2022届云南省高三(下)第二次复习统一检测理综能力测试物理试题(含答案解析)

物理试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题

1．如图所示，用细线将小球m悬挂在盒子M顶部，在M沿固定斜面下滑的过程中，悬挂小球的细线始终竖直，则（ ）

A．M做加速运动 C．m处于失重状态

2．可见光的光子能量范围加下表所示：

红 1.61-2.00 绿 2.14-2.53

B．M做匀速运动 D．m处于超重状态

橙 2.00-2.07 蓝—靛 2.53-2.76 黄 2.07-2.14 紫 2.76-3.10 色光光子能量范围（eV）

氢原子的能级示意图如图所示，大量处于某激发态的氢原子在向低能级跃迁时发出的光，其光谱线只有1条处于可见光范围内。根据以上信息可知处于该激发态的氢原子（ ）A．发出的可见光颜色是蓝—靛 C．最多可以释放出6种频率的光

B．处在第4能级

D．在红光照射下可以被电离

试卷第1页，共9页

3．图甲所示的电路中，理想变压器的原线圈接在按图乙所示规律变化的正弦式交流电

25A，除R外其余电阻不源上，副线圈接R5的定值电阻时，电流表的示数为0．计，则（ ）

A．变压器原、副线圈匝数比为4:1 B．副线圈电流频率为12．5Hz C．电阻R消耗的功率为52W

D．仅增大电源频率，电阻R消耗的功率将增大

4．如图所示，ab和cd为圆的两条相互垂直的直径，直径ef与ab成45角，圆心O处固定一正点电荷。该空间还存在平行于该圆所在平面的匀强电场。已知整个圆周上e点的电场强度最小，下列说法正确的是（ ）

A．a点的电场强度小于b点的电场强度 B．b点的电场强度等于d点的电场强度 C．电子在c点的电势能比在d点的电势能大 D．电子在c点的电势能与在d点的电势能相等 二、多选题

5．“飞镖”是一项深受人们喜爱的运动。镖靶如图所示，一同学练习投镖，若他每次都是将飞镖水平投出，飞镖在空中运动可视为平抛运动。某次飞镖打在了靶中心的正上方某处，该同学下次打靶时做出调整，可能让飞镖打在靶中心的是（ ）

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A．保持飞镖出手点距地高度和出手速度不变，减小飞镖出手点到靶的水平距离 B．保持飞镖出手点到靶的水平距离和出手速度不变，降低飞镖出手点距地高度 C．保持飞镖出手点距地高度和到靶的水平距离不变，增大飞镖的出手速度 D．保持飞镖出手点距地高度和到靶的水平距离不变，减小飞镖的出手速度

6．我国火星探测器已成功登陆到火星表面。若探测器到达火星后，在火星表面做了如下实验：将轻绳一端固定在传感器上的O点，另一端系质量为m且可视为质点的小球，如图所示。把小球拉至与圆心O等高的A点由静止释放，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，传感器测出绳子拉力最大值为F。万有引力常量为G，火星可视为半径为R的均质球体，不考虑火星的自转。下列说法正确的是（ ）

A．火星表面的重力加速度为B．火星的平均密度为

F 3m3F

8GRmF 3mRC．环绕火星表面运行的卫星角速度为D．环绕火星表面运行的卫星速率为FR 2m7．如图所示，矩形OMPN空间内存在垂直于平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。有大量速率不同的电子从O点沿着ON方向进入磁场。己知电子质量为m，电荷量为e，OM长度为3d，ON长度为2d，忽略电子之间的相互作用，电子重力不计。下列说法正确的是（ ）

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A．电子速率越小，在磁场里运动的时间一定越长 B．电子在磁场里运动的最长时间为

m eBC．MP上有电子射出部分的长度为3d D．MP上有电子射出部分的长度为(23)d

8．如图所示，足够长的固定斜面上，长为L的ab段粗糙，其余部分光滑，斜面与水平面的夹角为。轻杆两端分别连接滑块P、Q，P的质量为2m，Q的质量为m，两滑块与ab段的动摩擦因数均为。已知斜面顶端与a点的高度差为h，两滑块均可视为质点，重力加速度为g。则两滑块从斜面顶端由静止开始下滑，直到滑块P滑离a点（此时滑块Q仍在斜面上）的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．Q到达b点前，轻杆对Q的弹力为0 B．Q刚好滑入ab段瞬间，P的加速度大小为

3gsingcos

2C．P、Q和轻杆组成的系统损失的机械能为3mgLcos D．P滑离a点时的速度大小为2gh2gLcos 9．一定质量的理想气体密封在容器内，从状态A开始，经状态B、C、D又回到状态A，变化过程的pV图线如图所示，图中DA反向延长线过坐标原点O，AB为双曲线的一部分BC平行于纵轴，CD平行于横轴。下列说法正确的是（ ）

A．D到A的过程是等温变化

B．A到B的过程吸收的热量等于气体对外界做的功 C．B到C的过程压强减小的原因是分子平均动能减小 D．C到D的过程中分子平均动能不变

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E．整个循环过程，气体吸收的热量大于放出的热量

10．如图所示的直角坐标系中，O点有一波源，t0时刻，波源从O点开始沿着y轴正方向振动，形成沿x轴正方向传播的简谐横波，经半个周期后刚好传播到P点。已知该波的周期为0.4s，振幅为8cm，OP间的距离为0.6 m，PQ间的距离为0.7m。则下列说法正确的是（ ）

A．该波的传播速度为3m/s

B．Q点开始振动时，P点的位移为4cm C．Q点开始振动时，O点的位移为4cm D．P点第一次到波谷时，Q点正在做加速运动

E．Q点开始振动后，P、Q两点在同一时刻的速度不可能相等 三、实验题

11．在测定金属丝电阻率的实验中：

（1）用螺旋测微器测量金属丝直径，结果如图甲所示，可得金属丝的直径为__________mm；

（2）在该实验中，用伏安法测量金属丝电阻时，电流表的连接有图乙和图丙两种连接方式，因所用金属丝电阻较小，考虑电表内阻引起的系统误差，应选择图__________（选填“乙”或“丙”）连接方式可使测量结果更加准确，用这种接法测得的电阻值将__________（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。

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12．某同学查到弹簧的弹性势能Ep与弹簧的形变量x之间的关系为：Ep验证此表达式是否正确，他进行了如下实验：

12kx，为了2

（1）如图甲所示，将一弹簧竖直悬挂在铁架台的水平横杆上，一指针固定在弹簧下端，刻度尺竖直固定在弹簧一侧，刻度尺零刻线与弹簧上端点对齐。测量弹簧原长时，指针指示刻度如图乙所示，则弹簧原长L0__________cm。

（2）他依次在弹簧下端挂上钩码，同时测得弹簧静止时相应的形变量，记录钩码质量m和对应的弹簧形变量x的数据，得到的xm图像如图丙所示。

（3）取重力加速度g9.8m/s2，由图像可得弹簧的劲度系数为k__________N/m。（计算结果保留2位有效数字）

（4）测得一带指针的小滑块质量为m0150.0g。

（5）他将气垫导轨调成水平，弹簧一端固定在气垫导轨左侧，刻度尺固定在气垫导轨上方，如图丁所示。

（6）启动充气泵，用小滑块将弹簧压缩x04.00cm后由静止释放，弹簧将小滑块弹出，对小滑块在气垫导轨上滑行的过程进行频闪照相，频闪频率为20Hz，读出小滑块与弹簧分离后连续的四张照片指针指示位置的刻度值，记录在下表中。

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x1 x2 x3 x4 32.80cm

37.83cm 42.75cm 47.80cm 则小滑块离开弹簧后获得的动能Ek__________J：根据表达式Ep12kx，结合前面2所得k值可得弹簧的弹性势能EP__________J。（计算结果保留2位有效数字） （7）改变弹簧的初始压缩量，多次重复以上步骤进行验证。 四、解答题

13．某幼儿园要修建一个如图甲所示的儿童滑梯，设计师画出了如图乙所示的模型简图，若滑梯由长度为4m、倾角37的斜面AB和长度为1.2m的水平部分BC组成，AB和BC由一小段圆弧（图中未画出且长度可忽略）平滑连接，儿童裤料与滑梯之间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度g10m/s2,sin370.6,cos370.8。 （1）儿童（可视为质点）从A点由静止开始下滑，求他到达C点时的速度大小及从A到C所需的时间；

（2）考虑安全因素，应使儿童到达C点时速度尽量小，同时因场地限制，斜面顶端到滑梯末端C的水平距离不能改变，但斜面长度、高度h和倾角都可以调整。若设计要求儿童从斜面顶端由静止开始下滑，滑到C点时速度恰好为零，则滑梯的高度h应为多少。

14．如图所示，两相距L0．6m的光滑平行金属导轨与水平面均成30角，导轨上端连A2 A3 A4区域有磁感应强度大小为接一阻值为R0.08的电阻，两导轨间A1 A4平行且与倾斜导轨垂直，A2与A3 B0.5T，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，A1 A4之间离D2m。两倾斜导轨下端在A3 、A4入处分别通过一小段光滑四弧A1 A2与A3 导轨（长度可忽略）与两根固定在同一水平面内的平行粗导轨相连，两根水平导轨上与A3 、A4相距x1.75m处有两根固定立柱M、N。将质量为m10.3kg、电阻为

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r0.16的导体杆ab从倾斜导轨上某处由静止释放，杆ab沿倾斜导轨下滑进入磁场

立即开始做匀速运动。离开磁场滑上水平轨道时与静止在水平导轨左端质量为

m20.1kg的绝缘杆cd碰撞，碰后杆cd向右运动，与立柱M、N碰后等速率反弹，已知杆ab和杆cd与水平导轨之间的动摩擦因数为0.2，在滑动过程中始终与导轨垂直且接触良好，它们之间的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短可忽略不计，除R和r外其余电阻均不计，重力加速度取g10m/s2。求： A2之间的距离； （1）释放杆ab的位置与A1 （2）杆ab第一次穿越磁场的过程中，电阻R产生的焦耳热； （3）杆ab与杆cd第二次碰撞结束瞬间的速度。

15．如图所示的装置中，三支内径相等的玻璃管A、B和C用细管连通。A、B两管上端等高，A管上端封闭，B管上端与大气相通，管内装有水银且A、B两管内的水银面等高，C管中的活塞可滑动且密封良好。A、B和C竖直且整个装置平衡，A、B管中的空气柱长度均为18cm，C管中的水银柱足够长。现在将C管中的活塞缓慢向上推，直到B管中的水银上升到管口。A管中封闭的气体可视为理想气体，活塞移动过程中整个装置的温度保持不变。已知大气压强p075cmHg，求： （1）B管中的水银上升到管口时，A管中气体的压强； （2）整个过程C管中的活塞向上移动的距离。

16．如图所示的直角三角形ABC为棱镜的横截面，A30，的直角边BC长度为a。在三角形ABC所在的平面内，一细光束以入射角45从AC边的中点P射棱镜，光

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线经AB面反射后垂直手BC边射出，已知光在真空中的传播速度为c。求： （1）该棱镜对光的折射率；

（2）光从P点进入棱镜到从BC边射出的时间（不考虑光沿原路返回的情况）。

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参考答案：

1．B 【解析】 【详解】

由题目已知，悬挂小球的细线始终保持竖直，且小球随盒子M沿斜面下滑，对小球受力分析，小球受竖直向下重力、沿绳向上的拉力，故小球做匀速直线运动，则盒子M也做匀速直线运动，A错误，B正确；

因为小球做匀速直线运动，故加速度为零，C、D错误。 故选B。 2．D 【解析】 【详解】

B．如果该激发态的氢原子处在第4能级，则可以发出两种可见光，光子能量分别为

1.51eV(3.4eV)1.89eV，0.85eV(3.4eV)2.55eV

故B错误；

A．由于跃迁时发出的光只有一种可见光，可知该激发态的氢原子处于第3能级，则发出的可见光的光子能量为

1.5eV(3.4eV)1.9eV

则发出的可见光颜色是红光，故A错误；

C．由于该激发态的氢原子处于第3能级，则最多可以释放出3种频率的光，故C错误； D．由于该激发态的氢原子处于第3能级，则在红光照射下可以被电离，故D正确。 故选D。 3．A 【解析】 【详解】

A．原线圈的电压有效值为

U1原线圈的输入功率为

Um202V20V 22P1=I1U10.2520W5W

答案第1页，共14页

副线圈的输出功率为

U22U22 P2==P1R5解得

U2=5V

则变压器原副线圈匝数之比为

n1U1204== n2U251故A正确；

B．由乙图可知，交变电流的周期T = 0.02 s，则电流变化的频率为

f11Hz50Hz T0.02交流电变压过程中频率不变，所以副线圈电流频率为50Hz，故B错误； C．电阻R消耗的功率即为副线圈输出功率，等于5W，故C错误；

D．仅增大电源频率，电源电压最大值不变，原副线圈电压不变，则电阻R消耗的功率不变，故D错误。 故选A。 4．A 【解析】 【详解】

AB．点电荷在e点产生的场强方向沿着Oe方向，当匀强电场方向与Oe方向相反，使得匀强电场在e点的场强和点电荷在e点的场强抵消最多，此时e点的电场强度最小，在a、b、d处的合场强如图所示

答案第2页，共14页

根据平行四边形定则可得，a点的电场强度小于b点的电场强度，而b点的电场强度与d点的电场强度大小相等，但二者方向不同，则b点的电场强度不等于d点的电场强度，A正确，B错误；

CD．在点电荷产生的电场中，c、d两点距离O点的距离相同，二者电势相同，但在匀强电场中，满足

cd

因电子带负电，则电子在c点的电势能小于在d点的电势能，CD错误。 故选A。 5．BD 【解析】 【详解】

A．保持飞镖出手点距地高度和出手速度不变，减小飞镖出手点到靶的水平距离，则运动到靶的时间变短，竖直位移更短，落点在靶中心的正上方，A错误；

B．保持飞镖出手点到靶的水平距离和出手速度不变，则运动到靶的时间不变，竖直位移不变，由于降低飞镖出手点距地高度，落点可能在靶中心，故B正确

C．保持飞镖出手点距地高度和到靶的水平距离不变，增大飞镖的出手速度，则运动到靶的时间变短，竖直位移更短，落点在靶中心的正上方，故C错误；

D．保持飞镖出手点距地高度和到靶的水平距离不变，减小飞镖的出手速度，则运动到靶的时间变长，竖直位移变长，落点可能在靶中心，故D正确；

答案第3页，共14页

故选BD 6．AC 【解析】 【详解】

A．设绳子的长度为l ，从A点运动到最低点

解得

故A正确； B．在火星表面

解得：

故B错误； C．在火星表面

解得：

故C正确； D．在火星表面

解得

故D错误；

mgl122mv Fmgmv2l

gF3m GMmR2mg M43 3RF4GRm

GMmR2=m2R F3mR GMmv2R2mR vFR3m 答案第4页，共14页

故选AC。 7．BC 【解析】 【详解】

AB．电子在磁场中做匀速圆周运动，则

v2evBm

r则运动周期

T2r2m vBe运动时间

tmT 2Be由此可知电子运动时间与运动的圆心角有关，当电子速度较小时从OM边射出，圆心角均为，且此时对应的圆心角最大，故运动时间最长为

t故A错误，B正确；

meB

CD．随着速度增大，电子运动半径逐渐增大，轨迹如图所示

由图可知MP边有电子射出的范围为BM长度，当电子轨迹与上边界相切时半径为2d，由几何关系可知

BM2d2d23d

故C正确，D错误。

答案第5页，共14页

故选BC。 8．ACD 【解析】 【详解】

A．Q到达b点前，轻杆、滑块P、Q三者加速度相同，三者相对静止，轻杆对Q的弹力为0，故A正确；

B．Q刚好滑入ab段瞬间，对轻杆、滑块P、Q整体，加速度

a3mgsinmgcos3gsingcos

3m3故B错误；

C．整个过程中ab段粗糙，P、Q和轻杆组成的系统经过ab段时，损失的机械能为

E3mgLcos

故C正确；

D．设P滑离a点时的速度大小为v，根据动能定理

13mgh3mgLcos3mv2

2得

v2gh2gLcos 故D正确。 故选ACD。 9．BCE 【解析】 【详解】

A．DA直线反向延长过坐标原点，由理想气体状态方程

pVC TpV的乘积增大，知此过程温度升高，A错误；

B．AB为双曲线，说明此过程是等温变化，气体内能不变，体积增大，说明气体对外界做功，由热力学第一定律

UWQ

可知，A到B的过程吸收的热量等于气体对外界做的功，B正确；

答案第6页，共14页

C．B到C的过程，体积不变，温度降低，故压强减小的原因是分子平均动能减小，C正确；

D．C到D的过程中，压强不变，但体积减小，根据 理想气体状态方程

pVC T可知，气体的温度降低，故分子平均动能减小，D错误；

E．pV图像中图线与坐标轴所围的面积表示外界对气体做的功，气体经全过程回到A，内能不变，但由于全过程中气体体积增大过程对外界做功（图线与坐标轴围的面积）大于体积减小过程外界对气体做的功，由热力学第一定律可知，全过程吸热，E正确。 故选BCE。 10．ACE 【解析】 【详解】

A．由题可知，波从O传播到P的过程，波的传播速度

vx10.6m/s=3m/s t10.2故A正确； B．由题意T0.4s

T2

5rad/s

1.2m，A=8cm，P点与O点间距半个波长，是反相点的关系，所以P质点的振动方程

为

yP8sin5tcm

波从P传播到Q，历时

t2x20.7s v3代入P的振动方程可得

yP4cm

故B错误；

C．同理，O点的振动方程为

答案第7页，共14页

yO8sin5tcm

波从O传播到Q历时

tt1t20.2s0.71.3s=s 33代入O点的振动方程可得

yO4cm

故C正确；

73D．P从起振至第一次处于波谷历时T，波从P传播到Q历时T，所以P点第一次到

412波谷时，Q点振动了

371tTTT

4126由于起振方向沿y轴正方向，所以此刻Q点在平衡位置上方向最大位移处运动，在做减速运动，故C错误；

E．Q点开始振动后，P、Q两点振动相位上相差等，故E正确。 故选ACE。

11． 0.622#0.623#0.624 丙 小于 【解析】 【详解】

（1）[1]螺旋测微器读数为

0.5mm12.30.01mm0.623mm

7，所以在同一时刻的速度不可能相6（2）[2]因所用金属丝电阻较小，则有

RVRx RxRA则电流表采用外接法即为丙图；

[3]因电压表的分流作用，会导致电流的测量值偏大，根据

RU I可知测得的电阻值将会小于真实值。

12． 15.08（15.06~15.09） 98 0.075 0.078

答案第8页，共14页

【解析】 【详解】

（1）[1]刻度尺最小分度为1mm，所以读数为15.08cm。 （3）[2]由

kxmg

得

xxm图像的斜率表示

gm kg，由图中数据可得 kgx0.050 km0.50解得

k=98N/m

（6）[3]闪光时间间隔为

T10.05s f由表格中数据可知小滑块离开弹簧后获得的速度为 vx1x2x3(37.83cm32.80cm)(42.75cm37.83cm)(47.80cm42.75cm)1.0m/s

3T30.05s

则小滑块离开弹簧后获得的动能

11Ekm0v20.15012J0.075J

22[4] 弹簧的弹性势能为

11Epkx2=980.042J=0.078J

2213．（1）vC2m/s,t2.4s；（2）h2.2m 【解析】 【详解】

（1）从A到B，据牛顿第二定律及运动学规律可得

mgsinmgcosma1

xAB12a1t1 2答案第9页，共14页

vBa1t1

解得

vB4m/s,t12s

从B到C，据牛顿第二定律及运动学规律可得

mgma2

22vCvB2a2xBC

vCvBa2t2

解得

t20.4s

总时间

tt1t2

解得

vC2m/s

t2.4s

（2）调整后，从A到C，据动能定理可得

mghmgxABcosmgxBC0

设调整后的斜面AB与水平面的夹角为，据几何关系可得

xABcosxBCxABcosxBC

解得

h2.2m

14．（1）1.6m；（2）1J；（3）2m/s，方向向左；4m/s，方向向右 【解析】 【详解】

（1）杆ab在磁场中做匀速运动，则

Fm1gsin30

又

答案第10页，共14页

FBIL，EBLv0，EI(Rr)

得

B2L2v0m1gsin30 RrA2之间的距离为l，杆ab由静止释放至进入磁场的过程中，根据动设杆ab初始位置与A1 能定理得

12m1glsin30m1v0

2联立解得

v04m/s，l1.6m

（2）杆ab匀速穿越磁场，由能量守恒可得

Qm1gDsin30

又

QRRQ Rr解得

QR1J

（3）杆ab与杆cd第一次碰撞过程动量守恒、机械能守恒，取向右为正方向，设第一次碰后杆ab的速率为v1，杆cd的速率为v2

11122m1v0m1v1m2v2，m1v0m1v12m2v2

222解得

v12m/s，v26m/s

第一次碰撞后，在摩擦力作用下，杆ab向右做匀减速运动，杆cd先向右匀减速运动，与立柱碰撞后再向左匀减速运动，加速度大小均为

amgm2m/s2

杆ab经t秒与杆cd发生第二次碰撞，杆ab的路程为x1，杆cd的路程为x2，则

x1x22x

又

答案第11页，共14页

11x1v1tat2，x2v2tat2

22解得

t0.5s（t3.5s不符合实际情况，舍去）

，则 碰撞前瞬间，杆ab的速率为v1，杆cd的速率为v2v1at，v2v2at v1解得

1m/s，方向向右 v15m/s，方向向左 v2 杆ab和杆cd第二次碰撞，碰撞后瞬间杆ab的速率为v1，杆cd的速率为v21111m2v2m1v1m2v2，m1v1m1v12m2v22m1v12m2v22

2222解得

2m/s，v24m/s v11m/s，v25m/s不符合实际情况，舍去） （v1故碰撞后瞬间杆ab的速度大小为2m/s，方向向左；杆cd的速度大小为4m/s，方向向右。

15．（1）p190cmHg；（2）L2lcm 【解析】 【详解】

（1）因为开始时A、B管中的空气柱长度相等，所以A管中的压强

p075cmHg

设B管中的水银上升到管口时，A管中空气柱的长度为x，玻璃管的横截面积为S。B管中的水银上升到管口时，A管中气体的压强

p1p0xcmHg

理想气体的等温变化得

p0hSp1xS

答案第12页，共14页

解得

x15cm，p190cmHg

（2）A管中水银柱上升的高度

h1hx

B管中水银柱上升的高度

h2h

A、B管中增加的水银都来源于C管，所以C管中活塞上升的距离等于A、B管上升的水银柱的高度之和，所以C管活塞上升距离

Lh1h2

解得

L2lcm

16．（1）2；（2）【解析】 【详解】

36a 4c（1）作出光路图如图所示

设光在棱镜中的折射角为。根据光的折射定律有

nsin45 sin因为DE垂直于BC射出，由几何关系以及光的反射定律可得

BDEADP30

所以入射光线折射角

30

解得，该棱镜对光的折射率为

n2 （2）由几何关系可得

答案第13页，共14页

xPDa3a 2tan302xDE(a3a 3xPD)cos30sin304光在棱镜中的传播速度

传播时间

解得

vcn txPDxDEv t36a4c 答案第14页，共14页