1、1云南省保山市普通高中 2019 年高三物理市级统一检测试题（含解析）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 14-17 题只有一项符合题目要求；第 18-21 题有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。1.关于近代物理发展的成果，下列说法正确的是A. 只要增加人射光的强度，光电效应就可以发生B. 氢原子从激发态向基态跃迁时会辐射特定频率的光子C. 若使放射性物质的温度升高，则其半衰期将减小D. 射线、 射线、 射线都是高速电子流【答案】B【解析】【详解】能否发生光电效应，与入射光的强度无关，只与入射光的频率有关
2、，选项 A 错误；氢原子从激发态向基态跃迁时会辐射特定频率的光子，光子的能量等于两个能级的能级差，选项 B 正确；放射性物质的半衰期与外部因素（温度、压强等）无关，选项 C 错误； 射线是氦核， 射线是高速电子流， 射线是高速光子流，选项 D 错误；故选 B.2.如图所示，A、B、C 三个物体处于平衡状态，则关于 A、B、C 三个物体的受力个数，下列说法正确的是A. A 物体受到 4 个力的作用 B. B 物体受到 3 个力的作用C. C 物体受到 3 个力的作用 D. C 物体受到 4 个力的作用【答案】C【解析】【分析】根据受力分析的步骤，先重力，后弹力，最后是摩擦力，并结合平衡知识解答.
3、【详解】物体 C 受重力，B 的支持力和摩擦力 3 个力的作用，选项 C 正确，D 错误；物体 B2受重力，A 的支持力，C 的压力和摩擦力 4 个力的作用，选项 B 错误；物体 A 受重力，地面的支持力以及 B 的压力 3 个力的作用，选项 A 错误；故选 C.3.如图所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置 a 向上运动到位置 b，在这个过程中，带电粒子A. 只受到电场力和重力作用 B. 带正电C. 做匀速直线运动 D. 机械能增加【答案】A【解析】【分析】根据粒子的运动情况确定受力情况，由此确定电性和机械能的变化。【详解】带电粒子沿直线从位置 a 向上运动到位置 b
4、，合力方向与速度方向共线，受力情况如图所示；粒子受到电场力和重力作用，故 A 正确；粒子受到的电场力方向与电场线方向相反，故粒子带负电，故 B 错误；粒子受到的合力方向与速度方向相反，粒子做匀减速运动，故 C 错误；电场力做负功，机械能减小，故 D 错误。故选 A。【点睛】本题主要是考查带电粒子在复合场中的运动，解答本题要能够根据粒子的运动情况确定受力情况，做直线运动时合力与速度方向共线。4.使物体成为卫星的最小发射速度称为第一宇宙速度 v1，而使物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度 v2，v 2与的关系是 v2= v1，已知某星球半径是地球半径 R2的 ，其表面的重力加速度是
5、地球表面重力加速度 g 的 ，不计其他星球的影响，则该星球12 15的第二宇宙速度为3A. B. C. D. gR3 gR3 gR5 gR5【答案】D【解析】【分析】根据 mg=m 求解第一宇宙速度，然后根据 v2= v1求解第二宇宙速度。v2r 2【详解】该星球表面的重力加速度 g= ，由 mg= 可得星球的第一宇宙速度 ，g5 mv212R v1= 110gR该星球的第二宇宙速度 v2= v1= ，故 ABC 错误，D 正确；故选 D.215gR【点睛】通过此类题型，学会知识点的迁移，比如此题：把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面5.如图所示，圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，两个
6、质量和电荷量都相同的带电粒子 a、b，以不同的速率对准圆心 O 沿着 AO 方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用，粒子 a 在磁场中的运动周期为 Ta，粒子 a 在磁场中的运动时间为ta= Ta，粒子 b 在磁场中的运动周期为 Tb，粒子 b 在磁场中的运动时间为 t= Tb，则下列说13 16法正确的是A. 粒子 a 和粒子 b 在磁场中运动的周期关系为 Ta=TbB. 粒子 a 和粒子 b 在磁场中运动的周期关系为 TaTbC. 粒子 a 和粒子 b 在磁场中运动速度关系 va= vb13D. 粒子 a 和粒子 b 在磁场中运动速度关系 va=3vb【答案】AC【解析】
7、【分析】根据 可判断两粒子的周期关系；根据 可求解两粒子在磁场中的偏转角，从而T=2mqB t=2T4确定半径关系，根据 确定速度关系。r=mvqB【详解】根据 可知，两粒子在磁场中的运动的周期相同，选项 A 正确，B 错误；设T=2mqB圆形磁场的半径为 r，因 ta= Ta可知 a 在磁场中运动转过的角度是 1200；由几何关系可知，13运动半径 ；同理因 tb= Ta可知 b 在磁场中运动转过的角度是 600；由几何关ra=rtan300=r3 16系可知，运动半径 ；根据 可知粒子 a 和粒子 b 在磁场中运动速度关系rb=rtan600=3r r=mvqB，选项 C 正确，D 错误；
8、故选 AC.vavb=rarb=13【点睛】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，转过的圆弧的圆心角可用运动的时间来确定6.如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有定值电阻 R1、R 2，且 R1=R2，原、副线圈的匝数比 n1n 2=21，交流电源电压为 U，则A. R1两端的电压为 U25B. R2两端的电压为 U25C. R1和 R2消耗的功率之比为 12D. R1和 R2消耗的功率之比为 14【答案】BD【解析】【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，然后结合欧姆定律即可求出根据 P=U2/R
9、求解功率比。【详解】设 R1=R2=R，原线圈电流为 I，则根据匝数比可知副线圈电流为 2I；此时初级电压为：U-IR；则根据匝数比可知，次级电压为 ( U-IR) ；根据欧姆定律可知：12，解得 IR= U，即 R1两端的电压为 U； R2两端的电压为 U，选项 A 错误，B12(UIR)=2IR 15 15 255正确；根据 P=U2/R 可知 R1和 R2消耗的功率之比为 14，选项 C 错误，D 正确；故选 BD.7.有一半圆形轨道在竖直平面内，如图所示，O 为圆点，AB 为水平直径，有一小球从 A 点以不同速度向右平抛，不计空气阻力，在小球从抛出到落到轨道这个过程中，下列说法正确的是
10、A. 初速度越小的小球运动时间越长B. 初速度不同的小球运动时间可能相同C. 落在半圆形轨道最低点的时间最长D. 小球落到半圆形轨道的瞬间，速度方向可能垂直撞击半园形轨道【答案】BC【解析】【分析】根据平抛运动的特点，平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关；做平抛运动的物体的速度的反向延长线经过水平位移的中点。【详解】平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度小时，与半圆接触时下落的距离不一定比速度大时下落的距离小，故 A 错误；速度不同的小球下落的高度可能相等，如碰撞点关于半圆过 O 点的竖直轴对称的两个点，运动的时间相等，故 B 正确；落在圆形轨道最低点的小球下落的距离最大，所
11、以运动时间最长，选项 C 正确；若小球落到半圆形轨道的瞬间垂直撞击半园形轨道，即速度方向沿半径方向，则速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向夹角的 2 倍。因为同一位置速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向。故 D 错误。故选 BC。8.如图所示，质量为 m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径 AB 长度为2R，现将质量也为 m 的小球从距 A 点正上方 h 高处由静止释放，然后由 A 点经过半圆轨道后从 B 冲出，在空中能上升的最大高度为 h(不计空气阻力)，则346A. 小球和小车组成的系统水平方向动
12、量守恒B. 小车向左运动的最大距离为 RC. 小球离开小车后做斜上抛运动D. 小球第二次能上升的最大高度 h5m【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律求出滑块的速度，两滑块碰撞过程中系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后 B 的速度 （2）根据牛顿第二定律求解碰撞后瞬间 B 对圆弧的压力大小；（3）应用动能定理求出两物块的位移，然后求出发生二次碰撞需要满足的条件【详解】 （1）设小滑块 运动到 D 点的速度为 ，由机械能守恒定律有A vMgR=12Mv2设 B 滑块被碰后的速度为 ，以 A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得vBMv=MvA+mvB代入数据解得： vB=4m/s（2） F
13、Nmg=mv2BR解得： FN=15N12（3）由于 B 物块的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在 B 从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大的路程，则对于 A 物块，由动能定理MgsA=012Mv2A代入数据解得： sA=2m对于 B 物块，由于 B 与竖直挡板的碰撞无机械能损失，由动能定理得mgsB=012mv2B代入数据解得： sB=8m两滑块刚好第二次发生接触的条件 2L=sA+sB=10m要使两滑块不发生第二次碰撞 L5m13.下列说法正确的是_A. 液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离B. 一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，
14、对外做功，分子平均动能增大C. 理论上，第二类永动机并不违背能量守恒定律，所以随着人类科学技术的进步，第二类永动机是有可能研制成功的D. 在同等温度下，干湿泡湿度计的干、湿两支温度计示数差越大，说明该环境越干燥E. 改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，最终可能实现内能完全转化为机械能【答案】ABD【解析】【详解】液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子之间的作用力表现为引力，所以液体表面存在表面张力；故 A 正确；定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，对外做功，温度升高，则分子平均动能增大，故 B 正确；理论上，第二类永动机并不违背能量守恒定律，但是违背热力
15、学第二定律，所以即使随着人类科学技术的进步，第二类永动机也不可能研制成功的，选项 C 错误；干泡温度计和湿泡温度计组成，由于蒸发吸热，湿泡所示的温度小于干泡所示的温度。干湿泡温度计温差的大小与空气湿度有关，温度相差越大，说明空气越干燥，故 D 正确；根据热力学第二定律可知，热机的效率不能达到百分之百，选项 E 错误；故选 ABD.14.粗细均匀的两端开口的 U 形细玻璃管开口向下竖直放置时，在左、右管中各有长度为 L13的水银柱封闭住总长是 8L 的气柱 A，如图，左、右管之间的距离忽略不计，左、右管长度都是 6L，两水银柱的下表面到管口距离相等。大气压保持为 p=4gL， 是水银的密度，g
16、是重力加速度。把一侧的管囗封住(不计厚度)，再缓慢转动 U 形管，使其开口向上竖直放置，两侧水银柱的长度不变，求：(i)气柱温度始终是 27，气柱 A 的长度是多少?：(ii)接着对管内气柱缓慢加热，当气柱 A 的长度又是 8L 时，管内气柱温度是多少 K?【答案】(i) (ii) L=245L T2=500K【解析】【分析】（）此过程中气体的温度不变，根据气体的初末状态的压强和体积的状态参量，由玻意耳定律列式计算即可（）对管内气柱 A 缓慢加热，气柱 A 经历等压变化，根据盖-吕萨克定律列式求解【详解】 （）设细玻璃管横截面积为 S，设变化后空气柱的长度为 ，变化前气柱 A 的体L积 V1=
17、8LS压强 p1=pgL=3gL变化后气柱 A 的体积 V2=SL压强 p2=p+gL=5gL由玻意耳定律得： p1V1=p2V2联立解得： L=245L（）对管内气柱缓慢加热，气柱 A 经历等压变化，根据盖吕萨克定律有V2T2=V2T214即：SL273+27=8SLT2解得： T2=500K【点睛】本题主要考查理想气体的状态方程以封闭的气体为研究对象，找出气体变化前后的状态参量，利用气体的状态方程计算即可15.某复色光由空气斜射入某介质中后分解为 a、b 两束单色光，如图所示。以下说法正确的是_A. a 光的频率比 b 光大B. a 光在该介质中的传播速度比 b 光大C. 光由介质射人空气
18、时，a 光的临界角比 b 光小D. a、b 通过相同的单缝衍射实验装置，a 光的衍射条纹较大E. a、b 通过相同的双缝干涉实验装置，b 光的干涉条纹间距较大【答案】ACE【解析】【分析】根据光线的偏折程度比较折射率的大小，从而比较出频率的大小，通过 sinC=1/n 比较临界角的大小，根据波长的大小，分析衍射现象通过双缝干涉条纹的间距公式x= 比较Ld条纹间距的大小【详解】由图看出，a 光的偏折程度大于 b 光的偏折程度，则 a 光的折射率大于 b 光的折射率，所以 a 光的频率大于 b 光的频率，故 A 正确。因为 a 光的折射率大，由公式v=c/n，可知，a 光在该介质中的传播速度比 b
19、 光小。故 B 错误。a 光的折射率大，根据sinC=1/n 知，a 光的临界角小。故 C 正确。a 光的频率大，则波长小，波动性比 b 光弱，则知 a、b 通过相同的单缝衍射实验装置，a 光的衍射条纹较小，故 D 错误。a 光的频率大，则波长小，根据双缝干涉条纹的间距公式x= 知，b 光比 a 光得到的干涉条纹间距大。Ld故 E 正确。故选 ACE。15【点睛】决本题的突破口在于通过光线的偏折程度得出折射率的大小，以及知道折射率、频率、波长、临界角等大小之间的关系16.一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经 0.1s 波形图如图中虚线所示，若波传播的速度为 10m/s，求：(i)这列波的周期；(ii)从 t=0 时刻开始质点 a 经 0.2s 通过的路程；(iii)x=2m 处的质点的位移表达式。【答案】(i) (ii) 0.4m (iii) 【解析】【分析】由图读出波长，求出周期半个周期内质点通过的路程为 2A；根据 t=0 时刻 x=2m 处的质点的位置和速度方向，写出其振动方程【详解】 （）由图读出波长 ，则波的周期 （）从 时刻经 0.2s 的时间是半个周期，因为 a 先向平衡位置运动，通过的路程等于2 个振幅，即 0.4m。 （）t=0 时刻 x=2m 处的质点从平衡位置沿 y 轴负方向运动，其位移表达式为16
