mA。[4]电流大小为0.60mA位置时，对应的电阻满足解得即欧姆表的刻度值为1000Ω。（2）当调节R3=150Ω，闭合开关S，将红、黑表笔短接，欧姆调零，当电流表满偏时，则解得则回路总电流为则内阻则中值电阻为150Ω；而R1、R3、Rg三个电阻并联后阻值为若是“×10”挡，则R2应调节到但是R2最大值为999Ω，则此时的挡位只能是“×1”挡，此时R2应调节到-19- 11.如图所示，空间存在一方向竖直向下的匀强电场（未画出），O、P、Q是电场中的点，且P、Q等高。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B，A不带电，B的电荷量为q（q>0）。A从O点发射时的速度大小为，到达P点所用时间为t；B从O点到达Q点所用时间为。重力加速度为g，若A、B球分别从O到P、从O到Q的水平位移之比为1：2，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到Q点时的动能。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a，O、Q两点的高度差为h，根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有解得(2)设B从O点发射时的速度为，到达Q点时的动能为Ek，根据动能定理有且有联立各式得-19- 12.如图所示，光滑水平台面MN上放两个相同小物块A，B，右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L=17m，沿逆时针方向以恒定速度v0=4m/s匀速转动．物块A，B（大小不计，视作质点）与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，物块A，B质量均为m=1kg．开始时A，B静止，A，B间压缩一轻质短弹簧．现解除锁定，弹簧弹开A，B，弹开后B滑上传送带，A掉落到地面上的Q点，已知水平台面高h=0.8m，Q点与水平台面间右端间的距离S=3.2m，g取10m/s2．（1）求物块A脱离弹簧时速度的大小，及弹簧储存的弹性势能；（2）求物块B在水平传送带上运动的时间；（3）求B与传送带间摩擦产生的热量．【答案】（1）8m/s，64J（2）9s（3）72J【解析】【分析】A离开平台后做平抛运动，应用平抛运动规律求出A离开平台时的速度，解锁过程A、B系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以去除速度与弹性势能；应用牛顿第二定律求出加速度，然后应用运动学公式求出运动时间；应用运动学公式求出相对位移，应用公式求出摩擦力产生的热量．【详解】（1）A作平抛运动，竖直方向：，水平方向：代入数据联立解得：解锁过程系统动量守恒，规定A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：，由能量守恒定律得：，-19- 代入数据解得：；（2）B作匀变速运动，由牛顿第二定律有，解得；B向右匀减速至速度为零，由，解得：，所以B最终回到水平台面．设B向右匀减速时间为：，解得：；设B向左加速至与传送带共速的时间为由，解得：；共速后做匀速运动的时间为，有：；代入数据解得总时间：；（3）B向右减速运动时，相对于传送带的位移：；B向左加速运动，相对于传送带的位移：；B与传送带间摩擦产生的热量：，代入数据解得：Q=72J；【点睛】本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律和牛顿第二定律的综合运用，理清物块在传送带上的运动规律，知道物块先向右做匀减速运动，然后返回做匀加速运动，再做匀速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选定区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13.如图所示，在用“油膜法估测分子大小”的实验中，现有置于密闭容器中按油酸和酒精体积比为n：m配制好的油酸酒精溶液、装有约2cm深的水的浅盘、一支滴管及一个量筒。请补充下述估测分子大小的实验步骤：-19- (1)用滴管向量简内加注N滴油酸酒精溶液，读出其体积V；(2)用滴管将一滴油酸酒精溶液滴在浅盘的水面上，等油酸薄膜稳定后，将薄膜轮廓描绘在坐标纸上，如图所示。则油膜面积为______________（已知网格纸上每个小方格面积为S，求油膜面积时，半个以上方格面积记为S，不足半个舍去）；(3)1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为________。估算油酸分子直径的表达式为d=______________。【答案】(1).115S(2).(3).【解析】【详解】(1)用滴管向量筒内加注N滴油酸酒精溶液，读出其体积V；(2)[1]已知网格纸上每个小方格面积为S，求油膜面积时，半个以上方格面积记为S，不足半个舍去，可算得面积为(3)[2]油酸酒精溶液的浓度为1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为[3]油酸分子直径为解得14.如图所示，在长为L=57cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着51cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33℃，大气压强p0=76cmHg．-19- （1）若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的温度为多少摄氏度；（2）若保持管内温度始终为33℃，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，求此时管中气体的压强．【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）设玻璃管横截面积为S;以管内封闭气体为研究对象，开始时管内气体的体积为管内气体的温度为缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，管中气体的体积为温度为T2．由盖一吕萨克定律解得:（2）设玻璃管黄截面积为S:以管内封闭气体为研究对象，开始时管内气体的体积为-19- 压强为若保持管内温度始终为33C，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，此时管中水银的高度为H，气体的体积为气体的压强为P2:由玻意耳定律解得:，15.如图所示是水平面上两列频率相同的简谐波在某时刻的叠加情况，图中实线为波峰，虚线为波谷．已知两列波的振幅均为2cm，波速为2m/s，波长为8cm，E点是B、D和A、C连线的交点，下列说法中正确的是(　　)A.A、C两处两质点是振动减弱的点B.B、D两处两质点在该时刻的竖直高度差是4cmC.E处质点是振动减弱的点D.经0.02s，B处质点通过的路程是8cmE.经0.01s，D处质点的位移为零【答案】ADE【解析】-19- 【详解】A、由题图可知，A、C两处两质点是两列波波峰与波谷叠加的地方，是振动减弱的点，故A正确．B、B、D两点都是振动加强的点，振幅都是4cm，此时D点处于波峰，B点处于波谷，则B、D两处两质点在该时刻的竖直高度差是8cm，故B错误．C、B、D两点都是振动加强的点，根据波的叠加原理，振动加强的与振动减弱的相互间隔，它们的连线上各点振动也加强，所以E处质点是振动加强的点，故C错误．D、由T==s=0.04s，0.02s为半个周期，则经半个周期B处质点从波谷到达波峰，通过的路程是s=2A=24cm=8cm，故D正确．E、0.01s为T，而在t=0时刻D处质点处于波峰，故再经过T，D处质点回在平衡位置，位移为零，故E正确．16.如图所示为半径为R的半圆柱形玻璃砖的横截面，O为该横截面的圆心．光线PQ沿着与AB成30°角的方向射入玻璃砖，入射点Q到圆心O的距离为，光线恰好从玻璃砖的中点E射出，已知光在真空中的传播速度为c．(1)求玻璃砖的折射率及光线从Q点传播到E点所用的时间；(2)现使光线PQ向左平移，求移动多大距离时恰不能使光线从圆弧面射出（不考虑经半圆柱内表面反射后射出的光）．【答案】(1)(2)【解析】【详解】(1)光线PQ入射到玻璃砖表面，入射角，设对应折射光线QE的折射角为，如图所示：-19- 由几何关系得：，即：根据折射定律有：解得：光线QE在玻璃砖内传播的速度为：传播的距离为：光线从Q点传播到E点所用的时间：；(2)若使光线PQ向左平移距离x，折射光线，到达圆弧面的入射角恰好等于临界角C，则：在应用正弦定理有：-19- 联立解得：．-19-