2023年云南省高考物理综合试卷（二）

2023年云南省高考物理综合试卷（二）

一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）

1.1905年爱因斯坦提出光子假设，成功地解释了光电效应现象。1916年密立根通过测量遏

止电压外与入射光频率由此算出普朗克常量九，验证了光电效应理论的正确性。则下列说

法正确的是（）

A.只要入射光强度足够大就一定能发生光电效应

B.遏止电压”与入射光的频率有关，与入射光的强弱无关

C.用相同频率的光照射同种金属，发生光电效应时逸出的光电子初动能都相同

D.光电效应现象表明了光具有波动性

2.如图所示，一同学在擦黑板的过程中，对质量为m的黑板擦施加一个与竖直0、

黑板面成。角斜向上的力尸，使黑板擦以速度“竖直向上做匀速直线运动。重力加尸、，

速度大小为g,不计空气阻力，则（）

A.黑板擦与黑板之间的动摩擦因数为篇

rSlilU、工

B.黑板对黑板擦的作用力大小为J（mg）2+（Fsin0）2$

、

C.若突然松开手，松手瞬间黑板擦的加速度大小为卫明

m

2

D.若突然松开手，松手后黑板擦能上升的最大高度为在

2g

3.某科幻电影中出现了一座在赤道上建造的垂直于水平面的“太空电梯”，如图所示。若

太空电梯成为可能，宇航员将可以乘坐电梯到达特定高度的空间站。地球的自转不能忽略且

地球视为均质球体。若“太空电梯”停在距地面高度为八处，对“太空电梯”里的宇航员，下

列说法正确的是（）

A.若h=0,宇航员绕地心运动的线速度大小约为7.9km/s

B.h越大，宇航员绕地心运动的线速度越小

C.八越大，宇航员绕地心运动的向心加速度越小

D.八与地球同步卫星距地面高度相同时，宇航员处于完全失重状态

4.如图所示，纸面内有一圆心为。，半径为R的圆形磁场区域，

磁感应强度的大小为方向垂直于纸面向里。由距离。点0.4R处

的P点沿着与P0连线成6=30。的方向发射速率大小不等的电子。

已知电子的质量为小，电荷量为e,不计电子的重力且不考虑电子

间的相互作用。为使电子不离开圆形磁场区域，则电子的最大速

率为（）

.7eBRBr>S^eBRp21eBR(5-2G)eBR

•砥-n

AJ40m5m

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

5.一定质量的理想气体密闭在容器中，其压强随体积的变化过程

如图所示。已知A-C是绝热变化过程。下列说法正确的是（）

A.4-C过程中气体的温度不变

B.C-B过程中每个分子的动能都增大

C.B-A过程中，单位时间内容器壁单位面积上分子撞击次数增多

D.ATCTBTA,完成一次完整循环的过程气体对外做负功

6.玻璃球中的气泡通常看起来都特别明亮，如图甲所示。若某玻璃球中心有一球形气泡,

可简化为如图乙所示，其中一细光束从玻璃球表面的4点射入玻璃球后照射到空气泡表面上P

点，在P点反射后到达玻璃球表面的B点。细光束在P点的入射角0=60°,AB两点的距离为d。

已知该玻璃的折射率为1.5,光在真空中的传播速度为c,不考虑多次反射。下列说法正确的

是（）

A.细光束在P点发生全反射

B.细光束在B点发生全反射

C.细光束从4点传播到B点的时间为乌

C

D.细光束从A点传播到B点的时间为萼

7.如图所示，有一平行于abc平面的匀强电场，其中a、b、c三点电势

分别为2V、12人6V,已知ab的距离为5cm,ac的距离为2，7cm，ac和

ab的夹角为45。。下列说法正确的是（）

A.电子从a点移动到c点的过程中，电势能增大

B.电子从a点移动到b点的过程中，电场力做正功

C.电场强度的方向从c点指向a点

D.电场强度的大小为20017小

8.同一均匀介质中有“、N两个波源，形成了两列相向传播的简谐横波，t=ls时刻的波形

如图甲所示，图乙为波源N的振动图像。下列说法正确的是（）

甲乙

A.两列波的传播速度大小都为4m/s

B.波源M比波源N晚振动的时间为0.75s

C.x=。处的质点在t=2.25s后的振幅为2cm

D.x=。处的质点作t=3s时的位移为2cm

三、实验题(本大题共2小题，共18.0分)

9.某实验小组想定量探究“单摆周期与摆长的关系”，他们进行了如下实验：

(1)组装好实验装置后，用游标卡尺测量小球直径如图所示，由图可得小球直径d=

123cm

01020

(2)改变单摆摆长，记录了单摆摆长及其对应的单摆全振动30次的时间如表所示。

摆长L/cm50.0060.0070.0080.0090.00100.00

时间t/s42.7746.8650.6154.1157.3060.46

周期77s1.431.561.691.801.912.02

某同学根据实验数据猜想单摆的周期7可能与其摆长L成正比的关系，请提出一种判断该同学

的猜想是否正确的方法？

(3)他们利用以上数据作图(单位均为国际单位制)，经多次尝试，当纵坐标取7S横坐标取摆

长L时，得到一条直线，并得出厂和心的关系为：T2=4.067,+0.0066,根据该表达式，在误

差允许范围内，可以认为单摆周期的平方与摆长成正比。

(4)学习完单摆的周期公式后，实验小组根据以上数据进一步算出当地的重力加速度大小g=

m/s2.(结果保留2位有效数字)

10.为测量两节串在一起的干电池组的电动势和内阻，某同学找到如下器材:

//Ab

00.100.200.300.400.50

丙T

A.待测干电池两节

注电流表：量程。〜34内阻约0.1。

C.电流表：量程07）.64,内阻约0.5。

。.电压表：量程0〜3U,内阻约30000

E.电压表：量程。〜15V,内阻约50000

F.定值电阻Ro=5。

G.滑动变阻器R：0-500

H开关、导线若干

（1）因电池的内阻较小，为增大电压表的测量范围，以下给出的甲、乙两种测量方案中，你认

为较合理的是。（选填“甲”或“乙”）

（2）为减小测量误差，电流表应选择,电压表应选择。（填器材前面的代号）

（3）实验中测得的数据如表中所示，请在图丙的坐标纸中将剩余数据对应的点描出，并通过所

作的U-/图像求出电池组的电动势E=V,内阻r=£2,该实验测出的电动势

比真实值（选“偏大”或“偏小”）o（结果保留两位有效数字）

U/V0.500.801.231.501.842.002.37

1/A0.360.310.260.210.160.130.08

(4)为直接通过测量电源的开路电压来测电源的电动势，该同学利用长为L粗细均匀的电阻丝

cd、刻度尺、灵敏电流计G和恒压源，设计了另一个试验方案，如图丁所示。先将一个输出

电压恒为%的恒压源接在电阻丝cd两端，再将待测电源接在好两端，调节滑片P,使得灵敏

电流计示数为0,此时用刻度尺测得滑片到c端的距离为。，待测电源的电动势为______。

4

四、简答题(本大题共3小题，共9.()分)

11.如图所示，将上方带有;光滑圆弧轨道的物块静止在光滑水平面上，轨道的圆心为0,半

径R=0.6?n,末端切线水平，轨道末端距地面高度九=0.2m,物块质量为M=3kg,现将一

质量为7n=1kg的小球从与圆心等高处由静止释放，小球可视为质点，重力加速度大小取g=

10m/s2o求

(1)若物块固定，则小球落地时，小球与轨道末端的水平距离；

(2)若物块不固定，则小球落地时，小球与轨道末端的水平距离。

12.在水平向右足够大的匀强电场中，大小可忽略的两个带电小球4、B分别用不可伸长，

长度均为1的绝缘轻质细线悬挂在同一水平面上的M、N两点，并静止在如图所示位置，两细

线与电场线在同一竖直平面内，细线与竖直方向夹角均为a=37。。已知两小球质量都为m,

电荷量均为q且带等量异种电荷，匀强电场的场强大小E=萼，重力加速度大小为g,取

sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

(1)4、B两小球之间库仑力的大小；

(2)保持小球B的位置和带电量不变，移除4小球后，将小球B由静止释放，求B小球此后运动

过程中速度的最大值。

N

13.如图所示，一“n”型金属线框放置在绝缘粗糙的水平面上，金属棒b与PQ边相距一段

距离并平行PQ放置在金属线框上，在金属线框右侧有一磁感应强度大小为B=0.57、方向竖

直向下的矩形匀强磁场区域。现用F=6N的水平恒力拉着金属线框向右运动，一段时间后PQ

边进入磁场，并匀速穿过整个磁场区域，当PQ边离开磁场区域的瞬间，金属棒ab恰好进入磁

场，且速度刚好达到金属线框的速度，此时立即撤去拉力F,整个运动过程中金属棒ab始终

与金属线框垂直且接触良好。已知线框间距为L=2m,整个金属线框电阻不计，金属棒的电

阻为R=10,金属线框及金属棒ab的质量均为rn=1kg,金属棒与金属线框之间的动摩擦因

数为%=0.2,金属线框与地面之间的动摩擦因数为%=0.05,重力加速度大小取g=

10m/s2(>求

⑴金属线框PQ边刚进入磁场时的速度大小;

(2)磁场区域的宽度;

(3)ab棒从开始运动到停下的时间。

PXXX

XXX

~F

QXXX

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4当入射光的频率大于等于极限频率才能发生光电效应，与光照强度无关，故A错

误；

A根据光电效应方程，可知^^hv-W0

又=Ek

解得4=幺子，所以遏止电压外与入射光的频率和逸出功有关，与光强无关，故8正确；

C.根据光电效应方程=可知，用相同频率的光照射同种金属，发生光电效应时逸出的

光电子最大初动能都相同，但初动能不一定相同，故C错误；

。.光电效应现象表明了光具有粒子性，故。错误；

故选：B。

光电效应的发生条件是入射光频率大于极限频率；遏止电压与入射光的频率和逸出功有关，与光

强无关；同一束光照射同种金属，发生光电效应的光电子最大初动能相同，但是初动能不一定相

同；光电效应证明光具有粒子性。

本题主要考察光电效应的发生条件与能量关系，把握清楚各个物理量的影响因素是解题关键，注

意审题“最大初动能”与“初动能”并不相同，注意区分。

2.【答案】D

【解析】解：从黑板擦做匀速直线运动，对黑板擦受力分析，如图

mg

由平衡条件得：

竖直方向：FcosO=mg+p.FN

水平方向：FN=Fsin0

联立解得：尸蟹浮

故A错误；

B、黑板对黑板擦的作用力为支持力和摩擦力的合力，大小为F合=J(Fsin"+(〃Fs讥。1=

J1+必FsinS

故B错误；

C、若突然松开手，松手瞬间黑板擦只受自身重力作用，其加速度大小为g,故C错误；

。、若突然松开手，松手后黑板擦做竖直上抛运动，能上升的最大高度为八=母

故。正确。

故选：D。

黑板擦做匀速直线运动，对黑板擦受力分析，根据平衡求解动摩擦因数；黑板对黑板擦的作用力

为支持力和摩擦力的合力，根据力的合成求解作用力的大小；突然松手后，黑板擦只受重力，做

竖直上抛运动，结合运动学公式列式求解即可。

本题考查共点力平衡和竖直上抛运动，解题关键是黑板擦做好受力分析，知道突然松手后，黑板

擦只收重力，结合平衡条件和运动学公式列式求解即可。

3.【答案】D

【解析】解：4若h=0,宇航员处在地面上，除了受万有引力还受地面的支持力，绕地心运动的

线速度远小于第一宇宙速度，故A错误；

A“太空电梯”相对地面静止，“太空电梯”里的宇航员，随地球自转的角速度都相等，根据□=

3r可知，h越大，r越大，宇航员绕地心运动的线速度越大，故B错误；

C.根据a=/2r知，八越大，r越大，宇航员绕地心运动的向心加速度越大，故C错误；

与地球同步卫星距地面高度相同时，有誓=巾等「，即万有引力提供做圆周运动的向心力，

宇航员相当于卫星处于完全失重状态，故。正确。

故选：Do

宇航员处在地面上，除了受万有引力还受地面的支持力，绕地心运动的线速度远小于第一宇宙速

度；“太空电梯”相对地面静止，所以角速度与地球自转的角速度相同，根据u=3r和a=32r分

析BC项；九与地球同步卫星距地面高度相同时，万有引力充当向心力。

本题重点考查万有引力与重力、向心力之间的关系，题目情景比较新颖，需要结合图像分析三者

关系。

4.【答案】C

【解析】解：电子的速率最大时，运动轨迹如图，此时电子的运动轨迹与磁场边界相切,

根据euB=m二得：

r

erB

V=——

m

电子运动半径最大，速度最大。电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线，过电子圆

周运动的圆心做0P的垂线，由几何关系得rcos60。+02-(rsm60°)2=OAR

解得：「=弱

则最大速率为：

〃=嘤，故AB。错误，C正确。

40m

故选：C。

做出电子运动轨迹图，根据几何关系求得半径，从而确定电子的最大速率0

此题考查了带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的处理方法，解题的关键是画出粒子的运动轨迹，

利用好几何知识分析求解。

5.【答案】CD

【解析】解：44-C过程是绝热变化过程，气体膨胀对外做功，根据热力学第一定律可知：4U=

Q+W,其中Q=0,W为负值，所以气体的内能减小、温度降低，故4错误；

B.C-B过程中气体做等容变化，压强增大、则温度升高，分子的平均动能增大，但并不是每个

分子的动能都增大，故B错误；

C.B-4过程中，气体做等压压缩，根据一定质量的理想气体状态方程牛=。可知，气体的温度

降低，分子的平均动能减小，每个分子对器壁的平均撞击力减小，压强不变，所以单位时间内容

器壁单位面积上分子撞击次数增多，故c正确；

0.图中ACB4图像的面积表示外界对气体做的功，所以ATCTB74完成一次完整循环的过程

气体对外做负功，故。正确。

故选：CD。

根据热力学第一定律可知4-C过程中气体的内能减小、温度降低；

C-B过程中气体做等容变化，分子的平均动能增大，但并不是每个分子的动能都增大；

根据气体压强的决定因素分析碰撞次数的变化；

图中4CBA图像的面积表示外界对气体做的功。

本题主要是考查一定质量理想气体的状态方程之图像问题，关键是弄清楚图像表示的物理意义、

知道图像的斜率、图像与坐标轴围成的面积表示的物理意义，根据一定质量的理想气体状态方程

结合热力学第一定律进行分析。

6.【答案】AC

【解析】解：4B.根据临界角与折射率之间的关系sinC=L=叁＜华

n32

则细光束在该玻璃球中发生全反射的临界角小于45。，而入射角0=60。，大于临界角45。，因此细

光束在P点发生了全反射，而由几何关系知在B点，入射角小于临界角，因此光束在B点发生了折

射，故A正确，B错误；

S由折射率公式有葭=*细光束在玻璃中传播速度〃=：=与

而由几何关系，光从4点传播到B点的路程s=2X—4^=空

2stn603

则光从4点传播到8点的时间为

s2Gd3y/~3d

t=p=—X2Z=—

故c正确，。错误。

故选：AC.

根据临界角与折射率之间的关系，分析全反射临界角，分析光束情况；

由折射率公式、传播速度公式，以及传播的路程，求传播的时间。

本题考查学生对全反射临界条件的掌握，以及对光的折射率、传播速度公式的掌握，是一道基础

题。

7.【答案】BD

【解析】解：4、c点电势高于a点电势，电子在c点的电势能小于在a点的电势能，则电子从a点移

动到c点的过程中，电势能减小，故A错误；

B、b点电势高于a点电势，电子在。点的电势能小于在a点的电势能，则电子从a点移动到b点的过

程中，电势能减小，电场力做正功，故B正确；

C、将ab段均分成5等份，则每段的电势差为2心且从a到b依次递增，且根据题意可知，ad=

accos45°=2V-2x早cm=2cm

根据几何关系得ab垂直于cd,根据电场线与等势面的垂直关系可知，电场方向从b点指向a点，故

C错误；

。、ba两点间的电势差［/几=(pb-<pa=12V-2V=10V

电场强度大小为E=簪=慕17m=200V/m

ba0.05''

故。正确。

故选：BD。

根据电势高低判断电子的电势能的大小；电势能减小，电场力做正功；根据等分法确定等势线，

电场线与等势线垂直，根据E=?求解电场强度的大小。

本题主要考查电势能与电势的关系，匀强电场电势差与电场强度的关系，解题关键掌握E=g的运

a

用，知道d代表沿电场线方向两点的距离。

8.【答案】AC

【解析】解:4波速与介质有关，同种介质中波的传播速度相同，根据题意可知狐=4m,TN=Is,

结合运动学公式可得：

〃=萼==4m/s,故A正确；

1N1

反波源M的波形向前传播了半个波长，波源N的波形向前传播了一个波长，而两列波的波速相同，

由甲图还可知两列波的波长也相同，则两列波的周期也相同，均为1s,因此可知波源M比波源N晚

振动的时间为0.5s,故8错误；

C.x=0处的质点距离M、N两波源的路程差为

3

4s=9m-3m=6m=-A.

则可知x=0处的质点距离两波源的距离差为波长的奇数倍，根据波的干涉原理可得该点为振动的

减弱点，当两列波都传播到此处时，根据矢量的合成特点可知该处质点的振幅为：

Ao—AM—AN=6cm—4cm=2cm

结合运动学公式可得：

s=

ti1=-v=742.25s

可知在t=2.25s时N波恰好传播到％=0处，而M波传播到％=0处的时间为

s=

t/2=-v=740.75s

而M波比N波滞后0.5s开始振动，则可知M波传播到x=0处的时刻为t=1.25s时，之后1s时间M波

在x=0处恰好振动一个周期回到平衡位置，可知，在t=2.25s后，两列波均使x=0得质点振动，

故C正确；

。.根据上述分析可知，在t=2.25s时x=0处的质点处于平衡位置，再经过0.75s,恰好是M波的

波谷与N波的波峰同时传播到了x=0处，此时的位移为

y=-6cm+4cm=-2cm,故。错误。

故选：AC»

根据图像得出波长和周期，结合波速的计算公式得出波速的大小；

根据波形图的特点得出波源振动时间的关系；

根据图像得出质点到两波源的距离差，由此判断出该点属于振动加强点还是减弱点，结合矢量合

成的特点得出质点的振幅：

根据简谐横波的传播特点结合运动学公式完成分析。

本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解图像的物理意义，结合简谐横波在不同方向上的运动

特点即可完成分析。

9.【答案】10.709.7

【解析】解：(1)所用游标卡尺的游标尺为(20分)度，则最小刻度为0.057mn,不需要估读，读图

可知小球直径为

d=10mm+0.05x14mm=10.70mm

(2)该同学根据实验数据猜想单摆的周期T可能与其摆长L成正比关系，而为了验证该同学猜想的正

确性，最好的办法就是根据测量数据做出作7-L的图像，若该图像是一条过原点的倾斜直线，则

就能证明该同学的猜想正确。

(4)由(3)中得到的72和乙的关系式在误差允许范围内为

T2=4.06L

而根据单摆周期的计算公式

丁=2寸

联立可得：g«9.7m/s2

故答案为：(1)10.70；(2)作7-L图像，看其图线是否是过原点的直线；(3)9.7

(1)根据游标卡尺的读数规则得出小球的直径；

(2)根据周期和摆长的关系分析出正确的方法；

(3)根据单摆的周期公式得出重力加速度的大小。

本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周

期公式即可完成分析。

10.【答案】甲C。2.901.60小0.75%

【解析】解：(1)由于电池的内阻较小，为增大电压表的测量范围，将定值电阻并入电源的内阻,

作为等效内阻进行测量，故选甲。

(2)所测为两节干电池的电动势和内阻，而两节干电池的电动势大约为3乙故电压表应选择D；

而根据直除法，即电源的电动势除以电路中电阻的最小值，即粗略记为定值电阻的阻值，此时滑

动变阻器入电路阻值为零，得到的这个粗略值认为是电路中电流的最大值，再根据电表的选取原

则，读数不能小于总量程的三分之一，则可知电流表应选择C；

(3)将未描点的数据，在题图所给的坐标系中描点，之后将这些点尽量画在一条直线上，如图所示

在U-/图像中，图线与纵轴的交点表示电源的电动势，而通过该测量电路做出的图像的斜率的绝

对值表示电源内阻与定值电阻大小之和，则通过读图可得电源的电动势为：E=2.9V

7Q

电源的内阻为：r=«O-50=1.60

0.44

根据闭合电路的欧姆定律：E=U+/(R0+r)

由于电压表的分流作用，实际的干路电流要比测量值大，因此该实验测出的电动势要比真实值偏

小。

(4)在该实验中，灵敏电流计示数为0说明此刻滑片触头P到金属丝d端两点间的电势差与待测电源

(1)电源的内阻较小，那么的U-/直线的斜率太小，不便于处理数据，所以增加一个等效内阻可

解决此问题；

(2)根据电源电动势选择电压表的量程，估算电路中的最大电流后选择电流表的量程；

(3)先描点，再将所有点尽量画在一条直线上，通过纵轴截距和斜率来求出电动势和内阻值，并进

行误差分析；

(4)根据灵敏电流计的示数为零及电路结构特点，由电势相等求出待测电源的电动势。

遇到图象问题，可以先根据物理定律写出有关纵轴与横轴物理量的表达式，然后再根据截距、斜

率的物理意义即可求出所求。

11.【答案】解：(1)物块固定，小球沿着圆弧滚至轨道末端的过程中：mgR=\mvl

小球滑离轨道末端后做平抛运动：h=\gt2

小球落地时与轨道末端的水平距离：%0=170t

联立解得：x0=^m

(2)物块不固定时，小球从圆弧轨道上滚下的过程中，物块和小球组成的系统在水平方向动量守恒。

设小球滑离轨道末端时，小球的速度为%,物块的速度为方。以向右方向为正方向有：mv1=MV2

由能量守恒可得：mgR=M说谚

小球落地时与轨道末端的水平距离：x=v1t+v2t

联立解得：x=0.8m

答：(1)若物块固定，则小球落地时，小球与轨道末端的水平距离为*m；

(2)若物块不固定，则小球落地时，小球与轨道末端的水平距离为0.8m。

【解析】(1)物块固定时，根据动能定理求出小球刚到末端的速度大小，再根据平抛规律求水平距

离；

(2)物块不固定，根据水平方向动量守恒和机械能守恒定律求出两物体分离时的速度，再结合之后

水平方向的匀速直线运动求落地时的水平距离。

本题关键要理清物体各个阶段的运动规律，知道小球在圆弧轨道上滑下时遵守水平动量守恒定律

和机械能守恒定律，落点距离与相对位移有关。

12.【答案】解：(1)设8小球受到的电场力为居=qE

对B小球受力分析如图所示，

小球B静止，受力平衡得Fi-F=mgtana

联立解得尸=&-mgtana=^mg~^mg~^rng

(2)小球4撤去后，小球B在电场力、重力和绳子拉力作用下做变速圆周运动，当重力和电场力的

合力沿着半径方向时小球速度最大。设小球速度最大时，绳子与竖直方向的夹角为6。由几何关系

可得tan。=