1、高考资源网（） 您身边的高考专家云南省保山市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. JJ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；BJ
2、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
3、体有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
4、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。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
5、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（）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，做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可知解得
6、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
7、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()A. 此时极板间的电场强度B. 油滴带电荷量为C
8、. 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
9、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=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【解析】【详解】AA、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
10、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；CDA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。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t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
11、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
12、的快慢相同。(2)2AB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=150；C定值电阻R1=1200；D电阻箱R2和R3最大阻值999.99；E开关一个，红、黑表笔各1支，导线若干。(1)当开关S
13、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_；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_。(2)调节R3=150，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】【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
14、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1000。（2）当调节R3=150，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150；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999，则此时的挡位只能是“1”挡，此时R2应调节到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（q0）。A从O
15、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
16、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=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
17、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：，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
18、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“
19、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：(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
20、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（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
21、【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压强为若保持管内温度始终为33 C，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2 cm，波速为2
22、 m/s，波长为8 cm，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4 cmC. E处质点是振动减弱的点D. 经0.02 s，B处质点通过的路程是8 cmE. 经0.01 s，D处质点的位移为零【答案】ADE【解析】【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4 cm，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8 cm，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
23、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=0.04 s，0.02 s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=24 cm=8 cm，故D正确E、0.01 s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：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：联立解得：- 19 - 版权所有高考资源网