2018届云南省保山市普通高中毕业生第二次市级统测理综物理试题(解析版)

云南省保山市2018届普通高中毕业生第二次市级统测理综物理试题
二、选择题：
1. 下列说法正确的是
A. 汤姆孙发现了中子，被称为“中子之父”
B. 玻尔理论指出原子可以处于连续的能量状态中
C. 普朗克的α粒子散射实验，奠定了原子的核式结构模型
D. 康普顿研究石墨对X射线的散射，证实了光子有动量，进一步揭示了光的粒子性
【答案】D
2. 如图所示，一个质量为m的物体放在倾角为α的光滑斜面上，现对斜面施加一水平向左的恒力F，使物体与斜面一起以加速度a水平向左做匀加速直线运动。

已知重力加速度为g，则斜面对物体的支持力为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】斜面与物体共同向左做匀加速运动，合力水平向左，对物体进行受力分析，如图所示：
在竖直方向上：，解得：，故B正确，ACD错误。

3. 如图所示，两个带正电的粒子P、Q(重力不计)以相同的速度v垂直匀强磁场方向射入等腰直角三角形区域，其中粒子P从A点沿AB边射入磁场，粒子Q从AC边的中点D射入磁场。

若两粒子都从C点离开磁场，则
A. P、Q两粒子在磁场中运动的轨迹半径之比为3:1
B. P、Q两粒子在磁场中运动的时间之比为1:1
C. P、Q两粒子的比荷之比为1:2
D. P、Q两粒子的比荷之比为2:1
【答案】C
【解析】粒子运动轨迹如图所示：
粒子P从A点射入，C点射出，粒子在磁场中运动的圆心角为90°，轨道半径等于r1=AB；粒子Q从D点射入，C点射出，粒子在磁场中运动的圆心角也为90°，轨道半径，则两粒子的轨道半径之比为r1:r2=2∶1，故A错误。

根据、粒子在磁场中的轨道半径可知，比荷之比为1∶2，故C 正确，D错误。

根据周期公式，可得两粒子在磁场中运动的周期之比为2∶1，据粒子在磁场中运动的时间，所以可得运动时间之比为2∶1，故B错误。

所以C正确，ABD错误。

4. 2017年底，中国科学家在《自然》杂志上发表了中国暗物质粒子探测卫星“悟空”的首批探测成果，获得了世界上最精确的高能电子宇宙射线能谱，有可能为暗物质的存在提供新的证据。

已知“悟空”在高度约为500km的圆轨道上做匀速圆周运动，经过时间t（小于运行周期），运动的弧长为s，卫星与地球中心连线扫过的角度为θ（弧度），引力常量为G。

则下列说法正确的是
A. 卫星的轨道半径为
B. 卫星的周期为
C. 卫星的线速度为
D. 地球的质量为
【答案】B
5. 如图所示，A、B为竖直墙面上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，AOB在同一水平面内，初始时，CO为一根轻杆，可绕C点在空间无摩擦转动，转轴C在AB中点D的正下方，在O 点处悬挂一个质量为m的物体，整个系统处于平衡状态。

现将绳AO的A端缓缓向D端移动，O点位置保持不动，系统仍然保持平衡，则
A. 绳AO受到的拉力逐渐增大
B. 绳BO受到的拉力逐渐增大
C. 杆CO受到的压力逐渐增大
D. 绳AO、BO受到的拉力的合力逐渐增大
【答案】A
【解析】设绳AO和绳BO拉力的合力为F，以O点为研究对象，O点受到重力mg、杆的支持力F2和绳AO与绳BO拉力的合力F，作出力的示意图如图甲所示：
当重力不变、杆与竖直方向的夹角不变时，杆的支持力F2不变，绳AO与绳BO拉力的合力F也不变，仍沿OD方向，故CD错误。

当A点逐渐靠近D点时，，如乙图所示，绳AO上的拉力逐渐增大，绳BO上的拉力逐渐减小，故A正确，B错误。

所以A正确，BCD错误。

6. 在粗糙水平面上滑动的物块，从t0=0时刻开始受到水平恒力F的作用，在t0到t1时间内物块做直线运动，已知物块在t0时刻的速度和t1时刻的速度大小相等，下列能正确反映这一过程的v-t图象有
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】物体做直线运动，初末速度大小相等，物体可能做匀速直线运动，即恒力F等于滑动摩擦力，故
A正确；物体可能速度先减为零，然后反向加速到相同的值，即力与运动方向相反，故减速时的加速度
，加速时的加速度，可得：，故C正确，BD错误。

所以AC正确，BD错误。

7. 如图所示为一理想自耦变压器，原线圈两端加上交变电压u=311sin100πt(V)，现将滑片P滑至线圈中点，电流表和电压表均可视为理想电表，下列说法正确的是
A. 该交流电的频率为100Hz
B. 电压表的示数为440V
C. 若将变阻器的滑片Q上移，电压表示数减小
D. 若将变阻器的滑片Q上移，电流表示数增大
【答案】BD
【解析】电路中的变压器不改变交流电的频率即，故A错误；原线圈的电压有效值
为：，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的有效值为，故B正确；在滑动变阻器滑片Q向上移动的过程中，电路的总电阻减小，由于输入电压不变，则输出的电压不变，所以副线圈电流变大，则原线圈中的电流也变大，由此可知电压表读数不变，电流表读数变大，故C错误，D正确。

所以BD正确，AC错误。

8. 如图所示，空间中存在一个范围足够大的垂直纸面向里的磁场，磁感应强度沿垂直斜面方向大小相等，沿斜面方向从O点开始按B=kx规律变化（其中k>0，x为斜面上任一点到O点的距离），矩形线圈ABCD 在一足够长的光滑斜面上从O点由静止开始向下滑动，滑动过程中没有翻转。

下列说法正确的是
A. 线圈运动过程中感应电流的方向沿ADCBA方向
B. 线圈中的电流先增大后不变
C. 线圈最终将做匀速直线运动
D. 线圈回路消耗的电功率与运动速度成正比
【答案】BC
【解析】由楞次定律得，感应电流沿逆时针方向，即ABCDA方向，故A错误；设，，位移为x时，感应电动势为：，电流为：，线框所受的安培力为：
，根据牛顿第二定律可得：，则，此可知随着速度增大，加速度减小，当加速度为零时速度不变，线圈做匀速直线运动，电流先增大后不变，故BC正确；电功率为：，所以线圈回路消耗的电功率与运动速度成正比，故D错误。

所以BC正确，AD错误。

三、非选择题：
（一）必考题：
9. 某同学用如图甲所示装置“研究合外力做功和动能变化的关系”。

(1)为达到平衡阻力的目的，应取下____________(填“纸带”或“细绳和托盘”)，通过调整垫片的位置，改变长木板的倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做________________运动。

(2)将装置按如图甲连接后，放入砝码，通过实验得到如图所示的纸带，纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为T的相邻计数点A、B、C、D、E，计数点与O点的距离为h1、h2、h3…。

实验时小车所受拉力为F，小车的质量为M，重力加速度为g。

在从起点O到打下计数点C的过程中，小车所受合外力做功W=________，小车动能的变化量_____________。

【答案】(1). （1）细绳和托盘(2). 匀速直线(3). （2）(4).
【解析】（1）为平衡小车在实验中受到的摩擦力，可取下细绳及托盘，通过调整垫片位置，改变长
木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做匀速直线匀速运动。

（2）小车所受合外力做功为：W=Fh3；由平均速度公式可求得C点的速度为：，小车动能的变化量为：。

10. 某同学测量多用电表欧姆表“×1”挡的内电阻及其内部电源电动势。

现有以下器材：
A.多用电表
B.电流表A (0~0.1A，1Ω)
C.滑动变阻器R1(0~50Ω)
D.导线若干
实验步骤如下：
(1)将多用电表选择开关调至“×Ω”挡，调好零点，将器材按实物图甲所示连接；
(2)移动滑动变阻器的滑片到适当位置，读出多用电表和电流表的示数；
(3)重复步骤(2),得到多组数据，记录如下表：
根据表格中的数据已在图中乙中描点，请作出图象______。

(4)多用电表“×1”挡的内电阻r=______Ω，其内部电源电动势E=_____V。

(结果均保留3位有效数字)【答案】(1). （3）如图所示：
(2). （4）14.8～15.5 (3). 1.48～1.55
【解析】（1）根据描点作图法可得：
（2）由，变形得：，由此可知的图象斜率：，可得：；截距为：，可得：。

11. 如图甲所示，一端连接一质量为1kg的带正电小球的轻杆，可绕固定轴O在竖直面内无摩擦转动。

竖直内有方向竖直向下、场强E=1×103N/C的匀强电场。

小球运动到最高点时的动能E k与杆对球的作用力F 间的关系如图乙所示。

取竖直向下为力F的正方向，重力加速度取g=10m/s2。

求：
(1)小球所带的电荷量；
(2)当小球在最高点的速度为6m/s时，其运动到最低点的速度。

【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：小球在最高点，根据牛顿第二定律和当动能为零时，杆对球的力为：，联立即可求出小球所带的电荷量；同理小球在最高点，根据牛顿第二定律和动能定理求出运动到最低点的速度。

（1）小球在最高点，根据牛顿第二定律可得：
根据乙图可得，当时，杆对球的力为：
联立解得：
（2）小球在最高点，根据牛顿第二定律可得：
当时，杆对球的力为：联立解得：
当小球从最高点运动到最低点的过程中，
根据动能定理得：
解得：v2=10m/s
点睛：本题主要考查了小球在重力场和电场中做圆周运动，关键是抓住图象中的特殊点代入牛顿第二定律进行求解。

12. 如图所示，一质量M=3kg的长木板B静止在光滑的水平面上，长木板B的右端与竖直挡板的距离
s=0.5m。

一个质量m=1kg的小物块A以v0=13m/s的水平初速度从长木板B的左端开始运动，当长木板B 与竖直挡板发生碰撞时，小物块A均未到达长木板B的右端。

小物块A可视为质点，与长木板B间的动摩擦因数μ=0.3，长木板B与竖直挡板的碰撞时间极短，且碰撞过程中无机械能损失，g取10m/s2。

(1)长木板B与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间，小物块A和长木板B的速度各是多少？
(2)当长木板B的速度第一次减小到0时，小物块A和长木板B组成的系统中产生的内能为多少？
(3)若最后小物块A不从长木板B上滑下，小物块A和长木板B的最终速度为多少？
【答案】（1），（2）60J（3）-0.125m/s
【解析】试题分析：小物块A和长木板B组成的系统动量守恒，取小物块A的初速度方向为正方向，在长木板B与竖直挡板第一次碰撞前的过程，满足守恒定律，在对长木板B，在长木板B与竖直挡板第一次碰撞前的过程，根据动能定理联立以上即可求出小物块A和长木板B的速度；长木板B每次与竖直挡板碰撞前后，速度大小不变，方向反向，从长木板B与竖直挡板碰撞后到长木板B的速度第一次减小到0的过程，小物块A和长木板B组成的系统动量守恒，在结合动能定理即可求出内能；从长木板B与竖直挡板第一次碰撞后到长木板B第二次与竖直挡板发生碰撞前的过程，应用动量守恒定律，即可求出小物块A和长木板B的最终速度。

（1）小物块A和长木板B组成的系统动量守恒，取小物块A的初速度方向为正方向，在长木板B与竖直挡板第一次碰撞前的过程，根据动量守恒定律有
对长木板B，在长木板B与竖直挡板第一次碰撞前的过程，根据动能定理有
解得：，
（2）长木板B每次与竖直挡板碰撞前后，速度大小不变，方向反向，从长木板B与竖直挡板碰撞后到长木板B的速度第一次减小到0的过程，小物块A和长木板B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有
解得：
从小物块A开始滑动到长木板B的速度第一次减小到0的过程，对系统根据动能定理有
解得：
（3）从长木板B与竖直挡板碰撞后，到长木板B的速度第一次减小到0的过程有
解得：
从长木板B第一次速度减小到0到长木板B第二次与竖直挡板发生碰撞前，长木板B走过的距离相等，摩
擦力做功相等，获得的速度相等，即第二次与竖直挡板碰撞前的速度仍为，从长木板B与竖直挡板第一次碰撞后到长木板B第二次与竖直挡板发生碰撞前的过程，对系统应用动量守恒定律
有：
解得：
此时，系统动量方向仍为正方向，长木板B会与竖直挡板发生第三次碰撞，从长木板B与竖直挡板第二次碰撞后到长木板B第三次与竖直挡板发生碰撞前的过程，对系统应用动量守恒定律
有：
解得：
此时，若最后小物块A不从长木板B上滑下，小物块A和长木板B最终以相同速度运动，即
解得：
点睛：本题主要考查了碰撞过程中满足动量守恒问题，关键是要分清过程，列出相应的动量守恒和能量守恒公式即可求解。

(二)选考题：
[物理—选修3-3]
13. 下列说法正确的是_________
A.气体的压强是由于气体分子对容器壁的频繁撞击产生的
B.液体表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间相互作用表现为斥力
C.分子a只在分子力作用下，从远处靠近固定不动的分子b，当a到达b对其的作用力为零处时，a的动能一定最大
D.如果两个系统处于热平衡状态，则它们的内能一定相同
E.露水总是出现在夜间或清晨，是因为气温的变化使空气中原来的饱和水蒸气液化
【答案】ACE
【解析】根据压强的微观意义可知，气体压强是由于气体分子频繁撞击容器壁表面产生的，故A正确；液体表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间相互作用表现为引力，故B错误；分子a只在分子力作用下，从远处趋近固定不动的分子b，当a到达到b的作用力为零处时，分子力一直做正功，故此时a的动能一定最大，故C正确；如果两个系统处于热平衡状态，则它们的温度一定相同，但是内能不一定相同，故D 错误；露水总是出现在夜间或清晨，是因为气温的变化使空气中原来的饱和水蒸气液化，故E正确。

所以ACE正确，BD错误。

14. 如图所示，一粗细均匀的U形管两端等高，管高L为84cm，左端封闭，右端与大气相通，左管中A、B
两部分均封有一定质量的理想气体。

图中L1=10cm，L2=40cm，L3=14cm，L4=20cm，大气压强p0=75cmHg，右端水银面与管底相平。

现往右管中缓慢加入水银，直到A部分气体的长度变为5cm。

设环境温度保持不变，求：
(ⅰ)此时B部分气体的长度；
(ⅱ)加入的水银的长度。

【答案】（1）11cm（2）31cm
【解析】试题分析：以封闭气体B为研究对象，气体发生的是等温变化，确定初末状态的状态参量，根据玻意耳定律列式求解；根据几何关系即可求出加入的水银的长度。

（ⅰ）由解得：
由解得：
根据玻意耳定律有
解得：
由
解得：
根据玻意耳定律有：
解得：
（ⅱ）根据，可得右两边液面差，
加入水银量：
点睛：本题主要考查气体实验定律的应用，关键是知道气体发生什么状态变化过程，确定初末状态的状态参量，选择合适的实验定律求解即可。

.[物理—选修3-4]
15. 图甲为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图乙中介质中平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图象，下列说法正确的是_________
A.该波的波速为0.5m/s
B.该波的传播方向为x轴正方向
C.当t=7s时，平衡位置在x=2m处的质点P恰好经平衡位置向+y方向运动
D.当t=9s时，平衡位置在x=2.5m处的质点Q的加速度方向为+y方向
E.从t=2s到t=9s的时间内，平衡位置在x=0.7m处的质点M经过的路程为28cm
【答案】ACD
【解析】从甲图中可知波长λ=2m，从图乙中可得周期T=4s，则该波的波速：，故A 正确；由乙图可知t=2s时介质中平衡位置在x=1.5m处的质点正在平衡位置开始向下振动，根据峰前质点上振可知波的传播方向为x轴负方向，故B错误；t=2s时，x=2m处的质点P位于波谷，从t=2s到t=7s经过时间，所以当t=7s时，质点P恰好经平衡位置向+y方向运动，故C正确；当t=2s时，平衡位置在x=2.5m处的质点Q位于平衡位置，从t=2s到t=9s经过时间，所以当t=9s时，Q的加速度方向为+y方向，故D正确；质点一个周期经过的路程为4倍的振幅，从t=2s到t=9s的时间内，经过时间，t=2s时质点M不在平衡位置或最大位移处，所以经过的路程不为28cm，故E错误。

所以ACD正确，BE错误。

16. 一个截面为正方形的透明体，边长为2a，该透明体的折射率，过BC的中点E截掉一个夹角为30°、截面为三角形的三棱柱，如图所示。

现有一束单色平行光与AB边成45°射入透明体，只考虑光线在各面发生折射的情况，求：
(ⅰ)光线经AB面折射的折射角大小；
(ⅱ)能从EF上射出的光对应的入射光在AB边上的长度。

【答案】（1）300（2）
【解析】试题分析：画出光路图根据折射定律即可求出光线经AB面折射的折射角大小；根据几何关系即可求出从EF上射出的光对应的入射光在AB边上的长度。

(ⅰ)由折射率：
解得：，
（ⅱ）光路如图所示：
从A点入射的光线经AB面折射，将会射到DF面上，有
由图中几何关系可知：，
能从EF上射出的光对应的入射光在AB边上的长度为：
点睛：本题主要考查了光的折射，解决本题的关键是画出光路图，运用折射定律和几何关系进行求解。