2020年云南省昆明市三诊一模高考物理试卷 (含答案解析)

2020年云南省昆明市三诊一模高考物理试卷 (含答案解析)
一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）
1.交流电源电压u=20√2sin(100πt)V，电路中电阻R=10Ω.则如图电
路中理想电流表和电压表的读数分别为()
A. 2√2A，20√2V
B. 2A，20V
C. 2√2A，20V
D. 2A，20√2V
2.下列说法正确的是()
A. 电场中电势越高的地方，电荷具有的电势能越大
B. 电场强度越大的地方，电场线一定越密，电势也一定越高
C. 电场强度为零的地方，电势一定为零
D. 某电荷在电场中沿电场线的方向移动一定距离，电场线越密的地方，它的电势能改变越大
3.质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩
擦。

小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为
A. m
M v B. M
m
v C. m
m+M
v D. M
m+M
v
4.如图所示，人造地球卫星M、N在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动。

已知M、N两点连线
与M、O两点连线间的夹角最大值为θ，则M、N两卫星的线速度大小的比值为()
A.
B.
C.
D.
二、多选题（本大题共6小题，共33.0分）
5.如图是做直线运动的甲、乙物体的位移−时间图象，由图象可知()
A. 甲起动的时间比乙早t1秒
B. 当t=t2时两物体相遇
C. 当t=t2时两物体相距最远
D. 当t=t3时两物体相距S0米
6.如图所示，一个质量为m的小物体b放在固定的斜面a上，下列说法正
确的是()
A. 整个装置静止时，地面对斜面a的支持力大小等于整个装置重力大小
之和
B. 斜面a保持静止，小物体b匀速下滑时，地面对斜面a的摩擦力向左
C. 整个装置静止时，通过小物体b的重心给小物体b施加一竖直向下的恒力F，则小物体b将
向下滑动
D. 斜面a保持静止，小物体b匀速下滑时，通过小物体b的重心给小物体b施加一竖直向下的
恒力F，小物体b所受摩擦力将变大，小物体b仍保持匀速下滑
7.用氢原子发出的光照射某种金属进行光电效应实验，当用频率为v1的光照射时，遏止电压的大
小为U1，当用频率为v2的光照射时，遏止电压的大小为U2.已知电子电量的大小为e，则下列表示普朗克常量和该种金属的逸出功正确的是()
A. ℎ=e(U1−U2)
v1−v2B. ℎ=e(U1+U2)
v1−v2
C. W0=eU1v2−eU2v1
v1−v2D. W0=eU1v2+eU2v1
v1−v2
8.如图，轻弹簧一端悬挂在水平光滑轴O上，另一端固定一可视为质点的小球，静止时弹簧的长
度为L。

现突然给小球一水平速度v0=√2gL(g为重力加速度大小)，则在小球向上运动的过程中()
A. 弹簧的最大长度大于L
B. 小球到达的最高点高于O点
C. 小球到达的最高点与O点等高
D. 小球到达最高点时弹簧弹力为零
9.下列说法正确的是()
A. 晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化
B. 温度是分子平均动能的标志
C. 0℃的冰融化成0℃的水的过程中，分子平均动能增大
D. 油膜法测油酸分子直径时，用一滴油酸酒精溶液的体积除以油膜面积就得到油酸分子直径
10.关于电磁波和相对论，下列说法正确的是()
A. 由于高频电磁波向外界辐射能量的本领更强，所以经过调制的高频电磁波才能把我们要发射
的信号发射出去
B. 电磁波是由恒定的电场和磁场产生的
C. 研究高速火车的运动必须利用相对沦的知识
D. 研究速度接近于光速的粒子的运动利用相对论的知识
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.如图1所示为测量倾斜气垫导轨上滑块加速度的实验，A、B为气垫导轨上的两个光电门，当滑
块从气垫导轨一端匀加速滑下，滑块上的挡光片通过光电门时，可通过连接在光电门上的电子仪器记录时间．
(1)若用一螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图2所示，读数为d=______ cm；
(2)若某次测得挡光片通过光电门A的时间为t1，从A到B的时间为t，挡光片通过光电门B的
时间为t2，利用所测得的物理量来表达滑块加速度，则其表达式为a=______ .(用题设中各物理量符号表示)
12.某同学利用如图所示的电路测定一待测电阻R x的阻值，实验室提供下列器
材：
A.待测电阻R x，阻值约为4Ω，额定电流为2A
B.电流表A1(量程为0.6A，内阻r1=0.8Ω)
C.电流表A2(量程为3A，内阻r2约为0.2Ω)
D.滑动变阻器R1(阻值为0～10Ω)
E.滑动变阻器R2(阻值为0～1000Ω)
F.电源E(电动势为9V，内阻很小)
G.定值电阻R3=10Ω
H.定值电阻R4=1000Ω
I.开关、导线若干
实验要求：改变滑动变阻器的阻值，待电路稳定时，在尽可能大的范围内测得多组A1表、A2表的读数I1、I2．
(1)实验中定值电阻应选用______ (选填R3或R4)，滑动变阻器应选用______ (选填R1或R2).
(2)待测电阻的表达式R x=______ .(选用题干所给出的物理量的符号表示)
四、简答题（本大题共1小题，共12.0分）
13.牛顿第二定律不仅描述了F、m、a的数量关系，还描述了它们的方向关系，结合上节课实验的
探究，它们的方向关系如何？
五、计算题（本大题共3小题，共40.0分）
14.(1)如图甲所示，两根足够长的平行金属导轨间距L=0.3m，在导轨间有垂直于纸面向里的匀强
磁场，磁感应强度B1=0.5T.一根直金属杆MN以v=2m/s的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好.杆MN的电阻r1=1Ω，导轨的电阻可忽略.求杆MN中产生的感应电动
势E1．
(2)如图乙所示，一个匝数n=100的圆形导线圈面积为S1=0.4m2，电阻为r2=1Ω.在线圈中
存在面积S2=0.3m2且垂直于线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B2随时间t变化的关系如图丙所示.求圆形线圈中产生的感应电动势E2．
(3)将一个R=2Ω的电阻分别与图甲和图乙中的a、b端相连接，然后b端接地.以上两种情况中，
哪种情况a端的电势较高?求出较高的电势φa．
15.中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。

常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。

使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。

抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。

某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450K，最终降
.若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体到300K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的20
21
，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。

罐内气体均可视为理想气积变为抽气拔罐容积的20
21
体，忽略抽气过程中气体温度的变化。

求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。

16.如图，真空中有一半径为R的透明介质球，MN、BC为它的两条直径。

光线AB平行于MN射到
介质球上的B点。

(i)试判断光线AB进入介质球后，第一次再到达界面时能否发生全反射，并说明理由；(ii)若AB与MN的距离H=√3
R，光线AB经介质球内表面一次反射后从C点射出，求介质的
2
折射率。

-------- 答案与解析 --------1.答案：B
解析：解：由表达式可知，交流电源电压的有效值U=√2
√2
=20V；
由欧姆定律可知，电路中电流I=U
R =20
10
A=2A；
故选：B。

由交流电源的表达式可知电源电压的有效值，则由欧姆定律可求得电流及电压表的示数．
本题应记住：在交流电路中电流表电压表所测量的结果均为有效值．
2.答案：D
解析：解：
A、电场中电势越高的地方，正电荷具有的电势能越大，负电荷具有的电势能越小．故A错误．
B、电场线的疏密表示电场强度的大小，电场强度越大的地方，电场线一定越密，但电势不一定越高．故B错误．
C、电势零点可以人为选择，所以电场强度为零的地方，电势不一定为零．故C错误．
D、电场线越密的地方，电场强度越大，电荷所受电场力越大，则沿电场线的方向移动一定距离，电场线越密的地方，电场力做功越多，电荷电势能改变越大．故D正确．
故选D
电场中电势越高的地方，正电荷具有的电势能越大．电场强度与电势没有直接的关系，电场强度越大的地方，电场线一定越密，电势不一定越高．电场强度为零的地方，电势不一定为零．沿电场线的方向移动一定距离，电场线越密的地方，电场力做功越多，电势能改变越大．
本题考查电势与电势能、电场强度与电势，电场力与电势能变化三对关系，可通过实例进行分析，基础题．
3.答案：B
解析：
【分析】
本题意在考查对动量守恒定律等所学知识的识记能力和综合应用能力，及熟记和理解基础知识是解答此题的关键。

忽略滑板与地面间的摩擦，系统的动量守恒，根据动量守恒定律计算。

本题是对动量守恒定律的考查，明确动量守恒的条件，可以直接计算。

【解答】
忽略滑板与地面间的摩擦，小孩和滑板系统动量守恒，取小孩跃起的方向为正，根据动量守恒定律得：
0=Mv−mv′，
解得滑板的速度为：v′=Mv
m
，故B正确，ACD错误。

故选B。

4.答案：C
解析：【分析】
本题考查了人造卫星的问题，解决本题的关键掌握万有引力提供向心力G Mm
r2=m v2
r。

由几何关系可知，当M连线与地球和N的连线垂直时，夹角最大为θ，由几何关系求出二者的轨道半径的关系，然后结合万有引力提供向心力即可求解。

【解答】
知M、N连线与M、O连线间的夹角最大为θ；
此时有：sinθ=r N r
M
；
根据公式：G Mm
r2=m v2
r
；
可得：v=√GM
r
；
故v M
v N =√r N
r M
=√sinθ；
故ABD错误，C正确。

故选C。

5.答案：ABD
解析：解：A、甲车从零时刻就开始运动，乙车t1s末才开始运动，所以甲起动的时间比乙早t1秒，故A正确．
B、当t=t2时两物体对应的纵坐标读数相同，即两车此时位置坐标相同即相遇，故B正确，C错误．
C、当t=t3时甲物体的位置坐标为0，乙物体的位置坐标为s0，所以两物体相距S0米，故D正确．故选：ABD
位移−时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．
理解位移−时间图象上点和斜率的物理意义；特别是斜率代表速度，求解斜率的方法用V=△x
△t
．
6.答案：AD
解析：
【分析】
物体静止或做匀速直线运动时物体处于平衡状态，所受合外力为零；分别对未加外力和加外力时物体A进行受力分析，A原来静止看成恰好静止进行分析，判断A物体是否静止。

本题考查了物体所受摩擦力与运动情况问题，解决本题的关键能够正确地对物体进行受力分析，运用平衡条件(牛顿第二定律)进行求解，中等难度。

【解答】
A.整个装置静止时，系统受重力与地面的支持力作用，系统处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对斜面a的支持力大小等于整个装置重力大小之和，故A正确；
B.斜面a保持静止，小物体b匀速下滑时，b受到竖直向下的重力、斜面的支持力与摩擦力作用，b 处于平衡状态，由平衡条件可知，b所示合力为零，则摩擦力与支持力的合力与b所受的重力等大反向，b所受的重力竖直向下，则a对b的支持力与摩擦力的合力竖直向上，由牛顿第三定律可知，b 对a的作用力竖直向下，a受竖直向下的重力、地面竖直向上的支持力与a对b竖直向下的作用力，
a在水平方向没有运动、也没有运动趋势，地面对a没有摩擦力，故B错误；
C.整个装置静止时，对b：mgsinα=μmgcosα，施加F后，因为仍有(F+mg)sinα=μ(F+mg)cosα，则b仍然保持静止，故C错误；
D.斜面a保持静止，小物体b匀速下滑时，mgsinα=μmgcosα，通过小物体b的重心给小物体b
施加一竖直向下的恒力F，摩擦力：f=μ(F+mg)cosα增大，但仍有：(F+mg)sinα=μ(F+ mg)cosα，b所受合力仍为零，仍然处于平衡状态，b仍然保持匀速下滑，故D正确。

故选AD。

7.答案：AC
解析：解：根据光电效应方程为：1
2
mv m2=ℎv−W0，
根据动能定理得：eU C=1
2
mv m2
联立两式解得：U c=ℎv
e −W0
e。

图线的斜率：k=U1−U2
v1−v2
=ℎ
e
解得：ℎ=e(U1−U2)
v1−v2。

根据eU c1=ℎv1−W0，eU c2=ℎv2−W0得：W0=eU1v2−eU2v1
v1−v2
，
故AC正确，BD错误。

故选：AC。

根据光电效应方程，结合动能定理，通过图线的斜率求出普朗克常量，根据光电效应方程，结合逸出功与截止频率的关系，列方程组求出金属的截止频率．
本题考查了光电效应方程、核反应方程、射线的性质、物质波等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，即能轻松解决．
8.答案：AB
解析：
【分析】
弹簧在运动的过程中会发生形变，不好讨论，故可假设弹簧长度不变，然后进行受力分析，在最低点弹力和重力两力之和为零，做离心运动，弹簧伸长。

之后利用能量守恒的观点讨论弹簧运动到不同位置的情况，在圆周运动的最高点，法向合外力为零，弹簧的弹力沿法向方向。

熟悉竖直面内圆周运动的特点以及使用能量守恒的观点是解决问题的关键。

【解答】
A、小球获得速度v0后，假设弹簧长度不变，则小球做圆周运动，在最低点弹力与重力的合力提供向心力，原来二者的合力为零，所以向心力不足，小球应该做离心运动，即弹簧长度变长，故A正确；BC、假设小球刚好运动到与O等高处，此时速度为零，弹簧弹力也为零，由于v0=√2gL，开始时
系统的机械能为1
2
mv02+E pF>mgL，所以小球运动到与O等高处时速度不为零，小球继续向上运动，所以最高点高于O点，故B正确，C错误；
D、小球运动至最高点时速度为零，重力沿弹簧方向有分力，弹簧弹力不为零，故D错误；
故选：AB。

9.答案：AB
解析：解：A、晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化，如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体，故A正确
B、温度是分子平均动能的标志，相同温度下所有物体的分子平均动能是相同的，故B正确；
C、温度是分子平均动能的量度，因温度没变，故分子平均动能不变，故C错误；
D、油膜法测定油酸分子直径时，用一滴油酸酒精溶液中油酸的体积除以油膜的面积就得到油酸分子的直径，故D错误；
故选：AB
晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化；温度是分子平均动能的量度；油膜法测分子直径时要用油酸的体积除以油膜的面积
本题考查了晶体与非晶体的相互转化，布朗运动的实质及油膜法测分子的直径方法，注意在计算分子直径时只能用油酸体积不能用酒精油酸溶液的体积．
10.答案：AD
解析：解：A、根据电磁辐射的特点可知，由于高频电磁波向外界辐射能量的本领更强，所以经过调制的高频电磁波才能把我们要发射的信号发射出去．故A正确；
B、根据麦克斯韦的电磁场理论可知，恒定不变的电场不会产生磁场，电磁波是变化磁场产生电场变化电场产生磁场不断交替变化产生的，故B错误；
C、列车的运行都属低速，经典力学能适用．而粒子接近光速运动，则经典力学就不在适用，故C 错误，D正确．
故选：AD
本题考查了麦克斯韦的电磁场理论与雷达的原理、经典力学的局限性是宏观物体及低速运动．当达到高速时，经典力学就不在适用．
本题易错点为：有些同学错误认为磁场产生电场，电场产生磁场，注意麦克斯韦的电磁场理论是电磁波产生的理论基础，要加强理解与应用．同时注意用无线电波测量距离时，注意间距应是所求长度的一半．
11.答案：0.3290(0.3289～0.3291)；d
tt2−d
tt1
解析：解：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为3mm.可动刻度读数为0.01×29.0mm=0.290mm，所以最终读数为：3.290mm=0.3290cm；
(1)由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．
滑块经过光电门A时的瞬时速度的表达式v1=d
t1
，
滑块经过光电门B时的瞬时速度的表达式v2=d
t2
，
根据匀变速直线运动速度时间公式得：
a=v2−v1
t =d
tt2
−d
tt1
故答案为：(1)0.3290(0.3289～0.3291)；(2)d
tt2−d
tt1
螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，根据运动学基本公式求出加速度a．
解决该题关键掌握知道在极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，掌握螺旋测微器的读数方法，难度不大，属于基础题．
12.答案：R3；R1；I1(r1+R3)
I2−I1
解析：解：(1)待测电阻的额定电压约为：U=IR=2×4=8V，
采用已知内阻的小量程电流表A1替代电压表测量电压，需要串联电阻的阻值约为：R=U
I =8V
0.6A
=
13.3Ω的定值电阻．
所以实验中定值电阻应选用阻值为10Ω的R3，要用分压电路，选择较小的滑动变阻器，滑动变阻器应选用阻值为1～10Ω的R1．
(2)由图示电路图可知，待测电阻阻值：R X=U X
I X =I1(r1+R3)
I2−I1
；
故答案为：(1)R3；R1；(2)I1(r1+R3)
I2−I1
．
(1)该题没有给定电压表，所以需要用电流表改装一个，此时选用电流表应选用量程较小的，结合电流，通过计算可知选用哪个定值电阻．因可使在尽可能大的范围内测得多组A1表、A2表的读数I1、I2，所以要用分压电路，选择较小的滑动变阻器．
(2)根据电路图要与串并联电路特点与欧姆定律求出电阻的表达式．
要求电流或电压的测量值从零或很小开始逐渐增大的实验必须采用分压电路；分压电路中滑动变阻器选择阻值较小的；对于电表的选择应遵循安全性、精确性、节能性、方便性原则综合考虑，灵活择取
13.答案：解：加速度方向与合外力方向一致。

解析：
【分析】
本题考查了对牛顿第二定理的理解，准确掌握牛顿第二定律是解题的关键。

根据牛顿第二定律的矢量表达式进行分析即可。

【解答】
根据牛顿第二定定律可知：F→=ma→是一个矢量表达式，加速度和合力的方向始终保持一致。

故答案为：加速度方向与合外力方向一致。

14.答案：(1)0.3V(2)4.5V(3)与图甲中的导轨相连接a端电势高φa=0.2V
解析：(1)杆MN做切割磁感线的运动，
产生的感应电动势E 1=B 1Lv=0.3V。

(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化，
产生的感应电动势E 2=nΔB2
Δt
S 2=4.5V。

(3)题图甲中φa>φb=0，题图乙中φa<φb=0，所以当电阻R与题图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高。

此时通过电阻R 的电流I =E 1
R+r 1 电阻R 两端的电势差φa −φb =IR
a 端的电势φa =IR =0.2 V 。

15.答案：
解：设火罐内气体初始状态参量分别为p 1、T 1、V 1，温度降低后状态参量分别为p 2、T 2、V 2， 罐的容积为V 0，由题意知：
p 1=p 0、T 1=450K 、V 1=V 0、T 2=300K 、V 2=
20V 021 ① 由理想气体状态方程得：p 0V 0
T 1=p 2V 2T 2 ②
解得：p 2=0.7p 0③
对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p 3、
V 3，末态气体状态参量分别为p 4、V 4，罐的容积为V′0，由题意知：
p 3=p 0、V 3=V′0、p 4=p 2 ④
由玻意耳定律得：p 0V′0=p 2V 4 ⑤
联立②⑤式，代入数据得V 4=107V′0 ⑥
设抽出的气体的体积为△V ，由题意知
△V =V 4−2021V′0 ⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为：△m m =
△V V 4 ⑧
联立③⑤⑥⑦⑧式，代入数据得：△m m =13。

答：应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为13。

解析：求出火罐内气体初始状态参量和温度降低后状态参量，由理想气体状态方程求解末状态的压强；
对于抽气罐，由玻意耳定律求解末状态的体积，根据体积关系求解应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。

本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。

16.答案：(ⅰ)不会发生全反射；(ⅰ)n =√62
解析：
【分析】
(ⅰ)根据光的折射定律结合几何关系找到光线从介质球内射出的入射角和临界角的关系进行判断；(ⅰ)根据折射定律求解折射率。

【详解】
(ⅰ)如图根据折射定律：
由几何关系可知：i2=γ1
设临界角为C，则sinC=1
n
由上述各式解得：i2<C，不会发生全反射；
(ⅰ)如图根据对称性，由几何关系可知：sini=H
，γ=450
R
根据折射定律：
联立解得n=√6
2。