【高考模拟】广东省韶关市某校一模物理试卷答案与祥细解析

1、试卷第 =page 20 20页，总 =sectionpages 21 21页试卷第 =page 21 21页，总 =sectionpages 21 21页广东省韶关市某校一模物理试卷一、选择题1. 太阳向外辐射的能量来自其内部发生的各种热核反应，当太阳内部达到一定温度时，会发生“核燃烧”，其“核燃烧”的核反应方程为，24He+X48Be+，方程中X表示某种粒子，48Be是不稳定的粒子，其半衰期为T，这个核反应释放出的能量为E，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（ ） A.若使48Be的温度降低，其半衰期会减小B.方程中的X为电子（-10e）C.该核反应过程产生的质量亏损为m=Ec2D

2、.“核燃烧”的核反应是裂变反应2. 太空舱里测物体质量的原理如下：先对标准物体施加一水平推力F，测得其加速度为20m/s2，然后将标准物体与待测物体紧靠在一起，施加同一水平推力F，测得共同加速度为8m/s2，已知标准物体质量m1=2.0kg，则待测物体质量m2为（ ） A.3.0kgB.5.0kgC.7.0kgD.8.0kg3. 汽车在刹车过程中位移和时间的比值xt与t之间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是（ ） A.汽车的初速度为40m/sB.刹车过程汽车的加速度大小为5m/s2C.刹车过程持续的时间为8sD.从开始刹车时计时，经过1s，汽车的位移为30m4. 如图甲所示是一个“简易电动

3、机”，一节5号干电池的正极向上，一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会转动起来该“简易电动机”的原理图如图乙所示，关于该“简易电动机”，下列说法正确的是（ ） A.从上往下看，该“简易电动机”逆时针旋转B.电池的输出功率等于线框转动的机械功率C.线框、两部分导线电阻在电路中是串联关系D.“简易电动机”由静止到转动起来的过程中，线框中的电流减小5. 纵跳是体育运动的基本动作之一，可分为原地纵跳和助跑纵跳如图甲所示，人光脚在原地纵跳时，快速下蹲后立即蹬伸，在起跳过程中，人受到地面

4、的支持力随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ） A.人对地面的压力是由于地面发生微小形变引起的B.人能原地纵跳是由于地面对人的支持力大于人对地面的压力C.在C点时人达到最大速度D.曲线上的A点表示人下蹲至最低点6. 位于贵州的“中国天眼”是具有我国自主知识产权、世界最大单口径、最灵敏的射电望远镜，通过FAST测得水星与太阳的视角为（水星、太阳分别与观察者的连线所夹的角），如图所示，若最大视角的正弦值为k，地球和水星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，则地球和水星的公转周期的比值为（ ） A.3k2B.1k3C.k3D.(11-k2)37. 如图甲所示，有一固定的负点电荷N，其右侧距离

5、为L处竖直放置一内壁光滑的绝缘圆筒，圆筒内有一带电小球将小球从H0高处由静止释放，至小球下落到与N同一水平面的过程中，其动能Ek随高度H（设小球与点电荷N的竖直高度差为H）的变化曲线如图乙所示下列说法正确的是（ ） A.小球可能带负电，也可能带正电B.在高度H1H2之间的某点，库仑力在竖直方向上的分力最大C.该过程中，小球所受合力先增大后减小再增大D.该过程中，小球的机械能先增大后减小二、多选题 如图所示，a、b为位于球体直径两端的等量异种电荷，其中a为正电荷，b为负电荷A与C、B与D、E与F分别为球面上关于球心O对称的两点，其中A、B，C、D位于同一水平圆周上，EF垂直ab连线，下列说法正确

6、的是（ ） A.A、C两点电场强度相同B.A、B两点电场强度相同C.C、D两点电势相等D.E、F两点电势相等 如图所示为运动员参加撑杆跳高比赛的示意图，对运动员在撑杆跳高过程中的能量变化描述正确的是（） A.加速助跑过程中，运动员的机械能不断增大B.运动员越过横杆正上方时，动能为零C.起跳上升过程中，运动员的机械能守恒D.起跳上升过程中，杆的弹性势能先增大后减小 如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略，一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，

7、MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行，经过一段时间后（ ） A.金属框和导体棒速度相等B.金属框和导体棒加速度相等C.导体棒所受安培力不变D.金属框的加速度不变三、实验探究题 某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”，弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置，分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向 （1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为_N； （2）下列不必要的实验要求是（）A.应测量重物M所受的重力B.弹簧测力计应在使用前调零C.拉

8、线方向应与木板平面平行D.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置 （3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，在保证现有器材不变的情况下怎样调整水平拉力FB：_四、解答题 测量电阻丝的电阻率，电阻丝的电阻约为20，先把电阻丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在电阻丝上夹上一个与接线柱c相连的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度，除电池组E（电动势为3.0V，内阻约1）、电阻箱R(0999.9)、开关、导线若干，可供选择的器材还有：电流表A1（量程0100mA，内阻约5）；电流表A2（量程00.6

9、A，内阻约0.2） （1）实验操作步骤如下：A用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径；B根据所提供的实验器材，设计并连接好如图甲所示的实验电路；C调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大，闭合开关；D将金属夹夹在电阻丝上某位置，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；E断开开关，改变_的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏，重复多次，记录每一次的R和L数据F断开开关 （2）如图乙，用螺旋测微器测量电阻丝直径为d_mm （3）电流表应选择_（选填“A1”或“A2”） （4）用记录的多组R和L的数据，绘出了如图丙所示图线

10、，截距分别为R0和L0，再结合测出的电阻丝直径d，写出电阻丝的电阻率表达式_（用给定的字母表示） （5）电流表存在一定内阻，这对该实验的测量结果（）A.无影响B.有影响，结果会偏大C.有影响，结果会偏小 如图所示，倾角为=37的斜面ABC固定在水平地面上，AB部分斜面粗糙，长LAB=3m，BC部分斜面光滑一个质量m=1kg的小物块（可视为质点）以初动能Ek0=32J，从斜面底端冲上斜面已知物块与斜面间的动摩擦因数为=0.25，g取10m/s2 , sin37=0.6，cos37=0.8，以水平地面为零势能面，不计空气阻力求： （1）物块运动到B处时的速度大小； （2）为使物块不至于滑出斜面，B

11、C部分的最小长度； （3）请判断物块的动能和重力势能相等的位置在AB段还是BC段，简要说明理由 如图所示，直角坐标系Oxy位于竖直平面内，x轴与绝缘的水平面重合，在y轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场质量为m2710-3kg的不带电小物块静止在原点O，A点距O点l0.045m，质量m1110-3kg的带电小物块以初速度v00.5m/s从A点水平向右运动，在O点与m2发生正碰并把部分电量转移到m2上，碰撞后m2的速度为0.1m/s，此后不再考虑m1、m2间的库仑力已知电场强度E40N/C，小物块m1与水平面的动摩擦因数为0.1，取g10m/s2，求： （1）碰后m1的速度； （2

12、）若碰后m2做匀速圆周运动且恰好通过P点，OP与x轴的夹角30，OP长为lOP0.4m，求磁感应强度B的大小； （3）其他条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小为B，使m2离开第一象限后落地时能与m1再次相碰，求B的大小？ 如图所示，某玻璃砖的截面由半圆和等腰直角三角形ABC组成，AC是半圆的直径，AC长为d，一束单色光照射在圆弧面上的D点，入射角为60，折射光线刚好照射在AB边的中点E，折射光线在AB面上的入射角为45，光在真空中传播速度为c，求： （1）玻璃砖对单色光的折射率； （2）光在玻璃砖中传播的时间(不考虑光在圆弧面上的反射)参考答案与试题解析 广东省韶关市某校一模物理试卷一、选择题

13、1.【答案】C【考点】裂变反应和聚变反应爱因斯坦质能方程【解析】此题暂无解析【解答】解：A半衰期与外界环境无关，故温度改变，半衰期不变，故A错误；B根据质量数守恒，电荷数守恒判断X为24He，故B错误；C根据爱因斯坦质能方程E=mc2，解得该核反应过程产生的质量亏损为m=Ec2，故C正确；D“核燃烧”的核反应是聚变反应，故D错误故选C2.【答案】A【考点】动力学中的整体法与隔离法【解析】 【解答】解：对标准物块进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：F=m1a1=220N=40N，对整体，由牛顿第二定律得：F=(m1+m2)a2，解得m2=3.0kg故选A3.【答案】B【考点】v-t图像（匀变速直

14、线运动）【解析】此题暂无解析【解答】解：AB由x=v0t+12at2，变形得xt=12at+v0，结合图像有12a=10-204-0m/s2，a=-5m/s2，v0=20m/s，故A错误，B正确；C由0=v0+at0得，刹车过程持续的时间为t0=v0-a=4s，选项C错误；D从开始刹车时计时，经过1s，汽车的位移为x1=v0t1+12at12=17.5m，故D错误故选B4.【答案】D【考点】* 感应电动机原理左手定则【解析】此题暂无解析【解答】解：A线框的上下两条边受到安培力的作用而发生转动的，根据左手定则可以判断从上往下看，线框将做顺时针转动，故A错误；B电池输出的电动率一部分用于线框的发热

15、功率，一部分提供线框转动的机械功率，所以电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率，故B错误；C线框、两部分导线电阻在电路中是并联关系，故C错误；D稳定时，因导线切割磁感应线，产生的感应电动势与电源相反，则线框中电流比刚开始转动时的小，故D正确故选D5.【答案】C【考点】牛顿运动定律的应用从受力确定运动物体的弹性和弹力【解析】此题暂无解析【解答】解：A人对地面的压力是由于脚发生形变引起的，A选项错误；B根据牛顿第三定律知，地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小，B选项错误；C人处于C点时，加速起立结束，加速度为零，速度最大，C选项正确；D人处于A点时，仍处于加速下蹲阶段，没有下蹲到最低点，D选

16、项错误故选C6.【答案】B【考点】万有引力定律及其应用【解析】此题暂无解析【解答】解：观察者与水星的连线与水星轨迹相切时此时最大，设水星的公转半径为r，地球的公转半径为R，由三角关系可得sin=rR=k，由太阳对行星的万有引力提供向心力有：GMmr2=m42T2r，行星绕太阳公转周期T=2r3GM，所以T地T水=R3r3=1k3，故B正确，ACD错误故选B7.【答案】B【考点】库仑定律与力学问题的综合应用动能定理与图象问题的结合【解析】根据动能的变化，对小环受力分析，确定其电性。小环过了O点后，合力向下，不会做往复。小环带正电，下落时，电场力做负功，可以得出电势能的变化。从图象可以得出小环的运

17、动状态。【解答】解：A若小球带正电，重力和电场力对小球都做正功，小球的动能一直增大，与图乙不符，所以小球带负电，故A错误；B小球在高度H1H2之间运动时，动能减小，根据动能定理：Ek=Ek0+F电h-mgh=Ek0+(F电-mg)h，因为在高度H1H2之间的某点图像的斜率最大，则库仑力在竖直方向上的分力最大，故B正确；C由以上分析可知，小球受到的合力为图像的斜率，则该过程中，小球所受合力先减小，后增大，再减小再增大，故C错误；D该过程中，小球所受的库仑力一直对小球做负功，则机械能一直减小，故D错误故选B二、多选题【答案】A,D【考点】电场强度电势电场的叠加【解析】根据电场的叠加原理分析，明确等

18、量异种电荷连线的中垂面是等势面，电场强度是矢量，注意方向，电势是标量，沿电场的方向电势降低。【解答】解：AB由等量异种电荷对称性可知，AC两点电场强度大小相等方向相同，AB两点电场强度大小相等方向不同，故A正确，B错误；CD点离正电荷更近，电势大于C点电势，故C错误；DEF两点在等量异种电荷的中垂面上，所以EF两点电势相等，故D正确故选AD【答案】A,D【考点】动能和势能的相互转化机械能守恒的判断【解析】考查能量的转化。【解答】解：A加速助跑过程中运动员的动能不断增大，势能不变，故运动员的机械能不断增大，故A项正确；B若运动员越过横杆正上方时动能为零，则下一时刻运动员将做自由落体运动，无法过杆

19、，故B项错误；C起跳上升过程中，杆的弹力对运动员做功，运动员的机械能不守恒，故C项错误；D起跳上升过程中，杆先弯曲后伸直，弹性势能先增大后减小，故D项正确故选AD【答案】B,C,D【考点】双杆切割磁感线电磁感应中的动力学问题【解析】此题暂无解析【解答】解：金属框在恒力F作用下向右加速，由右手定则可知，bc边产生的感应电流从c流向b，由左手定则可知，导体棒受到向右的安培力作用，导体棒向右做加速运动，设金属框的加速度为a1，导体棒的加速度为a2，设金属框的速度为v1，导体棒的速度为v2，设导体棒的电阻为R，回路的感应电流I=BLv1-BLv2R，设金属框的质量为M，导体棒的质量为m，对金属框，牛顿

20、第二定律得：F-BIL=Ma1，对导体棒MN，由牛顿第二定律得BIL=ma2，金属框与导体棒都做初速度为零的加速运动，v1、v2都变大，a1从FM开始减小，导体棒的加速度a2从0开始增大，当金属框与导体棒的加速度相等时，即a1=a2=a时，解得F=(M+m)a，加速度保持不变，回路感应电流I=mF(M+m)BL=BL(v1-v2)R=BLvR，此后金属框与导体棒的速度差v保持不变，感应电流不变，导体棒所受到的安培力不变，加速度不变，金属框与导体棒以相等的加速度做匀加速直线运动故选BCD三、实验探究题【答案】（1）3.80D（3）减小对B的拉力、减小OB与OA的夹角【考点】验证力的平行四边形定则

21、【解析】（1）考查验证力的平行四边形实验。【解答】解：（1）本实验用的弹簧测力计每小格代表0.1N，所以读数为3.80N（2）A实验要验证三力之间的关系，故需测出重物M所受的重力，故A必要；B弹簧测力计应在使用前调零，故B必要；C若拉线方向与木板不平行将产生垂直纸面的力，影响测量结果，故C必要；D只需将OA、OB和OM方向大小画出即可，多次实验O点无需在同一位置，故D不必要故选D（3）弹簧测力计A的指针稍稍超出量程说明A在竖直方向的分力过大或水平方向分力过大，竖直方向的拉力大小等于重物重力，不可改变，故可减小对B的拉力、减小OB与OA的夹角四、解答题【答案】（1）金属夹与电阻丝接触点（2）0.

22、730（0.7280.732均正确）（3）A1（4）d2R04L0A【考点】测定金属的电阻率螺旋测微器【解析】（1）根据实验原理与实验步骤完成实验。（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。（3）根据实验原理，在使电流表满偏的前提下，确定电阻丝接入电路的阻值能否满足实验要求。（4）由实验步骤可知，电源电动势不变，电路电流始终等于电流表的满偏电流，电路电流不变，由此可知，电路总电阻不变，由图象及串联电路特点可以求出电路总电阻，由电阻定律及实验数据可以求出电阻率的表达式。（5）应用图象法求电阻率，电流表内阻对实验结果没有影响。【解答】解：（1）为测多组实验数据，因此要改变金属夹

23、与电阻丝接触点的位置，使电流表再次满偏（2）由图示螺旋测微器可知，固定刻度是0.5mm，金属丝直径d0.5mm+23.00.01mm0.730mm（3）如果电流表选择A2，电流表满偏时，电路总阻值R=UIg2=5,如果电流表选择A1，电流表满偏时，电路总阻值R=UIg2=30，可见，选择电流表A1时，被测电阻丝接入电路的阻值变化范围大（4）由实验步骤可知，外电路电阻不变，由串联电路特点可知，外电路总电阻R总=R+R电阻丝=R+LS=R+L(d2)2=R+4Ld2，由图像可知，当电阻丝接入电路的长度为零时，电路总电阻R总=R0，则R+4Ld2=R0，R=R0-4Ld2，图像斜率k=R0L0=4d

24、2，则电阻率=d2R04L0（5）电阻率=d2R04L0，电流不变，则R0不变，电流表内阻对实验结果没有影响【答案】（1）物块运动到B处时的速度大小为vB=4m/s（2）BC部分的最小长度为s=43m（3）物块的动能和重力势能相等的位置在AB段，详细见解答【考点】用牛顿运动定律分析斜面体模型动能动能和势能的相互转化【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）物体在AB段受力分析如图，根据牛顿第二定律有：mgsin+mgcos=ma，根据运动学公式有vB2-v02=-2aLAB，又Ek0=12mv02，联立得vB=4m/s（2）物体在BC段受力分析如图，此过程加速度为a=gsin=6m/s2，根据运动

25、学公式有vB2=2as，解得s=43m（3）AB段，B处的动能为Ek2=12mvB2=8J，B处的重力势能为Ep2=mgh=18J，小物块从A到B的过程中，动能从32J减小到8J，重力势能从0增加到18J，会在某处出现动能和重力势能相等的位置，由B到C的过程中，动能减少，重力势能增加，不可能出现动能和重力势能相等的位置【答案】（1）碰后m1的速度大小为0.3m/s，方向水平向左（2）磁感应强度B的大小为1T（3）B的大小为0.8T【考点】动量守恒定律的综合应用带电粒子在叠加场中无约束条件下的运动【解析】（1）根据动能定理求得碰撞前m1的速度，再根据碰撞过程中动量守恒求得碰撞后m1的速度；（2）

26、粒子受重力、电场力和洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，故重力与电场力平衡，根据几何关系求出粒子做圆周运动的半径，再由洛伦兹力提供圆周运动向心力求出磁感应强度B；（3）m2离开磁场后做平抛运动，对m1的运动分析，确认m1停止位置，m2在磁场中做匀速圆周运动，故平抛的速度大小就是m2碰撞后的速度，根据平抛的射程求得平抛的抛出点高度，由抛出点高度和几何关系求得m2在磁场中做圆周运动的半径，再由洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度B【解答】解：（1）m1与m2碰撞前的速度为v1，由动能定理-m1gl=12m1v12-12m1v02，代入数据解得：v10.4m/s，m2碰撞后的速度为v20.1m/s，由于m1、m2正碰，由动量守恒有：m1v1m1v1+m2v2，代入数据解得碰撞后m1的速度：v