2021届云南省高三(下)第二次复习统一检测物理试题

2021云省第二次高中毕生复习统一测理科综合力测试（物部分）注意事∶1.卷前，考生必用黑碳素笔将自的学校姓名准考证、考场号、位号填在答题卡上并认真核准形码上学校、准考号、姓、考场号、位号，规定的位置好条形及填涂准考号。2.答选择题时选出每小答案后，用铅笔答题卡对应题目的案标号黑如需改，用橡皮擦干净后，选涂其答案标号。答非选题时，将答写在答卡上。写在试卷上效。可能用的相对原子量∶O-16F-19Ga-70二、选题∶本题共题，每小题分，共48分。每小题出的四个选中，第题只有项符合题目求，第18~21题有多符合题要求。全部对的得分，选对但不全的得分，有选错得0。氢子的能级示图如图所示。下列说法中正确的是（）处基态的氢原子吸收能量为eV的子后可以发生电离处=2能级的氢原子可以吸收能量为eV的子跃迁到=3能氢子从=能级跃迁到n=能辐射出的光照射在金属表面上一定能发生光电效应一群处于n能的氢原子向基态跃迁时，多能辐射出3不同频率的光子【答案】【解析】【分析】

【详解A使于基态氢原子发生电离入射光子的能量应大于或等于13.6eV所处于基态的氢原子吸收能量为13.7eV的子后可以发生电，故A确；C．原子从n=3级跃迁到n=2能辐射出的光子的能量E1.89eV32由于不知道逸出功，所以不一定能发生光电效应，故误；B处于能的氢原子可以吸收能量为1.89eV的子跃迁到n=3能级，故B错；D．群于n=4级的氢原子向基态跃迁时，最多可以辐射出2不同频率的光，故D错误。故选A。如所示，倾角30的光滑斜面固定不动，轻质弹簧连接质量均为m的物块P置斜面上用水平向右的力作用在Q上，、Q均止，则F的小为（）A.

mg

B.

mgC.

3

D.2【答案】【解析】【分析】【详解】整体分析可知Fcos3030所以F

3

ababab故选B。ababab

、物体沿x轴动，相碰后结合一整体，、bc运的位置随间t

变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）A.质量为b的质量的3倍B.碰之前a的动量小于动量C.碰之前a的动量与动量大小相等D.碰之后的量小于碰前的动【答案】【解析】【分析】【详解】根据x图可得碰撞前的速度为0，0tt0碰撞后的共同速度为03t0A由动量守恒定律有mva即xm(0)0m)()t2t3t0解得mmab

。故A错；。BC碰前与动量大小之比为m5aam1bb则碰撞之前动量大于b的动量故BC错误；D．撞与动量大小之比为()v62am5aa故碰撞之后c动量小于碰前动量，故D正；故选D某星周围的卫绕其做圆周运动的轨道半径r与行周期关系如图所示行的半径为引力常量为G图中、b为知量。下列说法正确的是（）

万A.绕行星表面运行卫星的周期为

aR0bB.该星的质量为C.该星的密度为

2bG30D.该星表面的重力加速度为【答案】

4aR

00【解析】00【分析】详解】A．根据图像3T0ba绕该行星表面运行卫星的周期为aRT故A错；．据mR220解得行星的质量为：M

R32

baG故B错；C．度为：

M

33bGT0故确；D．据有引力提供向心力，有：MmG0解得4g2aR20故D错。故选。的关系如图所示。下列说法正确的是（）随科技的发展无人机广泛用于航拍。某无人机飞行过程中，竖直向上的速度随飞行时间t

及水平方向速度

1111211111211111211111212A.0~B.0~

时间内无人机处于超重状态（v）时间内无人机飞行的位移大小为C.t

时刻无人机飞行至最高点D.t~t时间内无人机做匀变速曲线运动【答案】【解析】【分析】【详解】A．由图象可知，无人机在～这时间，在竖直方向向上匀加速直线运动，则无人机有竖直向上

加速度，那么处于超重状态，不是失重状态，故A正；Bt

时间内无人机飞行的水平位移大小为

vt12

，竖直位移大小为

t11

，故0~

时间内无人机飞行的位移大小为(

vtt21)1)22

2

，故B错误；C．

时刻后无人机竖直方向向上减速，故t

时刻无人机未飞行至最高点，故错；D~t时间内无人机水平匀速直上匀减速速与合加速度不在一条线上做变速曲线运动，故D正。故选。如所示，理想压器原、副线圈匝数比为21，三只完全相同的灯泡L、L、L连接如图。当开关S闭合时，L、L均能正常发光。保持电源电压不变，断开关S，则（）

223223A.三灯泡的亮度相同B.L、仍能正常发光C.电的输出功率变小D.电的输出功率变大【答案】【解析】【分析】【详解】理想变压器原、副线圈匝数比为∶1则灯泡额定电压

UL

U

，根据变压器电流与匝数成反比可知I1

I2L2L3故流过灯泡电流相同，则亮度相同，原线圈两端电压减小，则副线圈电压变小，小于额定电压，L、L不能正常发光，设额定电流为I，合时，原线圈电流0I10断开后，副线圈电流减小，则原线圈电流减小，电源的输出功率

PI1

，变小，故AC正确BD错。故选AC。如甲所示固定在同一绝缘水平面上的两根平行光滑金属导轨两导轨间的距为1.5左接有阻值为Ω的值电阻，质量为1kg的属棒ab跨在导轨上，形成闭合回路。空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为2。棒外力的用下沿着导运动的速度时间图像如图乙所示。金属棒和导轨的电阻忽略不计，且运动过程中金属棒始终与导轨垂直。下列说法正确的是（）A.内棒的感应电流方向从b到B.3s~6s内力的大小为6N

C.内过棒电荷量为4D.内力的量大小为11N·【答案】【解析】【分析】【详解】A．根据右手定则可以判断内ab棒中的感应电流方向从a到b，故A错；B内力F的小BILA

，I

解得外力的小为6，故B正；C．内通过棒电荷量q

BLx，RR

x

解得通过ab棒的电荷量为，错误；D．内外力的量大小IBILt

，

It解得外力的量大小为，D正。故选BD。如所示在0≤7区域内存在与xOy平垂直磁感应强度大小为的强磁场一带电粒子从坐标原点O与轴方向成53垂直磁场射入，从磁场右边界上点（，d离开。已知粒子的质量为，带电量为q重力不计，取sin53°=0.8，cos53°=0.6。下说法正确的是（）A.粒在磁场中做圆周运动的轨迹半径为dB.粒的发射速度大小为

qBdmC.粒从P点出时的速度方向与x轴方向的夹角为°D.若改变粒子的入射方向，则粒子在磁场中运动的最长时间为

mqB

2【答案】2【解析】【分析】【详解】AB．图，根据题意做出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示做出入射速度的垂线，连接OP中垂线，两线相交与点A点为圆心，设与x轴角为αsin

，，OPOP

2

2d，r，

sin

所以得到r由牛顿第二定律得qvB

mvr

得v

qBdm故A错，正确；C．据以上分析37

45，，粒子射出磁场的速度与轴向夹角为，速度的偏转角与粒子运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可知出射速度方向与x轴夹角为°，故C正；D．于

rdd

故粒子在磁场中不能完成半个圆周运动，运动时间不能达到1mT2qB若改变粒子的入射方向场运动时间半个周期对应的粒子的入射速度方向是沿着轴正方向进入磁场

EABBCDEEABBCDE的粒子，此时粒子在磁场中运动的时间＜，错；故选：。第Ⅱ卷非选择题，分）三、非择题∶共分。第22~32题为必题，每试题考生都须作答第33~38为选考题考生根据要作答。（一）考题（共分）某学利用如图所示的装置来测量滑块与平桌面间的动摩擦因数。由静止释放物块Q打点计时器打出的纸带如图乙所示，依打点先后顺序取计AC及DF，两相邻计数点间还有四点未标出。测得相邻两计数点间距离为=2.75cmx=4.96cm、x=5.26cm、x。所用交流电的频率为Hz取重力加速度g²。根据以上数据可得（1）落地前加速度大小；（2Q落后的加速度大小为²；滑P与平桌面间的动摩擦因数为果留2小数）【答案】

【解析】【分析】【详解】两邻计数点间还有四个点未出，时间间隔为，落地前的速度大小为

12x12T2(2)[2][3]落后加速度大小为'

xDET

EF

2根据'

mg滑块P与水平桌面间的动摩擦因数为

0.31某学习小组将两个不同金属电极插入一个橙子做成一“橙子电池”，他们查阅资料得知“水果电池”的电动势约、内阻约几百欧。实验室有以下器材∶电压表（量程3V内阻约3k毫安表A（量程为，内阻为50滑动变阻器（值滑动变阻器（值0~3000线开关。为了尽可能准确测定这个“橙子电池”的电动势和内阻。（1）下面两个测量电路图应（“”或“”（2）滑动变阻器应选（“1或R2”（3）该小组实验时记录的数据如下表U/VI/mA

请在坐标系中描点并作出I

图线（根图线求出这个“橙子电池”电动势V，阻

R为ΩR【答案】

甲

【解析】【分析】【详解）[1]水电池的内阻较大，若采用乙图，电压表的分流比较明显，路电流的误差较大，而甲图测量的内阻相当于电流表的电阻和电源的内阻，但是电流表的内阻已知，故采用将电流表外法，故选甲。（2）毫安表满偏时，电路的总阻R1000I若选择，变化范围很小，测多组实验数据，故滑动变阻器选择（3）[3]电路如图所示

R

[4]图与纵轴截距即为电动势E[5]像的斜率kRg

0.980.40

Ω解得r如图所示，水平放置的长度为的两平行板间有匀强电场和匀强磁场。电场强度方向竖直向上，小为E；磁感应强度直纸面向外，大小为。子从电极K处静止开经加速电压U加后，沿水平直线穿过两平行板间的电场、磁场区域，已知电子的电荷量，质量为，略电子的重以及电子间的相互作用。求（1）加速电压U的小；（2）若撤去磁场，电子恰能从极板右沿射出，电子通过两极板的过程中电场力对电子做的功。【答案）

2e2）2eB22

2

121【解析】121【分析】【详解）子在两极板间受力平衡eE电子在加速器中加速，由动能定理得mv

解得U

22eB2（2）撤去磁场后，电子在电场中运动时间电子在电场中运动加速度的电子在两极板中竖直方向偏移的距离

ta

LeE

at

电场力做功W解得W

e

222

2如图所示，圆柱形管的底端固定一弹射器，弹射器上一质量m

=1kg的小滑块，管和弹射器的总质量2，滑块与管壁间的滑动摩擦力大小为mg整个装置竖直静止在水平地面上。发射时，滑块离开弹射器瞬间距离上管口的距离为；滑离开弹射器后上升的最大高度为。小滑块可视为质点且弹射时间极短，每次弹射后滑块获得的初速度相等，忽略空气阻力，取重力加速度=102。求（1）滑块被弹射后在圆柱形管内滑动的加速度大小；（2）滑块离开弹射器后运动到最高点时间；（3）当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱管施加一个竖直向上的恒力F，保滑块不滑出管口，计算的最小值。

0122101221【答案）

14m/1

2

）=

2

）【解析】【分析】【详解）滑块由牛顿第二定律得m0.4mma11

①解得14m/1

2

②（2）设滑块离开弹射器的初速度为，开管口的速度为v，块到上端口距离为l滑块上升的最大高度为H。滑块由底端。上升到最高点的过程中，由动能定理得1gHmglmv0滑块离开管口后竖直上抛，由动能定理得

③1(Hv21

④滑块滑到管口的时间vt01a1

⑤滑块从管口，上抛到最大高度处的时间t

⑥滑块运动的总时间t1

⑦

23解得23t

2

⑧（3）为保证滑块不滑出圆柱管，当滑运动至圆柱形管口时，滑块与圆柱形管恰好共速，所需要施加的外力F最。设圆柱形管上升的加速度为a，速的时间为t

，共速的速度为v。对管由牛顿第二定律得g122

⑨滑块与圆柱形管的相对位移vvl0tt共速时vtt03解得F=24N（二）考题；共45分。请考生给出物理、2道化学、2道生物中每科选一题作，并用2B铅笔在答卡上把选题目的题涂黑。意所做题目题号必与所涂题目题号一致，答题卡答区域指定置答题如果多做，每学科所做的第一-题计分。[物理—选3-3]（）下列说法正确的是___物体内能改变时，其温度必定改变一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，单位时间内气体子对容器壁的碰撞次数一定减少C.一定质量的理想体压强不变，体积增大，气体必放出热量热不可能自发从低温物体传递到高温物体E.温相同、质量相等的氢气和氧气（均视为理想气体的内能比氧气的能大【答案】【解析】【分析】【详解】A．物体内能与温度和体积均有关系，故内能改变时，不一是由温度改变引起的A错；B一定质量的理想气体温度升高，分子的平均动能增大，要保持压强不变，单位时间内气体分子对容器壁的碰撞次数一定减少B正确；

00000001C一质量的理想气体压强不变积增大温度升高体增大的程对外做功度升高使内能增大，由热力学第一定律可知，气体必吸收热量错误；00000001D．热学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体D正；E．温度相同，分子平均动能相同，但氢气分子的摩尔质量小，相同质量的情况下，气分子数多，故氢气的内能比氧气的内能大，正确。故选BDE如图所示，柱形绝热气缸固定在倾角为37°的斜面上，气缸深度为H，缸口有固定卡槽。气缸内用质量为m横截面积为S的绝热活塞闭了一定质量的理想气体，此时活塞距气缸底部的距离为

，气缸内气体温度为T通过气缸底部的电热体可忽略对气体加热到气体温度升高到3。加热过程中通过电热丝的电流恒为I电热丝电阻为R，加热时间为t若电热丝产生的热量全部被气体吸收。大气压强恒为，计活塞及固定卡槽厚度，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动且不漏气。取sin37，°。求（1）气体温度升高到T时压强；（2）气体温度从T升到3T的程中增加的内能。【答案）

p

39mgSHmgHp）Rt0210210【解析】【分析】【详解）始时活塞受力平衡ppsin3710

假设气体温度为时理想气体体积变为SH活塞达到卡槽前压强恒为p，盖—吕萨克定律有T0

T1活塞达到卡槽后体积恒为SH由查理定律有

2lpp2l12T310解得p

39mgp210因为p>p，所以假设成，则p

39