【高考模擬】貴州省六盤水市盤州市高考物理一模試卷答案與祥細解析

1、試卷第 =page 22 22頁，總 =sectionpages 23 23頁試卷第 =page 23 23頁，總 =sectionpages 23 23頁貴州省六盤水市盤州市高考物理一模試卷二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第68題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1. 12月4日，被稱為“人造太陽”的核聚變裝置-中國環(huán)流器號M實現(xiàn)首次放電，這標志著我國的核電研究再次取得重大進步。下列屬于核聚變反應(yīng)的是（ ） A.UTh+HeB.N+HeO+HC.H+HH+HD.U+nBa+Kr+3

2、n2. “嫦娥五號”從發(fā)射入軌到返回器再入回收，共經(jīng)歷“發(fā)射入軌、地月轉(zhuǎn)移近月制動、環(huán)月飛行、著陸下降、月面工作、月面上升、交會對接、環(huán)月等待、月地轉(zhuǎn)移、再入回收”十一個階段。已知地球質(zhì)量約為月球的81倍，地球半徑約為月球的3.7倍，地球的第一宇宙速度為7.9km/s。則（ ） A.“環(huán)月飛行”階段“嫦娥五號”的運行速度為7.9km/sB.“環(huán)月飛行”階段“嫦娥五號”運行的加速度為0C.著陸器在“著陸下降”階段一直處于完全失重狀態(tài)D.返回器從“環(huán)月等待”需要加速才能進入“月地轉(zhuǎn)移”軌道3. 如圖，質(zhì)量均為m的小球a、b由柔軟的輕細繩連接并懸掛在O點，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)在a、b間的繩上施加一水

3、平方向的拉力作用，緩慢增加拉力，當拉力大小為mg時，O、a間的繩與水平方向的夾角為，則tan的值為（ ） A.B.C.1D.24. 如圖所示，導體棒MN和固定導軌Oa、Ob分別由三種不同材料、粗細均勻的導體制成，勻強磁場垂直于Oa、Ob所在的水平面，MN搭放在Oa、Ob上且與Ob垂直。在外力作用下，MN沿Ob方向勻速運動，運動過程中保持與導軌接觸良好。從MN運動到圖示位置開始計時，則MN受到的安培力大小F隨時間變化的圖像可能正確的是（ ） A.B.C.D.5. “盤州-貴陽”的某次高鐵列車由兩組對接而成，列車出發(fā)啟動階段做勻加速運動，每組提供的動力均為F，受到的阻力均為車重的k倍。沿運行方向前

4、一組車及乘客的總質(zhì)量為m1，后一組車及乘客的總質(zhì)量為m2。若m1m2，則對接處（如圖）的作用力是（ ） A.推力，大小為B.推力，大小為C.拉力，大小為D.拉力，大小為6. 如圖，線圈與電流表連接成閉合電路，將條形磁鐵的N極向下插入線圈時，電流表的指針向右偏轉(zhuǎn)。以下推斷正確的是（ ） A.將磁鐵的N極從線圈中向上拔出時，電流表的指針向右偏轉(zhuǎn)B.將磁鐵的N極從線圈中向上拔出時，電流表的指針向左偏轉(zhuǎn)C.將磁鐵的S極向下插入線圈時，電流表的指針向左偏轉(zhuǎn)D.將磁鐵的S極向下插入線圈時，電流表的指針向右偏轉(zhuǎn)7. 逆變變壓器是把直流電變?yōu)榻涣麟姷脑O(shè)備，其原理電路如圖（甲）所示，S閉合后轉(zhuǎn)換器將直流電壓轉(zhuǎn)換

5、為圖（乙）所示的正弦交流電壓，并加在理想變壓器的原線圈上，副線圈輸出220V的正弦交流電壓。將兩盞白熾燈L1(220V,44W)、L2(220V,88W)串聯(lián)在副線圈兩端，燈絲的電阻會隨溫度的升高而變大。則（ ） A.變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比B.變壓器原、副線圈中的電流之比C.L1消耗的電功率為11WD.電源的輸出功率大于W8. 如圖，Q1、Q2為兩相距L的固定點電荷，Q1帶負電、Q2帶正電。a、b、c、d是以Q為圓心、r(r0)的粒子，從水平面N上的P點由靜止開始運動，經(jīng)區(qū)域進入?yún)^(qū)域，再次回到區(qū)域時，電場方向變?yōu)橄蛳?，粒子通過區(qū)域后進入?yún)^(qū)域并再次經(jīng)過P點。不計粒子重力，求： （1）區(qū)域中磁

6、場的磁感應(yīng)強度大??； （2）粒子兩次經(jīng)過P點的時間間隔。 如圖，同一豎直平面內(nèi)的傾斜軌道AB與半徑為0.9m的圓軌道BCD相切于B點，傾斜軌道的傾角為，sin0.8。質(zhì)量為0.2kg的小球b靜止在圓軌道的最低點C處，質(zhì)量為0.6kg的小球a從AB上的P點處由靜止滑下，到C點時與b發(fā)生彈性正碰，碰后b經(jīng)過圓軌道的最高點D時對圓軌道恰好無壓力。不計一切摩擦，兩小球均可視為質(zhì)點，取重力加速度大小g10m/s2。求： （1）碰后瞬間b的動能； （2）P、C兩點的高度差； （3）b離開D點后，再落到AB上的時間。物理選修3-3 如圖，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a依次經(jīng)等容變化過程、等壓變化過程、等容變化過

7、程、等壓變化過程再回到狀態(tài)a。已知狀態(tài)a與狀態(tài)c氣體的溫度相同。則在a、b、c、d四個狀態(tài)及四個過程中（ ） A.狀態(tài)b氣體的溫度最高B.狀態(tài)d氣體分子的平均動能最大C.過程中氣體要向外界放出熱量D.過程中氣體要從外界吸收熱量E.過程中外界對氣體做的功大于過程中氣體對外界做的功 如圖，一端封閉且粗細均勻的細玻璃管中，用長10cm的水銀柱封閉了一段空氣，當玻璃管與水平面夾角為30傾斜放置時，水銀柱上端恰好與管口相齊，空氣柱長17cm。已知大氣壓強為75cmHg，保持環(huán)境溫度27C不變，緩慢旋轉(zhuǎn)玻璃管至開口豎直向上。(i)求玻璃管開口向上豎直放置時被封空氣柱的長度；(ii)保持玻璃管開口向上豎直放

8、置，緩慢加熱空氣柱使水銀面與管口齊平，求此時空氣柱的溫度。 物理選修3-4 如圖，實線為一列簡諧橫波在t10.2s時刻的波形圖，虛線為t21.1s時刻的波形圖。(i)若波速為100m/s，則平衡位置位于x20m處的質(zhì)點t1時刻的運動方向為沿_（填“y軸正方向”或“y軸負方向”）。(ii)若t1t2時間內(nèi)，平衡位置位于x20m處的質(zhì)點通過的路程為0.7m，則波的傳播方向為沿_（填“x軸正方向”或“x軸負方向”），波速為_m/s（保留1位小數(shù)）。 半徑為R的半球形透明體截面如圖，AB為直徑，O為圓心，其折射率為。一細束光從圓周上某點射入透明體，經(jīng)兩次折射后沿平行于BA方向從圓周上的P點射出。已知A

9、OP60，真空中的光速為c，求：(i)出射光線與入射光線延長線間的夾角；(ii)光通過透明體所用的時間。 參考答案與試題解析 貴州省六盤水市盤州市高考物理一模試卷二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第68題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.【答案】C【考點】原子核衰變裂變反應(yīng)和聚變反應(yīng)原子核的人工轉(zhuǎn)變【解析】由核聚變方程的特點進行分析?！窘獯稹緼、單獨一種原子核自發(fā)放射出粒子，屬于衰變，故A錯誤；B、此反應(yīng)是用粒子轟擊生成了氮原子核，是產(chǎn)生了17O和質(zhì)子，屬于人工核轉(zhuǎn)變，故B錯誤；C

10、、兩個質(zhì)量較輕的原子核變成一個質(zhì)量較重的核的反應(yīng)，是核聚變反應(yīng)，故C正確；D、一個質(zhì)量較重鈾核235受到中子轟擊后，變成兩個質(zhì)量較輕的核的反應(yīng)，是核裂變反應(yīng)，故D錯誤；2.【答案】D【考點】第一宇宙速度萬有引力定律及其應(yīng)用同步衛(wèi)星人造衛(wèi)星上進行微重力條件下的實驗第二宇宙速度和第三宇宙速度【解析】嫦娥五號在近地圓軌道運行的速度等于7.9km/，在環(huán)月圓軌道上做勻速圓周運動的線速度約等于月球的第一宇宙速度，根據(jù)第一宇宙速度的表達式，計算月球的第一宇宙速度與地球的第一宇宙速度之比；“環(huán)月飛行”階段“嫦娥五號”運行的加速度為不為零；著陸器在“著陸下降”，先加速下降再減速下降，故先失重再超重，根據(jù)勻速圓

11、周運動和離心運動的特點分析?！窘獯稹緼、探測器貼近某星球表面做勻速圓周運動時，可得：v，故，則“環(huán)月飛行”階段“嫦娥五號”的運行速度小于7.9km/s，故A錯誤；B、環(huán)月飛行階段“嫦娥五號”做勻速圓周運動，運行的加速度為向心加速度，不為零，故B錯誤；C、著陸器在著陸前一定要減速，所以著陸前一定處于超重狀態(tài)，故C錯誤；D、返回器在“環(huán)月等待”時做勻速圓周運動，需要的向心力大于萬有引力，在進入“月地轉(zhuǎn)移”軌道后做離心運動，需要的向心力大于萬有引力，根據(jù)向心力的表達式可知，在“環(huán)月等待”需要加速才能進入“月地轉(zhuǎn)移”軌道，故D正確。3.【答案】D【考點】力的合成與分解的應(yīng)用解直角三角形在三力平衡問題中

12、的應(yīng)用【解析】緩慢增加拉力，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，以ab整體為研究對象，畫出受力分析示意圖，用平衡條件即可求解?！窘獯稹繉、b球視為整體，受力分析如圖，ab整體在三個力（總重力2mg、水平拉力Fmg、Oa繩的張力T）作用下平衡，由平衡條件可得：，故ABC錯誤，D正確。4.【答案】A【考點】單桿切割磁感線感生電動勢閉合電路的歐姆定律安培力的計算【解析】由法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律，列出電流的表達式，從而求得電流的大小，再得到安培力表達式由此分析即可解題?！窘獯稹吭O(shè)棒MN在兩導軌間的長度為x，則兩導軌接入閉合電路的長度均正比于x，每段的電阻均正比于x，故回路的總電阻正比于x，即Rkx回路中

13、的感應(yīng)電動勢EBxv電流IMN受到的安培力FBIxB而xx0+vt所以即安培力Ft，所以F-t圖象是不過原點的傾斜直線，故A正確，BCD錯誤。5.【答案】B【考點】牛頓第二定律的概念力的合成與分解的應(yīng)用【解析】對兩列車組成的整體根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，假設(shè)對接處的作用力為拉力，對后一組，根據(jù)牛頓第二定律即可求得?！窘獯稹繉φw，根據(jù)牛頓第二定律可得：2F-k(m1+m2)g(m1+m2)a設(shè)對接處的作用力為拉力，對后一組，根據(jù)牛頓第二定律可得：F+F12-km2gm2a聯(lián)立解得：，說明對接處的作用力為推力，大小為，故ACD錯誤，B正確；6.【答案】B,C【考點】楞次定律研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象【解

14、析】當穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時，電路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，由楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向，結(jié)合條形磁鐵的N極向下插入線圈時，電流表的指針向右偏轉(zhuǎn)，即可分析答題。【解答】由題意，當條形磁鐵的N極向下插入線圈時，穿過線圈的磁通量增加，線圈內(nèi)感應(yīng)電流磁場方向與原磁場方向相反，即向上，則有電流表的指針向右偏轉(zhuǎn)，當有如下操作時：AB、當將磁鐵的N極從線圈中向上拔出時，穿過線圈的磁通量減小，線圈內(nèi)感應(yīng)電流磁場方向與原磁場方向相同，即向下，那么電流表的指針向左偏轉(zhuǎn)，故A錯誤，B正確；CD、當將磁鐵的S極向下插入線圈時，穿過線圈的磁通量增加，線圈內(nèi)感應(yīng)電流磁場方向與原磁場方向相反，即向下，那么電流表的指針向左

15、偏轉(zhuǎn)，故C正確，D錯誤。7.【答案】B,D【考點】交變電流的圖象和三角函數(shù)表達式電功率電功變壓器的構(gòu)造和原理【解析】理想變壓器原副線圈的匝數(shù)與電壓成正比，電流與匝數(shù)成反比，由于兩燈泡串聯(lián)，在電阻不變的情況下，根據(jù)串并聯(lián)電路的特點求得燈泡L1消耗的電功率，當燈泡電阻不變時，求得燈泡消耗的功率，由于電壓小于額定電壓，故燈泡的溫度較正常發(fā)光時電阻小，結(jié)合功率公式即可判斷?！窘獯稹緼、原線圈兩端的電壓，故原副線圈線圈匝數(shù)為，故A錯誤；B、變壓器原、副線圈中的電流之比，故B正確；C、燈泡正常發(fā)光時，根據(jù)P可得：白熾燈L1的電阻為R11100，白熾燈L2的電阻為R2550，二者串聯(lián)，當燈泡電阻不變時，L1

16、消耗的電功率為1100W19.6W，由于兩電阻串聯(lián)，電壓小于額定電壓，電阻小于正常發(fā)光時的電阻，則消耗的功率增大，故C錯誤；D、當燈絲電阻不變時，兩燈泡串聯(lián)的功率P，由于電壓小于額定電壓，故燈絲的溫度低于正常發(fā)光時的溫度，燈絲的電阻小于正常發(fā)光時的電阻，故實際消耗的功率大于，故D正確；8.【答案】A,C,D【考點】電場的疊加電勢庫侖定律電場強度電勢差【解析】電場強度是矢量因此比較兩點間電場強度時，需要考慮大小和方向；根據(jù)對稱關(guān)系Q1、Q2分別在a點和c點，或者b點和d點處產(chǎn)生的場強大小相等，但是需要判斷合場強方向關(guān)系，根據(jù)電勢可疊加判斷a、c兩點電勢關(guān)系?！窘獯稹緽、由于b、d對稱，則Q1、Q

17、2在b、d兩點處分別產(chǎn)生的場強大小相等，當兩個場強合成后方向都平行于連線時，這種情形下b、d兩點的場強方向就相同，故選項B錯誤：C、a在Q2的等勢線上，所以c、a兩點的電勢決定于Q1的電場，故c點電勢一定高于a點電勢，故選項C正確（1）D、同理，c、a間的電勢差決定于Q1的電場，當r減小時c、a間的距離減小，故c、a間的電勢差減小，故選項D正確（2）故選：ACD。二、解答題（共4小題，滿分47分）【答案】100沒有,圖象斜率的倒數(shù)為彈簧的勁度系數(shù)，刻度尺的“0”是否與彈簧上端對齊只改變圖線的截距，不會影響圖象的斜率【考點】探究彈力和彈簧伸長的關(guān)系【解析】（1）明確圖象的性質(zhì)，根據(jù)胡克定律即可求

18、出彈簧的勁度系數(shù)；（2）分析實驗原理，知道實驗方法，從而明確刻度尺“0”刻度是否與固定點重合只會影響刻度而不會影響彈簧的形變量?！窘獯稹坑蓤D可知L-L0kF，根據(jù)胡克定律可知，k的倒數(shù)為彈簧的勁度系數(shù)，則有kN/cm1N/cm100N/m；根據(jù)（1）中分析可知，圖象斜率的倒數(shù)為彈簧的勁度系數(shù)，刻度尺的“0”是否與彈簧上端對齊只改變圖線的截距，不會影響圖象的斜率。計算中用到的是彈簧長度的改變量，而此改變量的數(shù)值與用刻度尺的哪一段測量無關(guān)，所以對測量結(jié)果沒有影響?！敬鸢浮?.710A2,V1,R1如圖所示；6.710-6【考點】螺旋測微器測定金屬的電阻率【解析】（1）根據(jù)螺旋測微器讀數(shù)方法即可得出

19、直徑大??；（2）根據(jù)給出的儀表進行分析，按照安全性和準確性原則進行分析，從而選出合適的儀表；（3）待測電阻較大時，采用內(nèi)接法，較小采用外接法；由于滑動變阻器小于待測電阻阻值，因此采用分壓接法；（4）根據(jù)電阻定律列式，即可得出電阻率的計算公式，代入數(shù)據(jù)即可求出電阻率大小?！窘獯稹柯菪郎y微器的讀數(shù)為0.5mm+21.00.01mm0.710mm；根據(jù)電源電動勢及被源電阻阻值估計電路中電流約為IA0.6A，所以電流表選擇A2，電源電動勢為3V，故電壓表選擇V1；因R2阻值較大，所以為了操作方便，滑動變阻器選擇總阻值較小的R1，并且采用滑動變阻器分壓接法；被測電阻與電流表、電壓表內(nèi)阻相比電阻較小，所以

20、采用電流表外接法相對誤差較小；滑動變阻器采用分壓接法，故實物圖如圖所示；根據(jù)R，S解得：，代入數(shù)據(jù)解得電阻率為6.710-6m。【答案】區(qū)域中磁場的磁感應(yīng)強度大小為；粒子兩次經(jīng)過P點的時間間隔為；【考點】帶電粒子在電場中的加（減）速和偏轉(zhuǎn)帶電粒子在勻強磁場中的運動規(guī)律【解析】（1）根據(jù)在電場中做勻加速運動在磁場中做圓周運動從P點出發(fā)回到P點區(qū)域中的磁感應(yīng)強度可求；（2）電場運動的時間與兩磁場運動時間之和為時間間隔；【解答】設(shè)第一次加速后粒子的速度為v1，根據(jù)動能定理進入?yún)^(qū)域磁場后，粒子做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律第二次加速后，粒子的速度大小為v2，粒子能再次經(jīng)過P點，說明在區(qū)域中做圓周運動的半

21、徑與在區(qū)域中做圓周運動的半徑相等，聯(lián)立解得；粒子在電場力作用下兩次加速運動的總時間在區(qū)域中運動的時間在區(qū)域中運動的時間為故粒子兩次經(jīng)過P點的時間為：；【答案】碰后瞬間b的動能是4.5J；P、C兩點的高度差為1m；b離開D點后，再落到AB上的時間是0.4s?！究键c】向心力機械能守恒的判斷系統(tǒng)機械能守恒定律的應(yīng)用動量守恒定律的綜合應(yīng)用動量守恒定律的理解【解析】（1）碰后b經(jīng)過圓軌道的最高點D時對圓軌道恰好無壓力，則軌道對b也沒有壓力，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出b通過D點的速度。小球b從C點到D點的過程，根據(jù)機械能守恒定律求碰后瞬間b的動能。（2）對于小球a與b碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律和

22、機械能守恒定律相結(jié)合求出碰撞前瞬間小球a的速度，再根據(jù)機械能守恒定律求P、C兩點的高度差；（3）b離開D點后做平拋運動，根據(jù)分運動的規(guī)律和幾何關(guān)系求b再落到AB上的時間?！窘獯稹吭O(shè)碰撞后瞬間小球b的速度為vb，經(jīng)過D點的速度為v。小球b經(jīng)過D點時，由重力提供向心力，由牛頓第二定律得mbgmb小球b從C點到D點的過程，根據(jù)機械能守恒定律得mbg2R+聯(lián)立解得vb碰后瞬間b的動能EkbmbgR代入數(shù)據(jù)解得Ekb4.5J設(shè)P點與C點的高度差為h，小球a到達最低點C與小球b碰撞前的速度為v0。小球a、b碰撞過程，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律分別得：mav0mava+mbvbma

23、v02mava2+mbvb2小球a從P點到C點的過程，根據(jù)機械能守恒定律得mav02magh聯(lián)立解得h1m設(shè)小球b再次落到AB上時，沿水平方向通過的距離為x，沿豎直方向下降的距離為y，運動時間為t，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知xvty由幾何關(guān)系知xRsin+聯(lián)立解得t0.4s物理選修3-3【答案】B,D,E【考點】熱力學第一定律理想氣體的狀態(tài)方程【解析】根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：判斷溫度大??；氣體分子的平均動能由溫度決定；根據(jù)熱力學第一定律判斷氣體做功和吸放熱?！窘獯稹緼B、根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：可知，狀態(tài)b時氣體的溫度最低，狀態(tài)d時氣體的溫度最高，而溫度高時，氣體分子的平均動能就大，故A錯誤，B正確；

24、C、過程氣體體積變大且溫度升高，說明氣體對外做功且內(nèi)能增加，根據(jù)熱力學第一定律：UW+Q，可知要吸收熱量，故C錯誤；D、過程氣體體積不變且溫度升高，說明氣體不做功且內(nèi)能增加，根據(jù)熱力學第一定律可知要吸收熱量，故D正確；E、過程和過程氣體的體積改變量相等，但過程的壓強大于過程，氣體對外界做功WpV，所以由以上分析可知：過程外界對氣體做功大于過程氣體對外界做功，故E正確；【答案】(i)玻璃管開口向上豎直放置時被封空氣柱的長度是16cm；(ii)保持玻璃管開口向上豎直放置，緩慢加熱空氣柱使水銀面與管口齊平，此時空氣柱的溫度是318.75K?！究键c】理想氣體的狀態(tài)方程“玻璃管封液”模型【解析】(i)求出封閉氣體的壓強，然后應(yīng)用玻意耳定律求出玻璃管開口豎直向上放置時空氣柱的長度。(ii)對氣體加熱過程，氣體壓強不變，應(yīng)用蓋-呂薩克定律可以