19 云南省普通高校招生适应性测试-【景行之教育】2027年物理高考一轮复习先锋名校检测卷

19云南省普通高校招生适应性测试 全卷满分100分，考试时间75分钟。 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个 A.直接测量R的电压时，按图乙接入多用电表 选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第 B.直接测量R的电流时，按图丙接入多用电表 8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得 C.正确测量R的电压时，多用电表示数随光照强度增 6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 大而增大 1.我国科学家将放射性元素镅243(2Am)引入到能量 D.正确测量R的电流时，多用电表示数随光照强度增 转换器中来提高转换效率。若镅243的衰变方程 大而减小 为Am一→X+Y,X、Y代表两种不同的元素符号， 4.如图所示，“套圈”活动中，某同日日 则 学将相同套环分两次从同一位 A.a=239,b=1 B.a=239,b=2 置水平抛出，分别套中I、Ⅱ号 C.a=247,b=1 D.a=247,b=2 物品。若套环可近似视为质点，不计空气阻力，则 2.“神舟十九号”载人飞船与中国空间站完成自主交会对接 后形成一个组合体。该组合体在距地面高约400km(高于 A.套中I号物品，套环被抛出的速度较大 近地轨道高度)的轨道上运行，其轨道可近似视为圆。 B.套中I号物品，重力对套环做功较少 已知地球同步卫星位于地面上方高度约36000km处， C.套中Ⅱ号物品，套环飞行时间较长 则该组合体 () D.套中Ⅱ号物品，套环动能变化量较小 A.运行速度大于7.9km/s,运行周期小于地球同步卫 5.司机驾驶汽车以36km/h的速度在平直道路上匀速行 星的周期 驶。当司机看到标有“学校区域限速20km/h”的警示 B.运行速度大于7.9km/s,运行周期大于地球同步卫 牌时，立即开始制动，使汽车做匀减速直线运动，直至减 星的周期 到小于20km/h的某速度。则该匀减速阶段汽车的行 C.运行速度小于7.9km/s,运行周期小于地球同步卫 驶时间和加速度大小可能是 星的周期 A.9.0s,0.5m/s2 B.7.0s,0.6m/s2 D.运行速度小于7.9km/s,运行周期大于地球同步卫 C.6.0s,0.7m/s2 D.5.0s,0.8m/s2 星的周期 6.某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯运行前 3.某学习小组在暗室中利用多用电表验证“硫化镉光敏电 阻的阻值随光照强度增大而减小”的特性，实验电路如 电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上升过程中，某时 图甲所示。保持电阻箱R的阻值不变，则 刻电子秤的示数如图乙所示，则该时刻电梯（重力加速 度g取10m/s2) 6i.k短 行g 晒 及米坡门州 19 甲 甲 丙 A.做减速运动，加速度大小为1.05m/s2 B.做减速运动，加速度大小为0.50m/s2 2V和3V。下列说法正确的是 ( C.做加速运动，加速度大小为1.05m/s2 A.该电场的电场强度大小为1V/m D.做加速运动，加速度大小为0.50m/s2 B.电子在R点的电势能大于在P点的电势能 7.如图所示，对角线长度为2L的正方形区 C.将一个电子从P点移动到Q点，电场力做功为+0.5eV 域abcd中有垂直于纸面的磁场（图上未 D.将一个电子从P点移动到R点，电场力做功为+0.5eV 画)，磁感应强度B随时间t按B=B。 10.如图甲所示，内表面光滑的“L_”形槽固定在水平地面 ht(B。、k不变，且B,>0,k>0)变化。abcd 上，完全相同的两物块a、b(可视为质点)置于槽的底 所在平面内有一根足够长的导体棒MW始终垂直于db, 部中点。t=0时，a、b分别以速度v1、2向相反方向运 并通有恒定电流。t=0时，导体棒从d点开始沿db方 动，已知b开始运动后速度v随时间t的变化关系如图 向匀速穿过磁场.速率为、设导体释运动过程中所 乙所示，所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短。 下列说法正确的是 受安培力大小为F,F-t图像可能正确的是 () …4mg 。 d -2.. 甲 A.前17s内a与b共碰撞3次 D B.初始时a的速度大小为1m/s 8.法拉第在日记中记录了其发现电磁感应现象的过程，某 C.前17s内b与槽的侧壁碰撞3次 同学用现有器材重现了其中一个实验。如图所示，线圈 D.槽内底部长为10m P两端连接到灵敏电流计上，线圈Q通过开关S连接到 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 直流电源上。将线圈Q放在线圈P的里面后，则 11.(6分)某同学通过双缝干涉实验测量发光二极管 (LED)发出光的波长。图甲为实验装置示意图，双缝间 距d=0.450mm,双缝到毛玻璃的距离l=365.0mm,实 验中观察到的干涉条纹如图乙所示。 设浮羊甜双 B地码 A.开关S闭合瞬间，电流计指针发生偏转 凡1安资 B.开关S断开瞬间，电流计指针不发生偏转 C.保持开关S闭合，迅速拔出线圈Q的瞬间，电流计指 针发生偏转 甲 D.保持开关S闭合，迅速拔出线圈Q的瞬间，电流计指 针不发生偏转 9.空间中有方向与纸面平行的匀强电 场，其中纸面内P、Q和R三点分别 是等边三角形abc三边的中点，如 O 当分划板中心刻线对齐第1条亮条纹中心时，手轮上 图所示。已知三角形的边长为2m, 的读数为x,=2.145mm;当分划板中心刻线对齐第5 a、b和c三点的电势分别为1V、 条亮条纹中心时，手轮上的读数为x=4.177mm。完 物理·答案D52卷19 成下列填空： (1)相邻两条亮条纹间的距离△x= mm; (2)根据 可算出波长（填正确答案标号）； d B.入=7Ax C.λ-ax S.2.2U 24 T.m (3)待测LED发出光的波长为入= nm(结果 丙 保留3位有效数字)。 12.(10分)某实验小组在完成“探究弹簧弹力与形变量的 (4)写出m随L的变化关系：m= (用mo、L、k 关系”实验后，为提高测量精度，重新设计实验方案来 和重力加速度g表示)； 测量弹簧的劲度系数k。实验装置如图甲所示，实验 (5)根据m-L图像可得弹簧的劲度系数k= N/m 步骤如下： (g取9.80m/s2,结果保留3位有效数字)。 ①用卡钳将游标卡尺的游标尺竖直固定在一定高度； 13.(10分)游乐项目“滑草”的模型如图所示，某质量m= ②弹簧的一端固定在游标卡尺尺身的外测量爪上，另 80kg的游客（包括滑板，可视为质点）由静止从距水 一端勾住钢球上的挂绳； 平滑道高h=20m的P点沿坡道PM滑下，滑到坡道 底部M点后进入水平减速滑道MW。在水平滑道上匀 ③将钢球放在水平放置的电子天平上，实验中始终保 持弹簧竖直且处于拉伸状态（在弹性限度内）； 减速滑行了l=9.0m后停止，水平滑行时间t=3.0s。 ④初始时，调节游标卡尺使其读数为0.00，此时电子 重力加速度大小g取10m/s2,求： (1)该游客滑到M点的速度大小和滑板与水平滑道 天平示数为mo; MN之间的动摩擦因数； ⑤缓慢向下拉动尺身，改变电子天平的示数m,m每增 (2)该游客（包括滑板）从P点滑到M点的过程中损 加1.00g,拧紧游标尺紧固螺钉，读出对应的游标卡尺 失的机械能。 读数L,在表格中记录实验数据。 新. 十. 罪道 球 甲 完成下列填空： (1)缓慢向下拉动尺身，弹簧伸长量将 (填 “增大”或“减小”)； (2)部分实验数据如下表，其中6号数据所对应的游标 景行 卡尺读数如图乙所示，其读数为 mm; 数据编号 12 3 4 5 6 游标卡尺读数(L/mm)0.004.008.1012.0816.00 电子天平示数(m/g)28.0029.0030.0031.0032.0033.00 (3)根据上表，用“×”在图丙坐标纸中至少描出5个数 据点，并绘制m-L图像； 卷19答案D52Q·物理 14.(13分)如图所示，一导热性能良好的圆柱形金属汽缸 15.(15分)某小组基于“试探电荷”的思想，设计了一个探 竖直放置。用活塞封闭一定量的气体（可视为理想气 测磁感应强度和电场强度的装置，其模型如图所示。 体)，活塞可无摩擦上下移动且汽缸不漏气。初始时活 该装置由粒子加速器、选择开关和场测量模块（图中长 塞静止，其到汽缸底部距离为h。环境温度保持不变， 方体区域)组成，MNPQ为场测量模块的中截面。以 将一质量为M的物体轻放到活塞上，经过足够长的时 PQ中点O为坐标原点，QP方向为x轴正方向，在MN 间，活塞再次静止。已知活塞质量为m、横截面积为S, PQ平面上建立Oy平面直角坐标系。带电粒子经粒 大气压强为Po,重力加速度大小为g,忽略活塞厚 子加速器加速后可从O点沿y轴正方向射入。选择开 度。求： 关拨到S,挡可在模块内开启垂直于Oxy平面的待测 (1)初始时，缸内气体的压强； 匀强磁场，长为2d的PQ区间标有刻度线用于表征磁 (2)缸内气体最终的压强及活塞下降的高度； 感应强度的大小和方向；拨到S2挡可在模块内开启平 (3)该过程缸内气体内能的变化量及外界对其所做 行于x轴的待测匀强电场，长为l的NP和QM区 的功。 间（心）标有刻度线用于表征电场强度的大小和方 向。带电粒子以速度v入射，其质量为m、电荷量为 +9,带电粒子对待测场的影响和所受重力忽略不计。 (1)开关拨到S,挡时，在P0区间(xo,0)处探测到带 电粒子，求磁感应强度的方向和大小。 (2)开关拨到S2挡时，在(d,y。)处探测到带电粒子，求 电场强度的方向和大小。 (3)求该装置P0区间和NP区间的探测量程。若粒子 加速器的电压为，要进一步扩大量程，U应增大还是 减小？请简要说明。 之教育 朴，关老」试高考一轮复习检测卷·物理 该同学从离地到接住球经历的时间 t1=t-t0=0.3s (1分) 该同学起跳后上升的高度 6=76=7×10x03m=045m 1 (1分) 整个过程篮球下降的高度 :=29=×10x0.5m=1.25m (1分) 出球口距地面的高度 H=h.+h1+h2=2m+0.45m+1.25m=3.7m (2分) 14.(10.c (To( 4hBL h 【解析】(1)导体棒由静止释放瞬间，还没有切割磁感线，其 内没有感应电流，不受安培力，根据牛顿第二定律得 mgsin 0=ma (1分) 解得a=0.6g (1分) (2)当导体棒匀速运动时，速度最大，设为。，由平衡条件得 mgtan 0=BIL (1分) 导体棒产生的感应电动势E=BLA Cos0 (1分) 感应电流1片 (1分) 联立解得。=15g5 (2分) 16B2L2 (3)若ab保持运动状态不变，则P中不产生光电流，设单色 光的最大频率为，根据光电效应方程有 eU=Em=hv-W (2分) 由平衡条件得BL=mgan0 (1分) R 解得u=3emgp (2分) 4hBL h 2mee(2)cBd2m】 15.(1) Bqd gB (3聪) Bqd n2g'R 2 【解析】(1)带电粒子在两极板间做匀速圆周运动，洛伦兹力 提供向心力，有q,B=m7 (1分) 19云南省普通高 质量数守恒：243=a+4) 1.B【解析】 a=239,b=2,B正确。 电荷数守恒：95=93+b) 24m2 2C【解折1根据G=m r=m GM ,可得=√ ,T= 2m√GW。组合体的轨道半径大于地球半径，可知组合体的 运行速度小于7.9k/s:组合体的轨道半径小于地球同步卫 D52卷 为使带电粒子能落在电容器上极板，则有 d 2 (1分) 联立可得三吧则极板间距的最大值 2mvo du= (1分) gB (2)当电容器所带电荷量最大时，极板间电势差最大，粒子 束恰好能到达上极板。将粒子的入射速度。分解为向右的 两个分速度1、2，则=v1+2 (1分) 分速度1产生的洛伦兹力平衡电场力，即gE=gw,B,此分速 度使粒子做匀速直线运动 (1分) 分速度，产生的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，即 9w,B=m7子 (1分) 粒子恰好到达上极板，有d=2r' (1分) 联立各式可得E=B。2m Bqd (1分) 此时电容器所带电荷量最大，为 Q=CU=CEd=CBdvo-2m) Bqd (1分) (3)由(2)的分析可知，当R,和R2两端的总电压不大于U 时，电荷才能全部落在上极板。闭合S,电容器重新达到稳 定状态后，电流恒定，有1=ng (1分) 根据欧姆定律有I(R,+R2)≤Um=Ed (1分) 其中R1=2R,R2=R, 联立解得R≤ Bd Bqd 53ng v-2m (1分) 当a、b间接人负载时，设a、b间的电流为I,由于总电流恒 定，则通过R,的电流11=1-1 (1分) a、b间的功率 Pb=UIh=(-lb)R1·Iab=2R(nglb-1） (1分) 由数学知识可知，当=4时，P最大，最大值 P=ng'R (2分) 2 校招生适应性测试 星的轨道半径，可知组合体的运行周期小于地球同步卫星的 周期。C正确。 3.C【解析】直接测量R的电压时，多用电表应该与电阻并联， A错误；直接测量R的电流时，多用电表应该与电阻串联，B 错误；正确测量R的电压时，多用电表与电阻并联，则光照强 度增大时，光敏电阻阻值减小，则总电阻减小，总电流增大， 则电阻R两端电压增大，多用电表读数增大，即多用电表示 19·物理 数随光照强度增大而增大，C正确：正确测量R的电流时，多 用电表与电阻串联，当光照强度增大时，光敏电阻阻值减小， 则总电阻减小，总电流增大，即多用电表示数随光照强度增 大而增大，D错误。 4.D【解析】根据平抛运动规律，水平方向有x=t,竖直方向有 A=,可得=√员，套中I号物品时x较小，h较大，可 知套环被抛出的速度v较小，A错误；根据W=mgh可知，套 中I号物品，重力对套环做功较多，B错误；根据九=？可 2,可知套中Ⅱ号物品，套环飞行时间较短，C错误； 得= 套中Ⅱ号物品，重力做功较少，可知套环动能变化量较小，D 正确。 5.A【解析】36km/h=10m/s,20km/h=5.56m/s,根据匀变 速直线运动规律有1△w=lu-=|atl>4.44m/s,则A正确。 6.D【解析】如题图所示，根据牛顿第二定律有F-mg=ma,可 得a=（63-60)×10 60 /s2=0.50m/s2,加速度方向竖直向上， 则电梯向上加速运动，故D正确。 7.A【解析】导体棒在0~L间运动时，经过时间t导体棒移动 的距离x=vt= ,此时导体棒在磁场中的长度12x=2 B。 所受的安培力F=B=I(B,-h)4=4(B,-h),则 B。 B。 F-t图像为开口向下的抛物线的一部分；同理，导体棒在 一2弘间运动时.所受的安络力P=0,-)(4)- 4uB。-2h+） B。 ,由数学知识可知F-t图像为开口向上的 抛物线的一部分，则图像为A。 8.AC【解析】开关S闭合瞬间，通过线圈Q的电流增加，则穿 过线圈P的磁通量增加，P中会产生感应电流，即电流计指 针发生偏转，A正确：开关S断开瞬间，通过线圈Q的电流减 小，则穿过线圈P的磁通量减小，P中会产生感应电流，即电 流计指针发生偏转，B错误：保持开关S闭合，迅速拔出线圈 Q的瞬间，穿过线圈P的磁通量减小，则P中会产生感应电 流，即电流计指针发生偏转，C正确，D错误。 9.AD【解析P点电势p-9,9=2V=94,可知b,P所在直 2 线是一条等势线，则电场强度方向由c点指向α点，电场强度 大水E=号-Va=1Va,A正确：R点的电势p 9,p:=2.5V>pp=2V,可知电子在R点的电势能小于在P 2 点的电势能，B错误；Q点的电势9。=99=1.5V,将一个 2 D53卷 参考答案及深度解析 电子从P点移动到Q点，电场力做的功Wpo=Uo(-e)=(Pp Po)(-e)=-0.5eV,C错误；将一个电子从P点移动到R点，电 场力做的功WR=UR(-e)=(pp-PR)(-e)=+0.5eV,D正确。 10.BC【解析】根据弹性碰撞规律可知，物块b与槽壁碰后速 度大小不变、方向改变，与α碰后交换速度，则根据物块b 的v-t图像，可知前17s内a与b共碰撞4次，发生在4~6s 之间、8s时刻、10~12s之间以及16s时刻，前17s内b与 槽的侧壁碰撞3次，分别在2s、10s和12s时刻，A错误，C 正确；b与a第一次碰前瞬间的速度为v2=2/s,方向向 左，与a碰后瞬间的速度2=1m/s,方向向右，因两物块质 量相同且碰撞为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度，可知第 一次碰前瞬间a的速度v,=m以=1m/s,即初始时a的速度大 小为1m/s,B正确；槽内底部长L=22△t=2×2×2m=8m,D 错误。 11.(每空2分)(1)0.508(2)B(3)626 【解析】(1)相邻两条亮条纹间的距离△x=- 4 4.177-2.145 mm=0.508mm。 4 (2)根据△x= 子A,可得波长A=兰4，放B正确。 (3)待测LED发出光的波长A=dAx 0.450×10-3 365,0x10X0.508× 10-3m=6.26×10-7m=626nm。 12.(1)减小(2分)(2)19.92(2分)(3)见解析图(2分) (4)m+二(2分)(5)2.45(2分) g 【解析】(1)弹簧处于伸长状态，缓慢向下拉动尺身，弹簧总 长度减小，故弹簧伸长量将减小； (2)其中6号数据所对应的游标卡尺读数为19mm+46× 0.02mm=19.92mm; (3)m-L图像如图所示： mlg 34 33曲 32 31 30■ 29 2822 04812162024L/mm (4)设钢球的质量为M,初始状态弹簧的伸长量为x0,则有 Mg=m8+o,Mg=mg+6(o-),两式联立得m=m,+k； (5)由m=m,+k二，可知m-L图像的斜率为= g (32-29)×103kg=1kg/m,得弹簧的劲度系数k=9.80× (16-4)×10-3m 4 19·物理 高考一轮复习检测卷·物理 N/m-2.45 N/m. 13.(1)6m/s0.2(2)14560J 【解析】(1)由于游客在水平滑道上做匀减速直线运动，则有 (2分) =” (2分) a 根据牛顿第二定律可得，加速度大小a-4g=g (2分) m 解得v=6m/s,u=0.2 (2分) (2)游客（包括滑板）从P点滑到M点的过程中损失的机械 能△E=mgh-2m02=14560J (2分) Mgh 14 (1mg+po (2)sPo MgtmgtpoS (3)0 （M+m)gMgh Mg+mg+poS 【解析】(1)对活塞受力分析，由平衡条件有 mg+poS=PiS (2分) 解得初始时缸内气体的压强P,= S+Po (1分) (2)对物体和活塞整体受力分析，由平衡条件有 Mg+mg+PoS=p2S (2分) 解得缸内气体最终的压强卫，= Mg+m唱+po (1分) S 由玻意耳定律可知P1Sh=P2Sh' (2分) 活塞下降的高度△h=h-h' (1分) 联立解得△h= Mgh (1分) Mg+mg+poS (3)由于活塞下降过程气体温度保持不变，则该过程缸内气 体内能的变化量△U=0 (1分) 根据功能关系可知，整个过程外界对缸内气体所做的功等 于活塞和物体减少的重力势能，故可得外界对缸内气体所 做的功W=(M+m）gAh=CM+m)gMg (2分) Mg+mg+poS 15.(1)垂直纸面向外 2m(2)水平向右 2dmv2 gxo qo (3)见解析 【解析】(1)带正电的粒子向右偏转，所受洛伦兹力方向向 右，由左手定则可知，磁感应强度的方向垂直纸面向外 (1分) 由几何关系可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R与 x0的关系为2R=x0 (1分) 根据牛顿第二定律有pB=m (1分) R D54卷 解得B=2nmm (1分) qxo (2)带正电粒子向右偏转，故电场力方向水平向右，可判断 电场方向水平向右 (1分) 带正电的粒子射入电场中做类平抛运动，由水平方向、竖直 1 方向位移公式有d=2a2,。=n (1分) 由牛顿第二定律可得Eg=ma (1分) 联立解得E=2dmm (1分) qyo (3)①若表征磁感应强度的大小和方向，设粒子在磁场中做 匀速圆周运动的轨迹半径为τ，由牛顿第二定律有 ,解得B=m quB=mu2 gr d 由几何关系得r=2 (1分) 联立解得Bn= (1分) gd 由磁感应强度表达式可知，r越大B越小。根据左手定则可 知，若检测带负电的粒子，粒子要打到P0区间，则磁场反 向棕上可知量程为(，][* (1分) 若粒子加速器的电压为U,根据动能定理有 g0=2m (1分) _2/2Um 则磁感应强度最小值的表达式为B4q 可知要进一步扩大量程，应使磁感应强度的最小值减小，则 U应减小 (1分) ②若表征电场强度的大小和方向，当竖直位移最大时，运动 时间最长，电场强度最小。由竖直方向、水平方向位移公式 1 有1=，d=24n公， 由牛顿第二定律可得Ewinqi=mGain, 联立解得En= 2dmv2 92, 若检测带负电的粒子，粒子要打到P区间，则电场反向，综 上可知量程为-，一2p 「2dmw2 g2,+∞ U (1分) 1 当电压为U时，由动能定理有q0=2m0, 整理得Em=P, 4dU 可知要进一步扩大量程，应使电场强度的最小值减小，则U 应减小 (1分) 19·物理