1、年云南省楚雄州大姚一中高考物理一模試卷一、選擇題. 隨著現(xiàn)代科學(xué)的發(fā)展，大量的科學(xué)發(fā)展促進了人們對原子、原子核的認識， 下列有關(guān)原子、原子核的敘述正確的是（）.盧瑟福 粒子散射實驗說明原子核內(nèi)部具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu).天然放射現(xiàn)象表明原子核內(nèi)部有電子.輕核聚變反應(yīng)方程有：.氫原子從能級躍遷到能級和從能級躍遷到能級，前者躍遷輻射出的光子波長比后者的長【答案】【解析】【詳解】、盧瑟福的 粒子散射實驗說明原子的核式結(jié)構(gòu)模型，沒有涉及到原子核內(nèi)部結(jié)構(gòu)。錯誤。、天然放射現(xiàn)象只說明原子核內(nèi)部有復(fù)雜結(jié)構(gòu)，原子核內(nèi)部沒有電子，衰變的產(chǎn)生的電子，是原子核內(nèi)部的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子和電子，電子釋放出來。錯誤。、輕核聚變方程電荷

2、數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒。正確。、氫原子從能級躍遷到能級和從能級躍遷到能級，前者輻射的光子能量大， 即光子的頻率大，則前者輻射的光子波長比后者短。錯誤。. 有一理想的降壓變壓器， 四個標稱均為“、 ”的小燈泡、 、以及理想電壓表接在變壓器上，電路如圖所示。 在、兩端接交流電源 ( 電壓有效值為 ) 時，四個小燈泡均能正常發(fā)光。 則下列說法正確的是.電壓表的示數(shù)為.電源電壓.變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1 / 14.變壓器原線圈輸入功率為【答案】【解析】由題意可知流過每個小燈泡的電流均為，則副線圈的電流為，原線圈的電流為，則由，錯誤；副線圈兩端的電壓為，則由，可得原線圈兩的端電壓為，即電壓表示數(shù)為，錯誤

3、；電源電壓為，正確；變壓器輸入功率等于輸出功率，即小燈泡、消耗的功率之和，錯誤【點睛】 注意當燈泡和原線圈串聯(lián)時，原線圈輸入端電壓為燈泡兩端電壓和原線圈輸出電壓之和， 由四只燈泡均正常發(fā)光，則可求得原副線圈電流，求得匝數(shù)之比， 這是突破口. 美國物理學(xué)家勞倫斯于年發(fā)明回旋加速器，應(yīng)用帶電粒子在磁場中做圓周運動特點，能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場多次加速獲得較大能量，使人類在獲得較高能量帶電粒子方面前進了一大步。圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強恒定， 且被限制在、 板間， 帶電粒子從處以速度沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入型盒中的勻強磁場做勻速圓周運動。對于

4、這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是().帶電粒子每運動一周被加速兩次.帶電粒子每運動一周.加速粒子的最大速度與形盒的尺寸有關(guān).加速電場方向需要做周期性的變化【答案】【解析】由題圖可以看出，帶電粒子每運動一周被加速一次，錯誤，由和 可知，帶電粒子2 / 14每運動一周，電場力做功都相同，動能增量都相同，但速度增量不相同，故粒子做圓周運動的半徑增加量不相同，錯誤由可知，加速粒子的最大速度與形盒的半徑有關(guān)，正確；由可知，粒子運動的周期不隨而變，故錯誤. 假設(shè)宇宙中有兩顆相距無限遠的行星和，自身球體半徑分別為和兩顆行星各自周圍的衛(wèi)星的軌道半徑的三次方（）與運行公轉(zhuǎn)周期的平方（）的關(guān)系如圖所示；為

5、衛(wèi)星環(huán)繞各自行星表面運行的周期。則（）.行星的質(zhì)量小于行星的質(zhì)量.行星的密度小于行星的密度.行星的第一宇宙速度等于行星的第一宇宙速度.當兩行星周圍的衛(wèi)星的運動軌道半徑相同時，行星的衛(wèi)星的向心加速度大于行星的衛(wèi)星的的向心加速度【答案】【解析】.根據(jù)萬有引力提供向心力，有，解得：，對于環(huán)繞行星表面運行的衛(wèi)星，有：對于環(huán)繞行星表面運行的衛(wèi)星，有：聯(lián)立得：由圖知， ，所以 ，故錯誤；.行星質(zhì)量： ?行星的質(zhì)量為： ?，代入解得： ，故錯誤；3 / 14.行星近地衛(wèi)星的線速度即第一宇宙速度，根據(jù)萬有引力提供向心力，有：解得：，因為 ，所以 ，故錯誤；.根據(jù)知，由于 ，行星運動的軌道半徑相等，則行星的衛(wèi)星

6、的向心加速度大于行星的衛(wèi)星的向心加速度，故正確。故選： .點睛： 根據(jù)萬有引力提供向心力，得出衛(wèi)星周期與行星 質(zhì)量、半徑之間的關(guān)系，然后進行比較； 結(jié)合萬有引力提供向心力，分別寫出第一宇宙速度 表達式，然后比較它們的大小關(guān)系. 一質(zhì)量為的質(zhì)點以速度勻速直線運動，在時開始受到恒力作用，速度大小先減小后增大，其最小值為，由此可判斷（）.質(zhì)點受力作用后一定做勻變速曲線運動.質(zhì)點受力作用后可能做圓周運動.時恒力與速度方向間的夾角為.時，質(zhì)點速度最小【答案】 的【解析】【分析】由題意可知， 物體做類斜拋運動，根據(jù)運動的合成與分解，結(jié)合力的平行四邊形定則與運動學(xué)公式，即可求解；【詳解】、在時開始受到恒力作

7、用，加速度不變，做勻變速運動，若做勻變速直線運動，則最小速度可以為零，所以質(zhì)點受力作用后一定做勻變速曲線運動，故錯誤；、物體在恒力作用下不可能做圓周運動，故錯誤；、設(shè)恒力與初速度之間的夾角是，最小速度為：可知初速度與恒力的夾角為鈍角，所以是，故錯誤；、質(zhì)點速度最小時，即在沿恒力方向上有：，解得：，故正確?！军c睛】 考查類斜拋運動的處理規(guī)律，掌握合成法則與運動學(xué)公式的應(yīng)用，注意分運動與合運動的等時性。4 / 14. 已知均勻帶電球殼內(nèi)部電場強度處處為零，電勢處處相等。如圖所示，正電荷均勻分布在半球面上， 為通過半球頂點與球心的軸線，、為軸上的點， 且，則下列判斷正確的是().、兩點的電勢相等.、

8、兩點的電場強度相同.點電荷從點移動到點，電場力一定做正功.同一個負電荷放在點比放在點的電勢能大【答案】【解析】根據(jù)電場的疊加原理可知，軸上電場線方向向右，則點的電勢高于點的電勢，故錯誤；將半球殼補成一個完整的球殼，且?guī)щ娋鶆?，設(shè)左、右半球在點產(chǎn)生的場強大小分別為和由題知，均勻帶電球殼內(nèi)部電場強度處處為零，則知根據(jù)對稱性可知，左、右半球在點產(chǎn)生的場強大小分別為和且則在圖示電場中，的場強大小為，方向向右的場強大小為，方向向右， 所以點的電場強度與點的電場強度相同，故正確點電荷從點移到點， 電勢降低，由于點電荷的電性未知，則電場力不一定做正功，故錯誤點的電勢高于點的電勢，根據(jù)負電荷在電勢高處電勢能小

9、，在電勢低處電勢大，知同一個負電荷放在點比放在點的電勢能大故正確故選 .點睛： 本題解題關(guān)鍵是抓住對稱性， 找出兩部分球面上電荷產(chǎn)生的電場關(guān)系左半球面在點的場強與缺失的右半球面在點產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反是解題的關(guān)鍵. 如圖所示，質(zhì)量為0.04kg 、邊長 0.4m 的正方形導(dǎo)體線框放置在一光滑絕緣斜面上，線框用一平行斜面的細線系于點，斜面傾角為 線框的一半處于磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度隨時間變化關(guān)系為（），方向垂直于斜面，已知線框電阻為 ，重力加速度為10m（）5 / 14.線框中的感應(yīng)電流方向為.時，細線拉力大小.線框中感應(yīng)電流大小為.經(jīng)過一段時間，線框可能沿斜面向上運動【答案】【解析】

10、【詳解】、由于磁場的磁感應(yīng)強度隨時間變化關(guān)系為（），即磁場增加， 根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流方向為，錯誤；、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得， 則感應(yīng)電流的大小為0.08A ；時刻，磁感應(yīng)強度為，根據(jù)共點力的平衡條件可得 ，解得 （），所以錯誤、正確；、隨著時間增大，磁感應(yīng)強度逐漸增大，當安培力（方向沿斜面向上）大于重力沿斜面向下的分力時，線框沿斜面向上運動，正確。. 引力波探測于年獲得諾貝爾物理學(xué)獎。雙星的運動是產(chǎn)生引力波的來源之一，假設(shè)宇宙中有一雙星系統(tǒng)由、 兩顆星體組成， 這兩顆星繞它們連線的某一點在二者萬有引力作用下做勻速圓周運動，測得星的周期為，、兩顆星的距離為， 、兩顆星的軌道半徑之差為（

11、星的軌道半徑大于星的軌道半徑），萬有引力常量為，則（）.、兩顆星的質(zhì)量差為.、兩顆星的線速度大小之差為.、兩顆星的運動半徑之比為.、兩顆星的質(zhì)量之比為【答案】【解析】【詳解】、雙星系統(tǒng)靠相互間的萬有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，6 / 14則有： ，解得；，則 、 兩顆星的質(zhì)量差為，故正確；、兩顆星的線速度大小之差為，故正確；、雙星系統(tǒng)靠相互間的萬有引力提供向心力，角速度大小相等，則周期相等，所以星的周期為；根據(jù)題意可知，解得：，則、兩顆星的運動半徑之比，錯誤。、兩顆星的質(zhì)量之比為，故正確。二、非選擇題. 請讀出以下測量儀器的示數(shù)，其中游標卡尺讀數(shù)為，螺旋測微器讀數(shù)為，多用電

12、表擋位為直流電壓擋時讀數(shù)為，若用歐姆表擋時的讀數(shù)為 ?！敬鸢浮?).().().().【解析】【詳解】根據(jù)游標卡尺讀數(shù)規(guī)則，游標卡尺主尺讀數(shù)為，游標尺第個刻度線與主尺刻度線對齊，分度游標尺精度為，游標尺讀數(shù)為，故測量值為 。根據(jù)螺旋測微器讀數(shù)規(guī)則，讀數(shù)為 。多用電表擋位為直流電壓擋時，按照中間的刻度盤刻度讀數(shù)，為；若用歐姆表擋時讀數(shù)為 。. 甲、乙兩同學(xué)均設(shè)計了測動摩擦因數(shù)的實驗已知重力加速度為7 / 14() 甲同學(xué)所設(shè)計的實驗裝置如圖甲所示其中為一質(zhì)量為的長直木板，為木板上放置的質(zhì)量為的物塊， 為物塊右端連接的一輕質(zhì)彈簧測力計實驗時用力將從的下方抽出，通過的讀數(shù)即可測出動摩擦因數(shù)則該設(shè)計能

13、測出（填“與”或“與地面”）之間的動摩擦因數(shù)，其表達式為() 乙同學(xué)的設(shè)計如圖乙所示他在一端帶有定滑輪的長木板上固定有、兩個光電門， 與光電門相連的計時器可以顯示帶有遮光片的物塊在其間的運動時間，與跨過定滑輪的輕質(zhì)細繩相連的輕質(zhì)測力計能顯示掛鉤處所受的拉力實驗時， 多次改變沙桶中沙的質(zhì)量， 每次都讓物塊從靠近光電門處由靜止開始運動，讀出多組測力計示數(shù)及對應(yīng)的物塊在兩光電門之間的運動時間，在坐標系中作出的圖線如圖丙所示， 圖線的斜率為，與縱軸的截距為，因乙同學(xué)不能測出小車質(zhì)量，故該同學(xué)還應(yīng)測出的物理量為根據(jù)該測量物理量及圖線信息可知物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)表達式為【答案】 ().與 ().()

14、.光電門、之間的距離().【解析】【詳解】（）當達到穩(wěn)定狀態(tài)時處于靜止狀態(tài)，彈簧測力計的讀數(shù)與所受的滑動摩擦力大小相等，對木塊的壓力大小等于的重力，由 得，由從上讀取，則可求得 ，為與之間的動摩擦因數(shù)（）小車由靜止開始做勻加速運動，根據(jù)勻加速直線運動位移時間公式得：，解得：根據(jù)牛頓第二定律得對于沙和沙桶，合 則：則圖線的斜率為：，縱軸的截距為；8 / 14與摩擦力是否存在無關(guān)，小車與長木板間的摩擦因數(shù)：. 如圖所示，物塊、的質(zhì)量均為，的質(zhì)量為2m，都靜止于光滑水平臺面上，、間用一不可伸長的輕質(zhì)短細線相連 初始時刻細線處于松弛狀態(tài)， 位于右側(cè)足夠遠處 現(xiàn)突然給一瞬時沖量，使以初速度沿、連線方向向

15、運動，與相碰后，粘合在一起與剛粘合在一起時的速度為多大？若將、看成一個系統(tǒng)，則從開始運動到與剛好粘合的過程中系統(tǒng)損失的機械能【答案】 【解析】【詳解】輕細線繃緊的過程，、這一系統(tǒng)動量守恒，以水平向右為正，則（2m），解得，之后、均以速度向右勻速運動，在與發(fā)生碰撞過程中，、這一系統(tǒng)動量守恒，則有，（），解得，輕細線繃緊的過程， 、這一系統(tǒng)機械能損失為，則，在與發(fā)生碰撞過程中， 、這一系統(tǒng)機械能損失為，則，則、這一系統(tǒng)機械能損失為. 豎直平面內(nèi)存在著如圖甲所示管道，虛線左側(cè)管道水平， 虛線右側(cè)管道是半徑1m的半圓形，管道截面是不閉合的圓，管道半圓形部分處在豎直向上的勻強電場中，電場強度。 小球、的

16、半徑略小于管道內(nèi)徑，、球用長的絕緣細輕桿連接，開始時靜止于管道水平部分右端點處， 在點處的球在水平推力的作用下由靜止向右運動，當減到零時恰好與發(fā)生了彈性碰撞，的變化圖像如圖乙所示，且滿足。已知三個小球均可看做質(zhì)點且0.25kg ，0.2kg ， 0.05kg ，小球帶 -4 C 的正電荷，其他小球不帶電，不計一切摩擦，10m，求9 / 14() 小球與發(fā)生碰撞時的速度；() 小球運動到點時的速度；() 從小球開始運動到速度減為零的過程中，小球電勢能的增加量?！敬鸢浮?()()2m ()【解析】【分析】對小球，由動量定理可得小球與發(fā)生碰撞時的速度；小球與小球、 組成的系統(tǒng)發(fā)生彈性碰撞由動量守恒和

17、機械能守恒可列式，小球運動到點時，小球恰好運動到點，由動能定理可得小球運動到點時的速度；由于、兩球轉(zhuǎn)動的角速度和半徑都相同，故兩球的線速度大小始終相等，從球運動到點到減速到零的過程列能量守恒可得；解： () 對小球，由動量定理可得由題意可知，圖像所圍的圖形為四分之一圓弧，面積為拉力的沖量，由圓方程可知代入數(shù)據(jù)可得：() 小球與小球、組成系統(tǒng)發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒可得由機械能守恒可得解得小球運動到點時，小球恰好運動到點，由動能定理代入數(shù)據(jù)可得的() 由于、 兩球轉(zhuǎn)動的角速度和半徑都相同，故兩球線速度大小始終相等，假設(shè)當兩球速度減到零時，設(shè)球與點連線與豎直方向 夾角為從球運動到點到減速到零的過程

18、列能量守恒可得：10 / 14解得因此小球電勢能的增加量：. 一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)開始，經(jīng)歷三個過程、回到原狀態(tài)，其圖象如圖所示，、分別表示狀態(tài)、的壓強，下列判斷正確的是（）.過程中氣體一定吸熱.過程中分子勢能不斷增大.過程中每一個分子的速率都減小.過程中氣體吸收的熱量等于對外做的功【答案】【解析】【分析】根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知在圖象中，圖線上各點與坐標原點的連線斜率代表壓強，斜率越大壓強越小，分析各條圖線的變化可知；【詳解】、過程中氣體的體積不變，沒有做功；溫度升高，內(nèi)能增大，所以氣體一定吸熱，故正確；、設(shè)狀態(tài)的壓強為，則由理想氣體的狀態(tài)方程可知：，所以：，同理：，解得：，所以：，故正

19、確；、由于氣體分子之間的作用力可以忽略不計，所以過程中分子勢能不變，故錯誤；、溫度是分子的平均動能的標志，是大量分子運動的統(tǒng)計規(guī)律，對單個的分子沒有意義，所以過程中氣體的溫度降低，分子的平均動能減小，并不是每一個分子的速率都減小，故錯誤；、由圖可知過程中氣體等溫膨脹，內(nèi)能不變，對外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體吸收的熱量等于對外做的功，故正確；11 / 14故選。【點睛】關(guān)鍵知道溫度是分子的平均動能的標志，是大量分子運動的統(tǒng)計規(guī)律；. 粗細均勻的形管豎直放置，右端封閉，左管內(nèi)有一個重力和摩擦都不計的活塞，管內(nèi)水銀把氣體分隔成、兩部分。當大氣壓強為，溫度為時，管內(nèi)水銀面在同一高度，兩部分氣體

20、的長度均為 30cm?，F(xiàn)向上緩慢拉動活塞，使兩管內(nèi)水銀面高度差為 10cm，求活塞上升的高度；然后固定活塞， 再僅對左管氣體加熱， 使部分氣體溫度升高。 則當左管內(nèi)氣體溫度為多少攝氏度時，方可使右管內(nèi)水銀面回到原來的位置。（該題計算結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）【答案】：現(xiàn)向上緩慢拉動活塞，使兩管內(nèi)水銀面高度差為10cm，活塞上升的高度16.4cm ；則當左管內(nèi)氣體溫度為時，方可使右管內(nèi)水銀面回到原來的位置?！窘馕觥俊驹斀狻繙囟炔蛔儯瑢軞怏w：0L（）可得： 64.3cm對管氣體：0L（）求得： 41.4cm 16.4cm為使右管內(nèi)水銀面回到原來位置，氣體的壓強應(yīng)為，長度應(yīng)為；由理想氣體狀態(tài)方程得：代入數(shù)據(jù)可得：所以：12 / 14. 兩列簡諧橫波的振幅都是