精品解析：【省级联考】云南省2019届高三第二次高中毕业生复习统一检测理科综合物理试题(解析版)

2019年云南省第二次高中毕业生复习统一检测理科综合能力测试（物

理部分）

二、选择题

1.某金属发生光电效应，光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν之间的关系如图所示．已知h为普朗克常量，e为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是（ ）

A. 入射光的频率小于0也可能发生光电效应现象 B. 该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大 C. 若用频率是20的光照射该金属，则遏止电压为D. 遏止电压与入射光的频率无关 【答案】C 【解析】

【详解】由图像可知金属的极限频率为ν0，入射光的频率必须要大于ν0才能发生光电效应现象，选项A错误；金属的逸出功与入射光的频率无关，选项B错误；若用频率是2ν0的光照射该金属，则光电子的最大初动能为Ekm2h0h0h0Ue，则遏止电压为Uhv0 eh0，选项C正确；遏止电压与入射光的频率有e关，入射光的频率越大，则最大初动能越大，遏制电压越大，选项D错误．

2.如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止．若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则（ ）

A. 子弹A质量一定比子弹B的质量大

B. 入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大 C. 子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长 D. 子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大

1

【答案】D 【解析】

【详解】A．对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有2mAEKA2mBEKB，而EkA＞EkB，则得到mA＜mB，故A错误．

BD．由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得：对A子弹：-fdA=0-EkA，得EkA=fdA；对B子弹：-fdB=0-EkB，得EkB=fdB．由于dA＞dB，则有子弹入射时的初动能EkA＞EkB，故B错误，D正确．

C．子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故C错误．

3.如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳通过光滑定滑轮相连，m1＞m2．现剪断Q下端的细绳，在P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比将（ ）

A. 变大 B. 变小 C. 不变 D. 先变小后变大 【答案】B 【解析】

【详解】剪断细线之前台秤的读数为：NMgm1gm2g；因m1>m2，则当剪断Q下端的细绳时，P向下加速，Q向上加速，加速度大小为am1m22mmgg，则对m2，T-m2g= m2a，解得T12，此时箱子

m1m2m1m24m1m2g，因

m1m24m1m2gm1m2，可知

m1m2对台秤的压力为：NMg2T=MgNMg2T=Mg4m1m2gMgm1gm2gN，故选B.

m1m22

4.如图甲所示，光滑水平桌面上静置一边长为L、电阻为R的单匝正方形线圈abcd，线圈的一边通过一轻杆与固定的传感器相连．现加一随时间均匀变化、方向垂直桌面向下的匀强磁场，从t=0时刻开始，磁场的磁感应强度均匀减小，线圈的一半处于磁场中，另一半在磁场外，传感器显示的力随时间变化规律如图乙所示．F0和t0已知，则磁感应强度变化率的大小为（ ）

12F0RA. LLt0B.

1LF0R Lt0C.

12F0R Lt01LF0R t0D.

【答案】A 【解析】

12EkL2kL，I【详解】设磁场的磁感应强度：B=B0-kt，则E，t2R2R12RF0k2L3F0kB0L3k2L3kL2=，记得k，故选A. FBIL(B0kt)Lt，由图 可知：

LLt2Rt2R2R2R005.拉格朗日点又称平动点，处于该点上的小物体在两个大物体的引力作用下，小物体与大物体基本保持相对静止，由瑞士科学家欧拉和法国数学家拉格朗日推算得出．这样的点在地月系统中共有五个，其中三个在地月连线上，如图所示，分别为L1，L2，L3．关于在这三个拉格朗日点上做圆周运动的三颗地球卫星，下列说法正确的是（ ）

3

A. 三颗卫星运动的周期不相等

B. L1点处的卫星向心加速度比月球的向心加速度大 C. L2点处卫星的向心加速度最大 D. 三颗卫星的线速度大小相等 【答案】C 【解析】

【详解】A．由题意可知，三颗卫星与地球保持相对静止，可知运动的周期相等，选项A错误； BC．根据a=ω2r可知，因L1点距离地球的距离小于月球距离地球的距离，可知L1点处的卫星向心加速度比月球的向心加速度小；L2点距离地球的距离大于L3点距离地球的距离，也大于月球距离地球的距离，可知L2点处卫星的向心加速度最大，选项B错误，C正确； D．根据v=ωr可知三颗卫星的线速度大小不相等，选项D错误.

6.如图所示，A、B、C、D、E是直角坐标系xoy中的五个点，其坐标分别为A（1，1），B（1，0），C（0，-1），D（-1，0），E（0，1）．在坐标原点O和A点处分别放置一等量正负点电荷，关于这些点的场强和电势，下列说法正确的是（ ）

A. C点处场强比E点处的场强大 B. C点处的场强与D点处的场强大小相等 C. C点处的电势比B点处的电势高 D. C点处的电势与E点处的电势相等 【答案】BC

4

【解析】

【详解】A．因+q在E、C两点的场强大小相等，-q在C点的场强小于在E点的场强，且两电荷在E点的场强的夹角较小，则合场强较大，选项A错误；

B．由对称性可知，C点处的场强与D点处的场强大小相等，选项B正确；

C．+q在B、C两点的电势相等；而-q在C点的电势比B点较高，可知C点处的电势比B点处的电势高，选项C正确；

D．E点的电势等于零，而C点的电势大于零，选项D错误.

7.如图所示，倾角为θ=37°足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab、cd垂直于导轨放置，空间存在的垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B．现给导体棒ab一沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ=0.75，导轨电阻忽略不计．从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是（ ）

12mv0 412B. 导体棒cd中产生的焦耳热为mv0

811C. 当导体棒cd的速度为v0时，导体棒ab的速度为v0

4231D. 当导体棒ab的速度为v0时，导体棒cd的速度为v0

44A. 导体棒cd中产生的焦耳热为【答案】BD 【解析】

的

5

=μmgcos37°【详解】AB．由题意可知：mgsin37°，则对两棒的系统沿轨道方向的动量守恒，当最终稳定时：

mv02mv，解得v=0.5v0，则回路产生的焦耳热为Q焦耳热为QcdQab12112mv02mv2mv0，则导体棒c中产生的224112Qmv0，选项A错误，B正确； 28113C．当导体棒cd的速度为v0时，则由动量守恒：mv0mv0mvab，解得vabv0，选项C错误；

444

D．当导体棒ab的速度为

331v0时，则由动量守恒：mv0mv0mvcd，解得vcdv0，选项D正确； 4448.如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道上的三个点，B点和圆心等高，M点与O点在同一竖直线上，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α=45°现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为m的小球，经圆轨道飞出后沿水平方向通过与O点等高的C点，已知圆轨道半径为R，重力加速度为g，则以下结论正确的是（ ）

A. A、B两点间的高度差为B. C到N的水平距离为2R

2R 2C. 小球在M点对轨道的压力大小为32mg

D. 小球从N点运动到C点的时间为【答案】AC 【解析】

2R gmghA．【详解】从A点到C点：

联立解得：h1212mvC；mghRcos45mvN从A点到N点：，其中vCvNcos45；222R，vN22gR，选项A正确； 2BD．N到C的时间：t选项BD错误；

vNsin45=g2R，则C到N的水平距离为：xCNvNcos45t，解得xCN2R，g212vMC．从A到M点：mghRmvM；在M点：Nmgm，解得 N32mg，选项C正

2R确；

三、非选择题

9.某同学用图甲所示的实验装置测定当地的重力加速度，正确操作后获得图乙所示的一条纸带．他用天平测得小车的质量为M，钩码质量为m，毫米刻度尺测得纸带上自O点到连续点1、2、3、4、5、6的距离分别为：d1=1.07cm、d2=2.24cm、d3=3.48cm、d4=4.79cm、d5=6.20cm、d6=7.68cm．已知实验所用交流电频率为

6

f=50Hz．

①打点2时小车的速度大小为_____m/s（结果保留两位有效数字）；

②小车运动过程中的平均加速度大小为_____m/s2（结果保留两位有效数字）；

③以各点速度v的二次方为纵坐标，以各点到0点的距离d为横坐标，作v2-d图象，所得图线为一条斜率为k的倾斜直线，不考虑小车与桌面间的摩擦，则当地的重力加速度g=_____（用m、M、k表示） 【答案】 (1). 0.60； (2). 2.0； (3). 【解析】

2d3d13.481.0710【详解】（1）打点2时小车的速度大小为v2m/s0.60m/s

2T20.02k(mM)

2m（2）由逐差法可得，小车运动过程中的平均加速度大小为

7.6823.4810m/s22.0m/s2 ddd2da362036239T9T90.0222（3）由v2=2ad可知v2-d图像的斜率为k=2a，则a=

1k；由牛顿第二定律：mgmMa，解得2gk(mM) .

2m10.实验室能够提供如下实验器材 A．电流表（量程3A，内阻0.1Ω）

B．定值电阻R1（阻值3KΩ，额定电流0.5A） C．定值电阻R2（阻值30Ω，额定电流1.0A） D．电池组（电动势略小于3V，内阻不计） E．开关若干 F．导线若干

为了测量一电压表（量程3V，内阻约3KΩ）的内阻，某同学根据实验室提供的器材设计了如图两个实验电路图．

7

（1）为了准确测量电压表的内阻，应该选择______（填“甲”或“乙”）电路图； （2）需要用到的器材有______（填器材前的编号）；

（3）依据所选电路，结合测量结果写出计算电压表内阻的表达式RV=______；简要说明所用物理量的意义______．

【答案】 (1). 乙； (2). BDEF； (3).

U1R1； (4). U1为开关K1闭合，开关K2断开时电

U2U1压表读数，U2为开关K1和K2都闭合时电压表读数，R1是阻值为3k的定值电阻 【解析】

【详解】（1）甲电路中电流表的量程过大，故用乙电路；

（2）定值电阻选择与待测电压表阻值相当的，故选R1，则所选器材为BDEF；

（3）若开关K1闭合，开关K2断开时电压表读数U1，开关K1和K2都闭合时电压表读数为U2，则

U1U2U1U1R1R ，其中U1为开关K1闭合，开关K2断开时电，则计算电压表内阻的表达式：VRVR1U2U1压表读数，U2为开关K1和K2都闭合时电压表读数，R1是阻值为3kΩ的定值电阻.

11.如图所示，在光滑水平面上有一段质量不计，长为6m的绸带，在绸带的中点放有两个紧靠着可视为质点的小滑块A、B，现同时对A、B两滑块施加方向相反，大小均为F=12N的水平拉力，并开始计时．已知A滑块的质量mA=2kg，B滑块的质量mB=4kg，A、B滑块与绸带之间的动摩擦因素均为μ=0.5，A、B两滑块与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计绸带的伸长，求： （1）t=0时刻，A、B两滑块加速度的大小； （2）0到3s时间内，滑块与绸带摩擦产生的热量．

【答案】(1)a11m【解析】

s2,a20.5ms2；(2)30J

8

【详解】(1)A滑块在绸带上水平向右滑动，受到的滑动摩擦力为fA，

水平运动，则竖直方向平衡：NAmg，fANA；解得：fAmg ——① A滑块在绸带上水平向右滑动，0时刻的加速度为a1 ， 由牛顿第二定律得：FfAmAa1——② B滑块和绸带一起向左滑动，0时刻的加速度为a2 由牛顿第二定律得：FfBmBa2——③；

22联立①②③解得：a11m/s，a20.5m/s；

(2)A滑块经t滑离绸带，此时A、B滑块发生的位移分别为x1和x2

Lxx12212xa1t 1212x22a2t代入数据解得：x12m，x21m，t2s

2秒时A滑块离开绸带，离开绸带后A在光滑水平面上运动，B和绸带也在光滑水平面上运动，不产生热量，3秒时间内因摩擦产生的热量为：QfAx1x2 代入数据解得：Q30J．

12.如图所示，在一直角坐标系xoy平面内有圆形区域，圆心在x轴负半轴上，P、Q是圆上的两点，坐标分别为P（-8L，0），Q（-3L，0）．y轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度的大小为B，y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B的匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外．现从P点沿与x轴正方向成37°角射出一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力．求： （1）带电粒子的初速度；

（2）粒子从P点射出到再次回到P点所用的时间．

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【答案】(1)v【解析】

41m8qBL) ；(2)t(145qBm【详解】(1)带电粒子以初速度v沿与x轴正向成37o角方向射出，经过圆周C点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y轴左侧磁场后，从y轴上D点垂直于y轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：

QC5Lsin37o

O1QOQ5L Osin37在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为R1，

R1O1QQC

v2qvBm

R1解得：v8qBL ； mmvv2R(2)由公式qvBm得：2，解得：R24L

qBR210

由R24L可知带电粒子经过y轴右侧磁场后从图中O1占垂直于y轴射放左侧磁场，由对称性，在y圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E点，沿直线打到P点，设带电粒子从P点运动到C点的时间为t1

PC5Lcos37o

t1PC v带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为T1，时间为t2

T12m qB37ot2T o1360带电粒子从D做匀速圆周运动到O1点的周期为T2，所用时间为t3

T22mm q·2BqB1t3T2

2从P点到再次回到P点所用的时间为t

t2t12t2t2

41mt联立解得：． 145qB13.下列说法中正确的是（ ）

A. 气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故 B. 物体温度升高时，速率小的分子数目减小，速率大的分子数目增多 C. 一定量的100C的水变成100C的水蒸气，其分子平均动能增加 D. 物体从外界吸收热量，其内能不一定增加

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E. 液晶的光学性质具有各向异性 【答案】BDE 【解析】

【详解】A. 气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散；故A错误.

B. 温度从微观角度看表示了大量分子无规则运动的剧烈程度，物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多；故B正确.

C. 一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，因温度不变则分子平均动能不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大；C错误.

D. 物体从外界吸收热量，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知其内能不一定增加；故D正确. E. 液晶的光学性质具有晶体的各向异性；故E正确. 故选BDE.

【点睛】解决本题的关键要掌握分子动理论、热力学第一定律等热力学知识，要对气体分子间距离的大小要了解，气体分子间距大约是分子直径的10倍，分子间作用力很小．

14.如图所示，导热气缸由半径不同的两个圆柱形容器组成，气缸上部横截面积为1.5S，深度为0.5L，下部横截面积为S，深度为L，侧面有阀门C，C处于打开状态．活塞上表面通过滑轮与一水桶相连．关闭阀门后向水桶中缓慢加水，使活塞上升到距气缸上口0.3L处停下．已知：大气压强为p0，室温为T0，重力加速度为g，不计一切摩擦，忽略水桶质量、活塞厚度及活塞质量．求： （i）加入桶中水的质量；

（ii）将桶中的水取走一半，并对缸中气体缓慢加热，当活塞再次停于离气缸上口0.3L处时，气体的温度．

【答案】(i)m【解析】

9P0S23T0 ；(2)T26g20【详解】(i)当活塞距气缸上口0.3L时，气体的体积为：V1SL1.5S0.5L0.3L

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由等温变化得：P0SLPV11

由受力平衡可得：1.5P0S1.5PS1mg 联立解得：m9P0S； 26g1mg 2(ii)当取走一半后，由受力平衡可得：1.5P0S1.5PS1由查理定律可得：

PP12 T0T联立解得：T23T0. 2015.如图所示，M是平衡位置距O点5m的质点，实线是一列简谐横波在t1时刻的波形图，虚线是t2=（t1+0.2）s时刻的波形图．下列说法中，正确的是（ ）

A. 该波遇到长度为3米的障碍物时将会发生明显衍射现象 B. 波速可能为20m/s C. 该波的周期可能为0.6s

D. 若波速为35m/s，该波一定沿着x轴负方向传播

E. 若波速为15ms，从t1到t2时刻，质点M运动的路程为60cm 【答案】ADE 【解析】

【详解】A．因该波的波长为λ=4m，则该波遇到长度为3米的障碍物时将会发生明显衍射现象，选项A正确；

4n14m/s20n5m/s ，Ts （n=0、1、2、3…..）；若0.2v20n54n34m/s20n15m/s ，Ts（n=0、1、2、3…..）波向左传播，则v；可知波速0.2v20n15BC．若波向右传播，则v不可能为20m/s，周期不可能为0.6s，选项BC错误；

D．由v20n15m/s可知，当n=1时，v=35m/s，则若波速为35m/s，该波一定沿着x轴负方向传播，

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选项D正确；

E．若波速为15m/s，则波向左传播，此时T=T运动的路程为3A=60cm，选项E正确.

16.一同学在水平桌面上铺放一张白纸，将一横截面是直角三角形的玻璃砖平放在白纸上，并用铅笔将其边缘画在白纸上，得到如图所示的直角三角形ABC，在白纸上做一垂直BC边的直线，在该直线上竖直插上P1、P2两颗大头针，然后从玻砖的另一个面透过玻砖观察P1、P2的像，在白纸上竖直插上P3、P4两颗大头针，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3及P1、P2的像，大头针的位置如图所示． （i）作出该光束完整光路图；

（ⅱ）测得出射光线与AB边的夹角为θ（为锐角），测出直角三角形顶角A的角度为α，求该玻璃砖的折射率n．

v43s，则从t1到t2时刻，即经过t=0.2s=T，质点M154

的(ii)n【答案】(i)

cos

cos2【解析】

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【详解】(i)光路图如图所示

(ii)由光路图的几何关系得： 折射角

：=2 入射角为：22

sin玻璃的折射率为：n2cos．sin22cos2

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