湖南省衡阳市2019届高三物理三模考试试题（含解析）

2019年湖南省衡阳市高考物理三模试卷二、选择题：本题共8小题，毎小题6分共48分在毎小题给出的四个选项中，第1418题題只有一项符合题目要求；第1921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1.2019年春节期间上映的科幻大片流浪地球，很受欢迎，影片中描述的行星发动机为“重元素核聚变发动机”通过燃烧石头获得能量，所谓”重元素核聚变”指的是两个比较重（相对氘，氚）的核，产生聚变形成一个更重的核并放出能量的过程。影片中发动机燃烧石头指的是石头里的硅（si）聚变生成铁（fe），结合下比结合能图，下列说法正确的是（ ）a. 结合能是指把原子核拆成自由核子所放出的能量b. 比结合能越大，原子核越稳定c. si的比结合能比fe的比结合能大d. 已知硅核质量，可以算出硅核的结合能【答案】b【解析】【详解】原子核是核子结合在一起构成的，要把它们分开，需要能量，这就是原子核的结合能，故a错误；比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。故b正确；fe比si稳定，si的比结合能比fe的比结合能小。故c错误；只知道硅核质量，不足以算出硅核的结合能。故d错误。2.如图所示，质量分别为m和2m的a，b两物块，用一轻弹簧相连，将a用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块b调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂a物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x突然撤去木板，重力加速度为g，物体运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（ ）a. 撤去木板瞬间，b物块的加速度大小为gb. 撤去木板间，b物块的加速度大小为0.5gc. 撤去木板后，b物块向下运动3x时速度最大d. 撤去木板后，b物块向下运动2x时速度最大【答案】c【解析】【详解】撤去木板瞬间，b物块受到的合力为3mg，由牛顿第二定律可知：ab1.5g，故ab错误；当b物块受到的合外力为零时，速度最大，此时t22mgkx2，又mgkx，所以弹簧此时的伸长量x22x，即b物块向下运动3x时速度最大，故c正确，d错误。3.如图所示，地面上固定有一半径为r的半圆形凹槽，o为圆心、ab为水平直径、现将小球（可视为质点）从a处以初速度v1水平抛出后恰好落到d点：若将该小球从a处以初速度v2水平抛出后恰好落到c点，c、d两点等高，oc与水平方向的夹角60，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）a. v1：v2l：4b. 小球从开始运动到落到凹槽上的过程中，其两次的动量变化量相同c. 小球落在凹槽上时，其两次的重力的瞬时功率不同d. 小球落到c点时，速度方向可能与该处凹槽切面垂直【答案】b【解析】【详解】过c与d分别做ab的垂线，交ab分别与m点与n点，如图：则：omonrcos600.5r；所以：am0.5r，an1.5r；由于c与d点的高度是相等的，由：hgt2可知二者运动的时间是相等的。由水平方向的位移为：xv0t，可得故a错误；它们速度的变化量：vgt，二者运动的时间是相等的，则它们速度的变化量也相等，根据p=mv可知动量变化量相等。故b正确；两次的位移分别为：ad和ac，显然ac2ad，所以前后两次的平均速度之比不等于1：2故c错误；球落到c点时，若速度方向与该处凹槽切面垂直则速度方向为oc，o点应为am的中点，显然不是，故d错误.4.如图，虚线i、分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道i为与第一宇宙速度7.9km/s对应的近地环绕圆轨道，轨道为椭圆轨道，轨道为与第二宇宙速度11.2km/s对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道i半径的2倍，则a. 卫星在轨道的运行周期为轨道i的2倍b. 卫星经过a点的速率为经过b点的倍c. 卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍d. 质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能【答案】cd【解析】【分析】根据虚线i、分别表示地球卫星的三条轨道可知，本题考查“万有引力的应用“，根据万有引力定律知识进分析求解。【详解】a项：由开普勒第三定律可得：，解得：，故a错误；b项：由公式，如果卫星在ii轨道做椭圆周运动，卫星经过两个轨道交点速率为经过b点的倍，但卫星在轨道经过加速才能变做随圆运动，所以卫星经过a点的速率不是经过b点的倍，故b错误；c项：由公式可知，卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍，故c正确；d项：卫星越高，发射过程中要克服引力做功越多，所以质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能，故d正确。故选：cd。5.如图所示，用铰链将三个质量均为m小球a、b、c与两根长为l轻杆相连，b、c置于水平地面上，系统静止时轻杆竖直，现给系统一个微小扰动，b、c在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则此过程中（ ）a. 球a的机械能一直减小b. 球c的机械能一直增大c. 球b对地面的压力不可能小于mgd. 球a落地的瞬时速度为【答案】d【解析】【详解】因为a、b、c组成的系统机械能守恒，在a落地前，bc运动；在a落地时，bc停止运动。由于系统机械能守恒可知，a的机械能转化为bc的动能，故a的机械能不可能一直减小，同理c的机械能不可能一直增大，故a b错误；在a落地前，b做减速运动，由于轻杆对b有斜向上的拉力，因此b对地面的压力可小于mg，故c错误；根据动能定理可得：mgl=mv2，解得：，故d正确。6.如图所示为某小型水电站的电能输送示意图，输电线总电阻为r，升压变压器、降压变压器均为理想变压器。假设发电机的输出电压不变。则下列说法正确的是（ ）a. 若使用的电灯减少，则发电机的输出功率不变b. 若使用的电灯减少，则发电机的输出功率将减小c. 若使用的电灯増多，则降压变压器的输出电压不变d. 若使用的电灯增多，则降压变压器的输出电压将减小【答案】bd【解析】【详解】输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，由于当使用灯泡减小时，输出功率减小，则输入功率也减小，故a错误，b正确；当使用灯泡增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则降压变压器的初级电流变大，输电线上的电流增大；输电线上的电压损失增大，发电机的输出电压u1不变，升压变压器匝数比不变，则次级电压u2不变，可知降压变压器的输入电压u3减小，又降压变压器的匝数比不变，故降压便器的输出电压减小。故d正确，c错误；7.如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势q与坐标x的关系如图中曲线所示，曲线过（0.1，4.5）和（0.15，3）两点，图中虚线为该曲线过点（0.15，3）的切线，现有一质量为0.20kg、电荷量为+2.0108c的滑块p（可视为质点），从x0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩蓀因数为0.02，取重力加速度g10m/s。则下列说法中正确的是（ ）a. 滑块p运动过程中的电势能先减小后增大b. 滑块p运动过程中的加速度先减小后增大c. x0.15m处的电场强度大小为2.0106n/cd. 滑块p运动的最大速度为0.1m/s【答案】bcd【解析】【详解】电势与位移x图线的斜率表示电场强度可知，电场方向未变，滑块运动的过程中，电场力始终做正功，电势能逐渐减小，故a错误；电势与位移x图线的斜率表示电场强度，则x0.15m处的场强为： ，此时的电场力为：fqe21082106n0.04n；滑动摩擦力大小为：fmg0.022n0.04n，在x0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x0.15m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大。故bc正确。在x0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，qufxmv2，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5105v，代入求解，最大速度大约为0.1m/s。故d正确。8.在倾角为足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为l，如图所示一个质量为m、电阻为r、边长也为l的正方形线框，在t=0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，线框ab边到达gg与ff中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是()a. 当ab边刚越过ff时，线框加速度的大小为gsin b. t0时刻线框匀速运动的速度为c. t0时间内线框中产生的焦耳热为mglsin d. 离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动【答案】bc【解析】线框开始进入磁场时，线框处于平衡状态，此时有：mgsin=bil=当ab边刚越过ff时，此时线框速度仍为v0，此时有：2bi2l-mgsin=ma2i2由得：-mgsin=ma2联立可得：a=3gsin，故a错误；设t0时刻速度为v，此时处于平衡状态，有：i32bi3l=mgsin联立得v=，故b正确；在时间t0内根据功能有：q=mglsin+mv02mv2=mglsin+mv2，故c正确； 离开磁场时由于安培力小于重力沿斜面的分力，因此线框将做加速度逐渐减小的变加速运动，故d错误；故选bc二、非选择题：包括必考题和选考题部分，第22题-第32题为必考题，每个试考生都必须作答第33题一第38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9.某实验小组利用如图1所示的实验装置验证动量守恒定律实验的主要步骤如下：（1）用游标卡尺测量小球a、b的直径d，其示数均如图2所示，则直径d_ mm，用天平测得球a、b的质量分别为m1、m2.（2）用两条细线分别将球a、b悬挂于同一水平高度，且自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上（3）将球a向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为时由静止释放，与球b碰撞后，测得球a向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为1，球b向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为2.（4）若两球碰撞前后的动量守恒，则其表达式为_；若碰撞是弹性碰撞，则还应满足的表达式为_(用测量的物理量表示)【答案】 (1). 22.0 (2). (3). 【解析】（1）直径d2.2cm+0.10=2.20cm=22.0 mm（2）设悬线长度为l，则a球到达最低点时的速度：；碰后a球的速度：；碰后b球的速度：；若两球碰撞前后的动量守恒，则其表达式为m1v=m2v2-m1v1，即；即碰撞是弹性碰撞，则还应满足的表达式为，即：，即：m1cos m1cos 1m2(1cos 2)点睛：此题关键是要搞清实验的原理，注意碰撞前后的速度方向；知道弹性碰撞所满足的能量关系即可列式.10.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请回答下列问题：（1）在使用多用电表测量时，若选择开关找至“25v“挡，指针的位置如图（a）所示，则测量结果为_v（2）多用电表测量未知电阻阻值的电路如图（b）所示，电源的电动势为e，r0为调零电阻。某次将待测电阻用电阻箱代替时，电路中电流i与电阻箱的阻值rx关系图象如图（c）所示，则此时多用电表的内阻为_，该电池的电动势e_v（3）下列判断正确的是（ ）a在图（b）中、电表的左、右插孔处分别标注着“”、“+”b由图线（c）的特点可知，欧姆表的刻度盘上的数字左小右大c欧姆表调零的实质是通过调节r，使rx0时电路中的电流达到满偏电流d电阻rx的变化量相同时，rx越小，则对应的电流变化量就越小（4）如果随着使用时间的增长，该多用电表内部的电源电动势减少，内阻增大，但仍然能够欧姆调零，如仍用该表测电阻，则测量结果是_。（填“偏大”“偏小”或“不变”）【答案】 (1). 11.5 (2). 1.5104 (3). 12 (4). ac (5). 偏大【解析】【详解】（1）选择开关置于“25v”时，选择表盘第二排刻度进行读数，分度值0.5v，对应刻度示数为：11.5v。（2）根据闭合电路的欧姆定律得： ，由题图可得ig0.8ma，当i0.3ma时，rx15 k，解得 r内15 k1.5104，e12 v。（3）根据电流红进黑出，在题图b中，电表的右、左插孔处分别标注着“+”“”，故a正确；函数图象是非线性变化，导致欧姆表刻度不均匀，欧姆表的刻度盘上的示数左大右小，由于外电阻增大电路电流减小造成的，故b错误；欧姆表调零通过调节滑动变阻器r0，调节至待测电阻rx为零（即两表笔短接）时，电流表满偏，对应欧姆表示数为零，故c正确；欧姆表刻度不均匀的原因是待测电阻和电路电流关系非线性变化，而且irx切线斜率大小随待测电阻值增大而减小，即rx阻值变化量对应电流变化量随待测电阻增大而减小，欧姆表刻度左密右疏，故d错误。故选ac（4）测量原理为闭合电路欧姆定律：当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流ig不变，由公式，欧姆表内阻r中得调小， ，因r中变小，则同一rx则电流要变小，对应电阻刻度值偏大。11.如图所示，电动机带动倾角为37的传送带以v8m/s的速度逆时针匀速运动，传送带下端点c与水平面cdp平滑连接，b、c间距l20m；传送带在上端点b恰好与固定在竖直平面内的半径为r0.5m的光滑圆弧轨道相切，一轻质弹簧的右端固定在p处的挡板上，质量m2kg可看做质点的物体靠在弹簧的左端d处，此时弹簧处于原长，c、d间距x1m，pd段光滑，dc段粗糙现将m压缩弹簧一定距离后由静止释放，m经过dc冲上传送带，经b点冲上光滑圆孤轨道，通过最高点a时对a点的压力为8n上述过程中，m经c点滑上传送带时，速度大小不变，方向变为沿传送带方向。已知与传送带同的动摩擦因数为0.8、与cd段间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g10m/s2求：（1）在圆弧轨道的b点时物体的速度（2）m在传送带上运动的过程中，带动传送带的电动机由于运送m多输出的电能e。（3）m释放前，系统具有的弹性势能ep【答案】（1）5.0m/s（2）512j。（3）19j【解析】【详解】（1）m恰能过a点，由牛顿第二定律：mg+fam 解得vam/s，从b到a由机械能守恒：mg（r+rcos）解得vb5.0m/s（2）m在传送带上运动时由于vb小于皮带速度，可知物体一直做加速运动，由1mgcosmgsinma解得a0.4m/s2由公式：vb2-vc22al，解得v3m/s由vbvc+at解得t5s；传送带在t时间内的位移：x1vt40m，由于物体对皮带有沿皮带向下的摩擦力，要维持皮带匀速运动，故电动机要额外给皮带一个沿皮带向上的牵引力，大小与物体受到的摩擦力一样大，多做的功wmgcosx1512j，多输出的电能e512j（3）设弹簧弹力对物体做功w，则从弹簧的压缩端到c点，对m由动能定理：w2mgx0mvc20解得：w19j可知ep19j12.如图所示，绝缘轨道mnpq位于同一竖直面内，其中mn段是长度为l的水平轨道，pq段为足够长的光滑竖直轨道，np段为光滑的四分之一圆弧，圆心为o，直线nn右侧有方向水平向左的电场（图中未画出），电场强度e=，在包含圆弧轨道np的onop区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为b的匀强磁场（边界处无磁场）轨道mn最左端m点处静止一质量为m、电荷量为q的带负电的物块a，一质量为3m为物块c从左侧的光滑轨道上以速度v0撞向物块aa、c之间只发生一次弹性碰撞，且最终刚好挨在一起停在轨道mn上，a、c均可视为质点，且与轨道mn的动摩擦因数相同，重力加速度为ga在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨道a第一次到达n点时，对轨道的压力为2mg求：（1）碰撞后a、c的速度大小；（2）a、c与水平轨道mn的动摩擦因数；（3）a对轨道np的最大压力的大小【答案】（1）；（2）（3）【解析】【分析】（1）a、c发生弹性碰撞，满足动量守恒和动能守恒，列式联立求解碰后a、c的速度；（2）a在nn右侧运动过程中，电场力和重力做功之和为0。根据动能定理列式求解a、c与水平轨道mn的动摩擦因数；（3）将重力和电场力进行等效合成，找到a对轨道np有最大压力的位置，根据动能定理求解此位置的速度，根据牛顿第二定律求解最大压力.【详解】（1）a、c发生弹性碰撞后的速度分别为va、vc，则有：3mv0=mva+3mvc=+联立解得：（2）设a、c最后静止时与m点的距离为l1，a在nn右侧运动过程中，电场力和重力做功之和为0。有mg（2ll）=3mgl=联立解得（3）设a在点的速度为，a从m到n的过程中，由动能定理得设圆弧np的半径为a因为a在点时对轨道的压力为2mg，a在nn右侧受到的电场力f=qe=mg重力和电场力的合力大小为f合=2mg，方向与op夹角为。过o点沿合力方向作直线与圆弧相交于点，当a经p点返回n点的过程中到达k点时，达到最大速度，此时a对轨道的压力最大。a从m点到k点过程中，由动能定理可得：返回k点时：fnf合由得：fn由牛顿第三定律得a对轨道np的最大压力为：13.下列说法正确的是（ ）a. 已知铜的密度、摩尔质量和阿伏伽德罗常数，可以估算铜分子的直径b. 热量不可能从低温物体传到高温物体c. 一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加d. 在一定的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，但非晶体一定不可以转化为晶体e. 当液体与固体之间表现为浸润时，附着层内分子间的作用力表现为斥力【答案】ace【解析】【详解】已知铜的密度和摩尔质量可求摩尔体积，摩尔体积除以阿伏伽德罗常数得铜分子体积，把铜分子看成球型，即可求解铜分子直径，故a正确；根据热力学第二定律可知，热量能从低温物体传到高温物体，如空调，但会引起其他的变化，故b错误；一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程，根据盖吕萨克定律可知温度升高，故气体内能一定增大，故c正确；晶体与非晶体在一定的条件下可以相互转化，即在一定的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，非晶体也可以转化为晶体。故d错误；液体与固体之间表现为浸润时，附着层内分子之间的作用力表现为斥力；附着层出现扩展的趋势；故e正确；14.内径相同、导热良好的“上“形细管竖直放置，管的水平部分左、右两端封闭，竖直管足够长且上端开口与大气相通，水银将水平管中的理想气体分为两部分，各部分长度如图所示，设外界温度不变，外界气压p075cmhg。（1）现再向竖直管中缓慢注入水银，直到b中气柱长度变为4.5cm求注入管中水银柱的长度？（2）如果让整个装置保持图示形状不变做自由落体运动，求竖直管内水银的高度？【答案】（1）11.5cm；（2）18cm。【解析】【详解】（1）设细管的横截面积为s对b气体：pb1lb1spb2lb2s对a中气体：pa1la1spa2la2s且：pa1pb1，pa2pb2，lb15cm，lb24.5cm，la110cm代入数据解得：la29cmpa2pb2100cmhg又：pb2p0+p竖2，p竖225cmhg故注入水银柱的长度为：l25cm15cm+（54.5）cm+（109）cm11.5cm（2）自由落体后，pa3pb375cmhg由pa1la1pa3la3，和pb2lb2pb3lb3得la36cm，lb312cm可得竖直管内的水银柱高度为15cm+（