【高考模拟】贵州省六盘水市盘州市高考物理一模试卷答案与祥细解析

1、试卷第 =page 22 22页，总 =sectionpages 23 23页试卷第 =page 23 23页，总 =sectionpages 23 23页贵州省六盘水市盘州市高考物理一模试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68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. 12月4日，被称为“人造太阳”的核聚变装置-中国环流器号M实现首次放电，这标志着我国的核电研究再次取得重大进步。下列属于核聚变反应的是（ ） A.UTh+HeB.N+HeO+HC.H+HH+HD.U+nBa+Kr+3

2、n2. “嫦娥五号”从发射入轨到返回器再入回收，共经历“发射入轨、地月转移近月制动、环月飞行、着陆下降、月面工作、月面上升、交会对接、环月等待、月地转移、再入回收”十一个阶段。已知地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球的第一宇宙速度为7.9km/s。则（ ） A.“环月飞行”阶段“嫦娥五号”的运行速度为7.9km/sB.“环月飞行”阶段“嫦娥五号”运行的加速度为0C.着陆器在“着陆下降”阶段一直处于完全失重状态D.返回器从“环月等待”需要加速才能进入“月地转移”轨道3. 如图，质量均为m的小球a、b由柔软的轻细绳连接并悬挂在O点，系统处于静止状态。现在a、b间的绳上施加一水

3、平方向的拉力作用，缓慢增加拉力，当拉力大小为mg时，O、a间的绳与水平方向的夹角为，则tan的值为（ ） A.B.C.1D.24. 如图所示，导体棒MN和固定导轨Oa、Ob分别由三种不同材料、粗细均匀的导体制成，匀强磁场垂直于Oa、Ob所在的水平面，MN搭放在Oa、Ob上且与Ob垂直。在外力作用下，MN沿Ob方向匀速运动，运动过程中保持与导轨接触良好。从MN运动到图示位置开始计时，则MN受到的安培力大小F随时间变化的图像可能正确的是（ ） A.B.C.D.5. “盘州-贵阳”的某次高铁列车由两组对接而成，列车出发启动阶段做匀加速运动，每组提供的动力均为F，受到的阻力均为车重的k倍。沿运行方向前

4、一组车及乘客的总质量为m1，后一组车及乘客的总质量为m2。若m1m2，则对接处（如图）的作用力是（ ） A.推力，大小为B.推力，大小为C.拉力，大小为D.拉力，大小为6. 如图，线圈与电流表连接成闭合电路，将条形磁铁的N极向下插入线圈时，电流表的指针向右偏转。以下推断正确的是（ ） A.将磁铁的N极从线圈中向上拔出时，电流表的指针向右偏转B.将磁铁的N极从线圈中向上拔出时，电流表的指针向左偏转C.将磁铁的S极向下插入线圈时，电流表的指针向左偏转D.将磁铁的S极向下插入线圈时，电流表的指针向右偏转7. 逆变变压器是把直流电变为交流电的设备，其原理电路如图（甲）所示，S闭合后转换器将直流电压转换

5、为图（乙）所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，副线圈输出220V的正弦交流电压。将两盏白炽灯L1(220V,44W)、L2(220V,88W)串联在副线圈两端，灯丝的电阻会随温度的升高而变大。则（ ） A.变压器原、副线圈的匝数之比B.变压器原、副线圈中的电流之比C.L1消耗的电功率为11WD.电源的输出功率大于W8. 如图，Q1、Q2为两相距L的固定点电荷，Q1带负电、Q2带正电。a、b、c、d是以Q为圆心、r(r0)的粒子，从水平面N上的P点由静止开始运动，经区域进入区域，再次回到区域时，电场方向变为向下，粒子通过区域后进入区域并再次经过P点。不计粒子重力，求： （1）区域中磁

6、场的磁感应强度大小； （2）粒子两次经过P点的时间间隔。 如图，同一竖直平面内的倾斜轨道AB与半径为0.9m的圆轨道BCD相切于B点，倾斜轨道的倾角为，sin0.8。质量为0.2kg的小球b静止在圆轨道的最低点C处，质量为0.6kg的小球a从AB上的P点处由静止滑下，到C点时与b发生弹性正碰，碰后b经过圆轨道的最高点D时对圆轨道恰好无压力。不计一切摩擦，两小球均可视为质点，取重力加速度大小g10m/s2。求： （1）碰后瞬间b的动能； （2）P、C两点的高度差； （3）b离开D点后，再落到AB上的时间。物理选修3-3 如图，一定质量的理想气体从状态a依次经等容变化过程、等压变化过程、等容变化过

7、程、等压变化过程再回到状态a。已知状态a与状态c气体的温度相同。则在a、b、c、d四个状态及四个过程中（ ） A.状态b气体的温度最高B.状态d气体分子的平均动能最大C.过程中气体要向外界放出热量D.过程中气体要从外界吸收热量E.过程中外界对气体做的功大于过程中气体对外界做的功 如图，一端封闭且粗细均匀的细玻璃管中，用长10cm的水银柱封闭了一段空气，当玻璃管与水平面夹角为30倾斜放置时，水银柱上端恰好与管口相齐，空气柱长17cm。已知大气压强为75cmHg，保持环境温度27C不变，缓慢旋转玻璃管至开口竖直向上。(i)求玻璃管开口向上竖直放置时被封空气柱的长度；(ii)保持玻璃管开口向上竖直放

8、置，缓慢加热空气柱使水银面与管口齐平，求此时空气柱的温度。 物理选修3-4 如图，实线为一列简谐横波在t10.2s时刻的波形图，虚线为t21.1s时刻的波形图。(i)若波速为100m/s，则平衡位置位于x20m处的质点t1时刻的运动方向为沿_（填“y轴正方向”或“y轴负方向”）。(ii)若t1t2时间内，平衡位置位于x20m处的质点通过的路程为0.7m，则波的传播方向为沿_（填“x轴正方向”或“x轴负方向”），波速为_m/s（保留1位小数）。 半径为R的半球形透明体截面如图，AB为直径，O为圆心，其折射率为。一细束光从圆周上某点射入透明体，经两次折射后沿平行于BA方向从圆周上的P点射出。已知A

9、OP60，真空中的光速为c，求：(i)出射光线与入射光线延长线间的夹角；(ii)光通过透明体所用的时间。 参考答案与试题解析 贵州省六盘水市盘州市高考物理一模试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68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.【答案】C【考点】原子核衰变裂变反应和聚变反应原子核的人工转变【解析】由核聚变方程的特点进行分析。【解答】A、单独一种原子核自发放射出粒子，属于衰变，故A错误；B、此反应是用粒子轰击生成了氮原子核，是产生了17O和质子，属于人工核转变，故B错误；C

10、、两个质量较轻的原子核变成一个质量较重的核的反应，是核聚变反应，故C正确；D、一个质量较重铀核235受到中子轰击后，变成两个质量较轻的核的反应，是核裂变反应，故D错误；2.【答案】D【考点】第一宇宙速度万有引力定律及其应用同步卫星人造卫星上进行微重力条件下的实验第二宇宙速度和第三宇宙速度【解析】嫦娥五号在近地圆轨道运行的速度等于7.9km/，在环月圆轨道上做匀速圆周运动的线速度约等于月球的第一宇宙速度，根据第一宇宙速度的表达式，计算月球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比；“环月飞行”阶段“嫦娥五号”运行的加速度为不为零；着陆器在“着陆下降”，先加速下降再减速下降，故先失重再超重，根据匀速圆

11、周运动和离心运动的特点分析。【解答】A、探测器贴近某星球表面做匀速圆周运动时，可得：v，故，则“环月飞行”阶段“嫦娥五号”的运行速度小于7.9km/s，故A错误；B、环月飞行阶段“嫦娥五号”做匀速圆周运动，运行的加速度为向心加速度，不为零，故B错误；C、着陆器在着陆前一定要减速，所以着陆前一定处于超重状态，故C错误；D、返回器在“环月等待”时做匀速圆周运动，需要的向心力大于万有引力，在进入“月地转移”轨道后做离心运动，需要的向心力大于万有引力，根据向心力的表达式可知，在“环月等待”需要加速才能进入“月地转移”轨道，故D正确。3.【答案】D【考点】力的合成与分解的应用解直角三角形在三力平衡问题中

12、的应用【解析】缓慢增加拉力，系统处于平衡状态，以ab整体为研究对象，画出受力分析示意图，用平衡条件即可求解。【解答】将a、b球视为整体，受力分析如图，ab整体在三个力（总重力2mg、水平拉力Fmg、Oa绳的张力T）作用下平衡，由平衡条件可得：，故ABC错误，D正确。4.【答案】A【考点】单杆切割磁感线感生电动势闭合电路的欧姆定律安培力的计算【解析】由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，列出电流的表达式，从而求得电流的大小，再得到安培力表达式由此分析即可解题。【解答】设棒MN在两导轨间的长度为x，则两导轨接入闭合电路的长度均正比于x，每段的电阻均正比于x，故回路的总电阻正比于x，即Rkx回路中

13、的感应电动势EBxv电流IMN受到的安培力FBIxB而xx0+vt所以即安培力Ft，所以F-t图象是不过原点的倾斜直线，故A正确，BCD错误。5.【答案】B【考点】牛顿第二定律的概念力的合成与分解的应用【解析】对两列车组成的整体根据牛顿第二定律求得加速度，假设对接处的作用力为拉力，对后一组，根据牛顿第二定律即可求得。【解答】对整体，根据牛顿第二定律可得：2F-k(m1+m2)g(m1+m2)a设对接处的作用力为拉力，对后一组，根据牛顿第二定律可得：F+F12-km2gm2a联立解得：，说明对接处的作用力为推力，大小为，故ACD错误，B正确；6.【答案】B,C【考点】楞次定律研究电磁感应现象【解

14、析】当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中产生感应电流，由楞次定律判断出感应电流的方向，结合条形磁铁的N极向下插入线圈时，电流表的指针向右偏转，即可分析答题。【解答】由题意，当条形磁铁的N极向下插入线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈内感应电流磁场方向与原磁场方向相反，即向上，则有电流表的指针向右偏转，当有如下操作时：AB、当将磁铁的N极从线圈中向上拔出时，穿过线圈的磁通量减小，线圈内感应电流磁场方向与原磁场方向相同，即向下，那么电流表的指针向左偏转，故A错误，B正确；CD、当将磁铁的S极向下插入线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈内感应电流磁场方向与原磁场方向相反，即向下，那么电流表的指针向左

15、偏转，故C正确，D错误。7.【答案】B,D【考点】交变电流的图象和三角函数表达式电功率电功变压器的构造和原理【解析】理想变压器原副线圈的匝数与电压成正比，电流与匝数成反比，由于两灯泡串联，在电阻不变的情况下，根据串并联电路的特点求得灯泡L1消耗的电功率，当灯泡电阻不变时，求得灯泡消耗的功率，由于电压小于额定电压，故灯泡的温度较正常发光时电阻小，结合功率公式即可判断。【解答】A、原线圈两端的电压，故原副线圈线圈匝数为，故A错误；B、变压器原、副线圈中的电流之比，故B正确；C、灯泡正常发光时，根据P可得：白炽灯L1的电阻为R11100，白炽灯L2的电阻为R2550，二者串联，当灯泡电阻不变时，L1

16、消耗的电功率为1100W19.6W，由于两电阻串联，电压小于额定电压，电阻小于正常发光时的电阻，则消耗的功率增大，故C错误；D、当灯丝电阻不变时，两灯泡串联的功率P，由于电压小于额定电压，故灯丝的温度低于正常发光时的温度，灯丝的电阻小于正常发光时的电阻，故实际消耗的功率大于，故D正确；8.【答案】A,C,D【考点】电场的叠加电势库仑定律电场强度电势差【解析】电场强度是矢量因此比较两点间电场强度时，需要考虑大小和方向；根据对称关系Q1、Q2分别在a点和c点，或者b点和d点处产生的场强大小相等，但是需要判断合场强方向关系，根据电势可叠加判断a、c两点电势关系。【解答】B、由于b、d对称，则Q1、Q

17、2在b、d两点处分别产生的场强大小相等，当两个场强合成后方向都平行于连线时，这种情形下b、d两点的场强方向就相同，故选项B错误：C、a在Q2的等势线上，所以c、a两点的电势决定于Q1的电场，故c点电势一定高于a点电势，故选项C正确（1）D、同理，c、a间的电势差决定于Q1的电场，当r减小时c、a间的距离减小，故c、a间的电势差减小，故选项D正确（2）故选：ACD。二、解答题（共4小题，满分47分）【答案】100没有,图象斜率的倒数为弹簧的劲度系数，刻度尺的“0”是否与弹簧上端对齐只改变图线的截距，不会影响图象的斜率【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系【解析】（1）明确图象的性质，根据胡克定律即可求

18、出弹簧的劲度系数；（2）分析实验原理，知道实验方法，从而明确刻度尺“0”刻度是否与固定点重合只会影响刻度而不会影响弹簧的形变量。【解答】由图可知L-L0kF，根据胡克定律可知，k的倒数为弹簧的劲度系数，则有kN/cm1N/cm100N/m；根据（1）中分析可知，图象斜率的倒数为弹簧的劲度系数，刻度尺的“0”是否与弹簧上端对齐只改变图线的截距，不会影响图象的斜率。计算中用到的是弹簧长度的改变量，而此改变量的数值与用刻度尺的哪一段测量无关，所以对测量结果没有影响。【答案】0.710A2,V1,R1如图所示；6.710-6【考点】螺旋测微器测定金属的电阻率【解析】（1）根据螺旋测微器读数方法即可得出

19、直径大小；（2）根据给出的仪表进行分析，按照安全性和准确性原则进行分析，从而选出合适的仪表；（3）待测电阻较大时，采用内接法，较小采用外接法；由于滑动变阻器小于待测电阻阻值，因此采用分压接法；（4）根据电阻定律列式，即可得出电阻率的计算公式，代入数据即可求出电阻率大小。【解答】螺旋测微器的读数为0.5mm+21.00.01mm0.710mm；根据电源电动势及被源电阻阻值估计电路中电流约为IA0.6A，所以电流表选择A2，电源电动势为3V，故电压表选择V1；因R2阻值较大，所以为了操作方便，滑动变阻器选择总阻值较小的R1，并且采用滑动变阻器分压接法；被测电阻与电流表、电压表内阻相比电阻较小，所以

20、采用电流表外接法相对误差较小；滑动变阻器采用分压接法，故实物图如图所示；根据R，S解得：，代入数据解得电阻率为6.710-6m。【答案】区域中磁场的磁感应强度大小为；粒子两次经过P点的时间间隔为；【考点】带电粒子在电场中的加（减）速和偏转带电粒子在匀强磁场中的运动规律【解析】（1）根据在电场中做匀加速运动在磁场中做圆周运动从P点出发回到P点区域中的磁感应强度可求；（2）电场运动的时间与两磁场运动时间之和为时间间隔；【解答】设第一次加速后粒子的速度为v1，根据动能定理进入区域磁场后，粒子做圆周运动，根据牛顿第二定律第二次加速后，粒子的速度大小为v2，粒子能再次经过P点，说明在区域中做圆周运动的半

21、径与在区域中做圆周运动的半径相等，联立解得；粒子在电场力作用下两次加速运动的总时间在区域中运动的时间在区域中运动的时间为故粒子两次经过P点的时间为：；【答案】碰后瞬间b的动能是4.5J；P、C两点的高度差为1m；b离开D点后，再落到AB上的时间是0.4s。【考点】向心力机械能守恒的判断系统机械能守恒定律的应用动量守恒定律的综合应用动量守恒定律的理解【解析】（1）碰后b经过圆轨道的最高点D时对圆轨道恰好无压力，则轨道对b也没有压力，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出b通过D点的速度。小球b从C点到D点的过程，根据机械能守恒定律求碰后瞬间b的动能。（2）对于小球a与b碰撞过程，根据动量守恒定律和

22、机械能守恒定律相结合求出碰撞前瞬间小球a的速度，再根据机械能守恒定律求P、C两点的高度差；（3）b离开D点后做平抛运动，根据分运动的规律和几何关系求b再落到AB上的时间。【解答】设碰撞后瞬间小球b的速度为vb，经过D点的速度为v。小球b经过D点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得mbgmb小球b从C点到D点的过程，根据机械能守恒定律得mbg2R+联立解得vb碰后瞬间b的动能EkbmbgR代入数据解得Ekb4.5J设P点与C点的高度差为h，小球a到达最低点C与小球b碰撞前的速度为v0。小球a、b碰撞过程，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：mav0mava+mbvbma

23、v02mava2+mbvb2小球a从P点到C点的过程，根据机械能守恒定律得mav02magh联立解得h1m设小球b再次落到AB上时，沿水平方向通过的距离为x，沿竖直方向下降的距离为y，运动时间为t，根据平抛运动的规律可知xvty由几何关系知xRsin+联立解得t0.4s物理选修3-3【答案】B,D,E【考点】热力学第一定律理想气体的状态方程【解析】根据理想气体状态方程：判断温度大小；气体分子的平均动能由温度决定；根据热力学第一定律判断气体做功和吸放热。【解答】AB、根据理想气体状态方程：可知，状态b时气体的温度最低，状态d时气体的温度最高，而温度高时，气体分子的平均动能就大，故A错误，B正确；

24、C、过程气体体积变大且温度升高，说明气体对外做功且内能增加，根据热力学第一定律：UW+Q，可知要吸收热量，故C错误；D、过程气体体积不变且温度升高，说明气体不做功且内能增加，根据热力学第一定律可知要吸收热量，故D正确；E、过程和过程气体的体积改变量相等，但过程的压强大于过程，气体对外界做功WpV，所以由以上分析可知：过程外界对气体做功大于过程气体对外界做功，故E正确；【答案】(i)玻璃管开口向上竖直放置时被封空气柱的长度是16cm；(ii)保持玻璃管开口向上竖直放置，缓慢加热空气柱使水银面与管口齐平，此时空气柱的温度是318.75K。【考点】理想气体的状态方程“玻璃管封液”模型【解析】(i)求出封闭气体的压强，然后应用玻意耳定律求出玻璃管开口竖直向上放置时空气柱的长度。(ii)对气体加热过程，气体压强不变，应用盖-吕萨克定律可以