【文档说明】云南省昆明市第一中学2021届高三上学期新课标第二次双店检测物理试卷 【精准解析】.doc，共(18)页，1.066 MB，由小赞的店铺上传

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昆明市第一中学2021届高中新课标高三第二次双店检测理科综合试卷一、选择题1.已知某光电管的极限频率为0ν，现用频率为的单色光照射这种金属，如图能发生光电效应，改变加在光电管两端的电压，测得电流随电压变化的图象如图所示。已知

电子的电荷量大小为e，普朗克常量为h，则遏止电压的大小0U为（）A.()00hUe−=B.()00hUe−=C.0hUe=D.00hUe=【答案】A【解析】【详解】由光电效应方程kEhW=−，0keUE=和0Wh=得00eUhh=−()00hUe−=故A正

确。故选A。2.如图所示，小明乘坐电梯上到顶楼10楼再下到某层楼，绘制如图所示vt−图线，小明的质量50kgm=，那么下列选项中正确的是（）A.4s末小明上升到最大高度，最大高度为30mB.0~6s内，小明的位移为40mC.

0~6s内，小明的动量变化量的大小为1000kgm/sD.4~6s内，小明所受的合外力的冲量大小为1000Ns【答案】D【解析】【详解】A．前5s物体一直沿正方向运动，第6s沿负方向运动，所以在第5s末质点离出发点最远，最远距离为2510m=35m2s

+=故A错误；B．由vt−图象得，在0～6s内，物体的位移为25110m101m30m22x+=−=故B错误；C．在06s内，物体的动量变化为60500kgm/spmv=−=−则在06s内，小明的动量改变量的大小为500kgm/s，故C错误；D．根据动量定理，

在第46s内，物体所受的合外力的冲量等于动量的变化量，()645010-5010kgm/s1000kgm/s1000NsImvmv=−=−=−=−则4~6s内，小明所受的合外力的冲量大小为1000Ns，故D正确。故选D。3.

如图边界PQ的右侧区域内，存在着磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面的匀强磁场。边长为l的正方形金属线框abcd由粗细均匀同种材料制成，ab刚好位于边界PQ上，现使线框绕过边界PQ转轴匀速转动，角速度为，如图所示，则在ad边开始转入磁场的瞬间cd两

端的电势差cdU为（）A.214BlB.234BlC.214Bl−D.234Bl−【答案】D【解析】【详解】当cd边刚转入磁场时，cd部分切割磁感线，切割长度为c、d两个端点间的距离l，感应电动势大小2EBlvBl==由右手定则知，cd边中电流方向为cd→，故d点

电势比c点高；设线框abcd每个边的电阻为R，c、d两点间的电势差为3cdUIR=故234cdUBl=−故D正确。4.七彩云南欢乐世界游乐园里的“旋转飞椅”最大高度超过10层楼，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘

旋转而在空中飞旋。若将人和座椅看成质点，“旋转飞椅”可简化为如图所示的模型。其中，处于水平面内的圆形转盘，半径为r，可绕穿过其中心的竖直轴转动。让转盘由静止开始逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起以角速度做匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向的夹角为，已知绳长为L且不可伸长，质点的质量为m

，不计空气阻力及绳重。则下列说法中正确的是（）A.质点的重力越大，绳子与竖直方向的夹角越小B.质点做匀速圆周运动的向心力就是所受悬线的拉力C.转盘转动的角速度与夹角的关系为tansingrL=+D.质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的

功等于质点增加的动能【答案】C【解析】【详解】B．稳定后，质点绕轴做匀速圆周运动，自身重力和悬线拉力的合力即悬线拉力在水平方向的分力提供向心力，故B错误；A．角速度一定，根据几何关系可得圆周运动半径sinRrL=+重力和绳子拉力的合力，即()2tansinmgmrL=+方程两边约去

质量，即θ与重力大小无关，故A错误；C．角速度tansingrL=+故C正确；D．质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，有重力和绳子拉力做功，根据动能定理，绳子对质点做的功等于质点增加的动能和质点

增加的重力势能，故D错误。故选C。5.在直线三角形ABC的A点和B点分别固定一垂直纸面向外和向里的无限长通电直导线，其电流强度分别为AI和BI，60BAC=，通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度IBkr=，k为比例系数，r为该点

到导线的距离，I为导线的电流强度。当一质子在C点的速度方向垂直纸面向外时，所受洛伦兹力方向在纸面内垂直BC向上，则两直导线的电流强度AI和BI之比为（）A.33B.233C.34D.43【答案】D【解析】【详解】如图所示，一质子在C点的速度方

向垂直纸面向外时，所受洛伦兹力方向在纸面内垂直BC向上，C点处的磁场方向由A、B电流在C点处矢量叠加后为BC，几何关系得2:3ABBB=2:3ABrr=通电直导线形成的场在空间某点处的磁感应强度IBKr=4:3ABII=故D正确。故选D。6

.2020年7月23日12时41分，长征五号运载火箭在中国文昌航天发射场点火起飞，成功将天问一号火星探测器送入预定轨道。预计在2021年初，天问一号火星探测器进入环火轨道，本次任务成功后，我国将成为世界上第一个首次通过一次任务实现火星

环绕和着陆巡视探测的国家，假设天问一号在着陆之前绕火星表面做近地圆周运动的半径为1r、周期为1T；火星绕太阳做圆周运动的半径为2r、周期为2T，引力常量为G。根据以上条件能得出（）A.火星的密度B.太阳对火星的引力大小C.天问一号的质量D.关系式3

3122212rrTT=【答案】AB【解析】【详解】A．天问一号绕火星做圆周运动，设火星质量m，天问一号探测器的质量0m，200122114mmGmrrT=求得火星质量231214rmGT=mV=3143rV=213GT=则火星的密度可求

，故A正确；B．太阳对火星的引力提供火星做圆周运动的向心力22224FmrT=23432211222222222121241644rrrFmrrTGTTGTT===故B正确；C．天问一号绕火星做圆周运动，可求出火星质量，不能求出环绕的探测器质量，故C错误；D．开普勒第三定律适用于围绕

同一中心天体做圆周运动的卫星，所以对火星和天问一号不适用，故D错误。故选AB。7.如图所示，静止在粗糙水平面上的斜劈ABC质量为M，斜面上的AP和PB两部分动摩擦因数不同，将一个质量为m的小物块轻轻地放在斜面顶端，小物块先加速后减速，到达斜面底端B点时，速度刚好为零，若在小物块运动

的整个过程中斜劈都静止，则小物块运动过程中（）A.地面对斜面的摩擦力方向始终水平向右B.地面对斜面的摩擦力方向先水平向左后水平向右C.斜面对地面的压力始终等于()Mmg+D.斜面对地面的压力先小于()Mmg+，后大于()Mmg

+【答案】BD【解析】【详解】AB．小物块运动过程中，对斜面和小物块整体受力分析，可得小物块的加速度方向先沿斜面向下，再沿斜面向上，分解加速度为水平和竖直两个方向，水平加速度先向左后向右，则地面对斜面的摩擦力方向先水平向左后水平向右，故A错误，B正确；CD．竖直加速度分量先向下

后向上，先失重后超重，故C错误，D正确。故选BD。8.如图所示，O是正三角形ABC的中心，将电荷量均为Q的带正电的小球a、b分别固定在A，B两顶点，后将带电荷量为()qqQ−的小球以沿CO方向的初速度0v在C点释放，取无穷远为电势零点，不计带电小球的重力，则（）A.未放c球前C点电势为零B

.小球c释放后从C点运动到P点的过程中电势能减小C.小球c释放后沿CP运动到P点时速度最大，加速度为零D.小球c释放后沿CP运动，经过P点后，加速度先增大后减小【答案】BCD【解析】【详解】A．未放c球前C点电势大于零，故A错误；B．小球c释放后从C点运动到P点的过

程中电场力做正功，电势能减小，故B正确；C．小球c释放后沿CP运动到P点的过程中，一直加速，过P点后减速，P点电场力为零，加速度为零，速度最大，故C正确；D．如图，经过P点后，取连线'PC上三个特殊点S、N、'C，其中角SAP等于30°，角NAP等于45，角'CAP等于60，求三个特殊点电场的

矢量叠加，则可以发现电场强度先增大后减小，加速度先增大后减小，故D正确。三、非选择题9.阿特武德机是早期测量重力加速度的装置，由英国数学家、物理学家阿特武德于1784年制成．某同学根据其原理设计出测量当地重力加速度的装置如图所示，

一根不可伸长的轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接正方体物块A和物块B（A、B的质量分别为m1和m2，且m1＜m2），让两物块组成的系统从静止开始做匀加速运动，测出物块A先后通过光电门1和光电门2的遮光时间．保持物块A的质量不变，逐渐增大物块B的质量，重复以上操作

，测出物块B不同质量时A、B的加速度．（1）测得物块A的边长为d，在某次实验中它先后通过两个光电门所用的遮光时间分别为Δt1和Δt2，则其通过光电门的速度分别为___________，___________．（2）为了测算A、B的加速度大小，还需要测量的物理量有___________A．

两个光电门的间距B．物块B的边长C．物块A的初始高度D．轻绳的长度（3）某次实验中测得物块A和物块B的质量分别为m1、m2，测算出A、B的加速度大小为a，可以得到g＝___________（用m1、m2、a表示）【答案】(1).1dt(2).2dt(3).A(4).1221mmamm+−【

解析】【分析】遮光片经过光电门的平均速度可近似认为等于瞬时速度；根据v22-v12=2ah判断要测量的物理量；根据牛顿第二定律分别对两物体列方程求解g.【详解】（1）A通过光电门的速度分别为:11dvt=

和22dvt=（2）根据v22-v12=2ah可知为了测算A、B的加速度大小，还需要测量的物理量有两个光电门的间距h，故选A.（3）对物体B：m2g-T=m2a；对物体A：T–m1g=m1a；联立解得1221mmgamm+=−【点睛】解决本题的关键

是搞清实验的原理，能通过牛顿第二定律和运动学公式得出重力加速度的表达式．10.如图为简易多用电表的电路图。该多用电表有5个挡位，5个挡位中有：直流电压1V挡和5V档，直流电流3mA挡和6mA挡，欧姆挡。图中E是直流电源；1234,,,RRRR和5R是定值电阻

，6R是可变电阻，最大值为2kΩ；表头G的满偏电流为2mA，内阻为20Ω，虚线方框内为换挡开关。A端和B端分别与两表笔相连；（1）图中的A端与______________（填“红”或“黑”）色表笔相连接；（2）要想使用直流电压1V档，

选择开关B应与____________相连（填选择开关对应的数字）；（3）关于6R的使用，下列说法正确的是______________（填正确答案标号）A.在使用多用电表之前，调整6R使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B.使用欧姆挡时

，先将两表笔短接，调整6R使电表推针指在表盘右端电阻“0”位置C.使用电流挡时，调整6R使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置（4）根据题给条件可得1R=____________Ω,2R=_____

_______Ω；（5）将选择开关与“3”相连，把表笔插入,AB并短接，滑动6R的滑片到最上端a处，表头G的指针在表盘电流半偏处；滑动6R的滑片到最下端b处，表头G的指针指在表盘电流满偏处。则电池的电动势E=____________

___V。【答案】(1).红(2).4(3).B(4).20(5).20(6).6【解析】【详解】(1)[1]根据“红进黑出”，图中的A端与红色表笔相连接。(2)[2]6R是欧姆挡的调零电阻，使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整6R使电

表指针指在表盘右端电阻“0”位置，故选B。(3)[3]直流电压1V挡要用表头与较小的电阻串联，则选择开关B应与“4”相连。(4)[4][5]直流电流分别为3mA和6mA档，由图可知，接“1”时为6mA档，接“2”时为3mA档，设

16mAI=，23mAI=，则由欧姆定律可得()()1g1g2g-=IIRIRR+()()gg2g21=IRIIRR−+联立解得120R=220R=(5)[6]设电路的总电流为I,改装电流表的内阻为AR，电

池的内阻为r，当选择开关与“3”相连时，据欧姆定律得()12ggg12=1.5RRRIIIRR++=+即电路的总电流等于电流计读数的1.5倍，当滑动6R的滑片到最上端a处时()363A1.5110AERRrR=+++－滑动6R的滑片到最下端

b处时33A1.5210A?=()ERrR−++联立解得6VE=11.如图所示，离子源产生的某种正离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自坐标原点O射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，已知该离子刚好在磁场边界的P点射出。P点坐标为(3,)LL，

不计重力影响。求：（1）离子的比荷；（2）粒子在磁场中运动的时间。【答案】(1)222UBL；(2)223BLtU=【解析】【详解】(1)设离子的质量为m，电荷量为q，进入磁场时的速度为0v，则2012qUmv=粒子在磁场中有200vqvBm

r=由几何关系知2rL=联立解得222qUmBL=(2)2mTqB=6Tt=223BLtU=12.如图所示，两条平行倾斜金属导轨和足够长光滑水平直导轨平滑连接并固定在水平桌面上（连接处为一小段光滑圆弧）

，导轨间距为1m，电阻不计。从水平直导轨处开始有竖直向上、磁感应强度为1TB=的匀强磁场，金属棒CD水平静止在导轨上。现从倾斜导轨上距离桌面高度为2mh=处由静止释放金属棒AB，金属棒AB与倾斜导轨间滑动摩擦因数为0.45=，导轨倾斜角为37=，两棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为

11kgm=，CD棒质量为23kgm=，两金属棒接入电路的总电阻0.5R=，在两根金属棒运动到两棒间距最小的过程中，g取210m/s，求：（1）AB棒到达倾斜金属导轨末端速度大小0v；（2）CD棒的最终速度大小v；（3）该过程中产生的总热量Q及通过导体横截面的电荷量q。【答案】(1)4m/s

；(2)1m/s；(3)18JQ=，3Cq=【解析】【详解】(1)由能量守恒定律得201cossin2hmghmgmv−=解得04m/sv=(2)AB棒做减速运动、CD棒做加速运动，当两者速度相等时它们间的距离最小，

两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得()1012mvmvm=＋解得1m/sv=(3)对AB棒，摩擦热为11co2snJs1iQhmg==对两棒组成的系统，由能量守恒定律得()22202121122mvQmmv=

++解得26JQ＝1218JQQQ=+=总对CD棒，由动量定理得2Biltmv=而itq=则2Blqmv=解得3Cq=13.分子动理论以及固体、液体的性质是热学的重要内容，下列说法正确的是_______

A.用吸管将牛奶吸入口中是利用了毛细现象B.同温度的氧气和氢气，它们的分子平均动能相等C.荷叶上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用D.晶体都有固定的熔点，物理性质都表现为各向异性E.一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，气体密度将减小，分子平均动能将增大【答案】BCE【解析】【详解

】A．用塑料细管将牛奶吸入口中利用了大气压，不是毛细现象，故A错误；B．温度是分子平均动能的标志，相同温度下所有分子的平均动能均相同，故B正确；C．液体表面的分子分布比液体内部分子的分布要稀疏，故存在液体的表面张力，草叶上的露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故C正确；D．单晶体的物理性都是各向异

性的，多晶体的物理性都是各向同性的，故D错误；E．根据理想气体得状态方程可知，一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，气体的温度升高，由于温度是分子的平均动能的标志，所以气体分子平均动能将增大；气体的体积增

大，气体密度将减小，故E正确。故选BCE。14.如图，粗细均匀的等臂U形玻璃管竖直放置，其左管封闭有一定量的气体，右管开口与大气相通，左右两侧被水银柱隔开。平衡时测得左管内气柱的长度10cml=，右管内水银

面高于左管内水银面4cmh=，现从右管开口处用一不计厚度的活塞缓慢向下压气体，已知活塞与管密封良好，玻璃管导热良好，大气压强为076cmHgp=，重力加速度为g。若整个过程中气体温度保持不变，求活塞压下多少距离时左右两管水银面相齐平。【答案】3.44cm【解析】【详解】设U形管的横

截面积为S，再次平衡左右两管水银面相平时，两侧气体压强为'p，活塞被压下距离为x，对左管气体，液面上升2h，根据玻意耳定律''111pVpV=10()80cmHgpph=+＝110cmVS＝'18cm2hVlSS−=

＝对右管气体，液面下降2h，根据玻意耳定律''022pVpV＝()2VlhS=−2'2hVlxS=−−()'02hplhSplxS−=−−联立解得3.44cmx=15.a、b、c三条

平行光线垂直于半圆柱体玻璃砖的截面直径从空气射向玻璃砖，如图所示，光线b正好过圆心O，光线a、c从光线b的两侧对称入射，光线a、c从玻璃砖下表面进入空气后与光线b交于P、Q，则下列说法正确的是_______

__A.玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率B.玻璃对三种光的折射率关系为abcnnnC.a光比c光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长D.在相同条件下进行双缝干涉实验，c光的条纹间距比a光宽E.a、c光分别

从空气射入某种介质中，c光发生全反射时临界角较小【答案】ACD【解析】【详解】AB．由图可知，a光和c光入射角相同，但a光折射角较小，根据折射率公式可知，玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率，由于b光入射角为0，故无法判断玻璃对b光的折射率

大小，故A正确，B错误；C．根据公式cvn=，由于a光的折射率大，则a光在玻璃中的传播速度较小，又由图可知a光在玻璃砖中的传播路径较长，故a光比c光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长，故C正确；D．由于c光的折射率大，波长较长，则在相同条件下进行双缝干涉实验，c光的条纹间距比a光宽，故

D正确；E．a、c光分别从空气射入某种介质中时，不能发生全反射，故E错误。故选ACD。16.一列沿x−方向传播的简谐横波，在0t=时刻的波形如图所示，质点振动的振幅为10cm。P、Q两点的坐标分别为()1,0−和()9,0−，已知0.7st=时，P点第二次出现波峰。(1)这

列波的传播速度多大？(2)从0t=时刻起，经过多长时间Q点第一次出现波峰？(3)当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程为多少？【答案】(1)10m/s(2)1.1s(3)0.9m【解析】【详解】(1)由题意可知该波的波长为4m=，P点与最近波峰的水平距离为3m，距离下一个波

峰的水平距离为7m，所以10m/ssvt==。(2)Q点与最近波峰的水平距离为11m，故Q点第一次出现波峰的时间为111.1sstv==。(3)该波中各质点振动的周期为0.4sTv==，P点开始振动时刻'0.2st=，Q第一次出现

波峰时质点P振动了'210.9sttt=−=则219244tTTT=+=质点每振动一经过的路程为10cm，当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程'0.9ms=。