湖南省怀化市2019届高三物理二模考试试题（含解析）

湖南省怀化市2019届高三物理二模考试试题（含解析）二、选择题： 1.下列说法正确的是（）a. 衰变的实质是原子核内的一个中子转化成一个质子，同时释放出一个电子b. 实验表明，只要照射光的强度足够大，就一定能发生光电效应c. 钍的半衰期为24天，1g钍经过120天后还剩0.2gd. 根据玻尔的原子理论，氢原子从n5的激发态跃迁到n3的激发态时，核外电子动能减小【答案】a【解析】【详解】a、衰变的实质是原子核内的一个中子转化成一个质子，同时释放出一个电子，故a正确；b、根据光电效应方程可知，发生光电效应的条件与光的频率有关，与光的强度无关，故b错误；c、钍的半衰期为24天，1g钍经过120天后，发生5次衰变，根据mm0（）5g0.03125g，故c错误；d、据玻尔的原子理论，氢原子从n5的激发态跃迁到n3的激发态时，库仑力提供向心力，向心力增加，速度变大电子动能增加，故d错误。2.如图所示为甲物体和乙物体在平直地面上同向运动的vt图象，已知t0时甲在乙前方x070m处。下列说法正确的是（）a. 2s时，甲物体的速度方向发生改变b. 在04s内，甲和乙之间的最大距离为78mc. 3s时，甲、乙物体相遇d. 在03s内，甲物体在乙物体前面，3s4s内乙物体在甲物体前面【答案】b【解析】【详解】a、根据图象可知，04s内甲的速度都为正，方向没有发生变化，故a错误；b、c、t3s时甲和乙两物的速度相等，两者之间的距离最大，最大距离为 sx甲+x0x乙，故b正确，c错误；d、t3s两者之间的距离最大，则3s之后的一段时间内，甲仍在乙的前面，故d错误。3.大国工匠节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kv的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻绳od一端固定在高压线杆塔上的o点，另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上c点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从c点运动到处于o点正下方e点的电缆处。绳od一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g。关于王进从c点运动到e点的过程中，下列说法正确的是a. 工人对绳的拉力一直变大b. 绳od的拉力一直变小c. od、cd两绳拉力的合力大小等于mgd. 当绳cd与竖直方向的夹角为30时，工人对绳的拉力为【答案】cd【解析】【详解】a.对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳od的拉力为f1，与竖直方向的夹角为，绳cd的拉力为f2，与竖直方向的夹角为。根据几何知识知：+2=90，由正弦定理可得f1增大，f2减小，a错误，b.根据选项a的分析，b错误c.两绳拉力的合力大小等于mg，c正确d.=30时，=30，可求出，d正确。4.如图所示，甲图为某教室中的挂扇，乙图为挂扇风速挡位变换器电路图，把它视为一个可调压的理想变压器。匝数n02000匝的原线圈输入电压u220sin100t（v）。挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为200匝、500匝、1000匝、2000匝。电动机m的内阻r10，额定电压为u220v，额定功率p110w下列判断正确的是（）a. 当挡位由2变换到1时，风扇的转速加快b. 当挡位由3变换到2时，原线圈的电流变大c. 当选择挡位3时，电动机两端电压为110vd. 当选择挡位4时，电动机的输出功率为107.5w【答案】d【解析】【详解】a、分析可知，当挡位由2变换到1时，副线圈匝数减少，则输出电压减小，电动机两端的电压减小，风扇的转速减慢，故a错误。b、当挡位由3变换到2时，副线圈匝数减少，输出电压减小，输出电流减小，根据变压器电流的制约关系可知，原线圈的电流减小，故b错误。c、当选择挡位3时，副线圈匝数为1000匝，根据电压和匝数的关系可知，副线圈的输出电压的有效值为110v，即电动机两端电压为110v，故c错误。d、当选择挡位4时，副线圈匝数为2000匝，则电动机两端电压为220v，有效值为220v，电动机的输入功率p110w，则电流0.5a，电动机内阻上消耗的功率，则电动机的输出功率为107.5w，故d正确。5.2018年12月8日，嫦娥四号发射升空。将实现人类历史上首次月球背面登月。随着嫦娥奔月梦想的实现，我国不断刷新深空探测的中国高度。嫦娥卫星整个飞行过程可分为三个轨道段：绕地飞行调相轨道段、地月转移轨道段、绕月飞行轨道段我们用如图所示的模型来简化描绘嫦娥卫星飞行过程，假设调相轨道和绕月轨道的半长轴分别为a、b，公转周期分别为t1、t2关于嫦娥卫星的飞行过程，下列说法正确的是（）a. b. 嫦娥卫星在地月转移轨道上运行的速度应大于11.2km/sc. 从调相轨道切入到地月转移轨道时，卫星在p点必须减速d. 从地月转移轨道切入到绕月轨道时，卫星q点必须减速【答案】d【解析】【详解】a、根据开普勒第三定律，调相轨道与绕月轨道的中心天体分别对应地球和月球，故它们轨道半长轴的三次方与周期的二次方比值不相等，故a错误；b、11.2km/s是第二宇宙速度，是地球上发射脱离地球束缚的卫星的最小发射速度，故嫦娥卫星没有脱离地球束缚，故其速度小于11.2km/s，故b错误；c、从调相轨道切入到地月转移轨道时，卫星的轨道将持续增大，故卫星需要在p点做离心运动，故在p点需要加速，故c错误；d、从地月转移轨道切入到绕月轨道时，卫星相对月球而言，轨道半径减小，需要在q点开始做近心运动，故卫星需在q点减速，故d正确。故选：d。6.如图所示，abcd为边长为l的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为b。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为a. b. c. d. 【答案】c【解析】【详解】粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定经过圆心，由于粒子能经过c点，因此粒子出磁场时一定沿ac方向，轨迹如图：由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为 根据牛顿第二定律得： 解得： ，故c正确。故选：c。7.如图所示倾角为30的斜面放在地面上，一小滑块从斜面底端a冲上斜面，到达最高点d后又返回a点，斜面始终保持静止。已知滑块上滑过程经过ab、bc、cd的时间相等，且bc比cd长0.8m，上滑时间为下滑时间的一半，下列说法正确的是（）a. 斜面长为36mb. 滑块与斜面间的动摩擦因数为c. 地面对斜面的摩擦力先向左后向右d. 滑块向上运动和向下运动过程中，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力【答案】bd【解析】【详解】a、经过ab、bc、cd时间相等，且bc比cd长0.8m，设cd长度为l，逆向思维可知，bc3l，ab5l，所以3ll0.8m，解得l0.4m，斜面长x9l3.6m，故a错误；b、上滑过程的加速度设为a1，下滑时的加速度为a2，上滑过程可以逆向分析，则：，解得a14a2，根据牛顿第二定律可得：，联立解得，故b正确；c、减速上升和加速下降过程中，物体的加速度都是沿斜面向下，加速度在水平方向的分加速度都是向左，即斜面对物体水平方向的作用力向左，物体对斜面的作用力向右，物体处于静止，则地面对斜面的摩擦力方向向左，故c错误；d、滑块向上运动和向下运动过程中，加速度在竖直方向的分加速度竖直向下，物体处于失重状态，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力，故d正确。8.如图所示，空间存在一匀强电场，平行实线为该电场等势面，其方向与水平方向间的夹角为30，ab与等势面垂直，一质量为m，电荷量为q的带正电小球，以初速度v0从a点水平向右抛出，经过时间t小球最终落在c点，速度大小仍是v0，且ab=bc，重力加速度为g，则下列说法中正确的是 ( )a. 电场方向沿a指向bb. 电场强度大小为c. 小球下落高度d. 此过程增加的电势能等于【答案】bc【解析】【详解】由题意可知，小球在下落过程中动能不变，而重力做正功，则电场力做负功，而小球带正电，故电场线应斜向下；故a错误；由动能定理可知，mgabsin60=eqbcsin60；解得：e=mg/q；故b正确；将电场力分解为沿水平方向和竖直方向，则有竖直分量中产生的电场力f=eq=mgcos60=mg；则物体在竖直方向上的合力f合=mg+mg=mg，则由牛顿第二定律可知，竖直方向上的分加速度ay=g；则下落高度h=ayt2=gt2；故c正确；此过程中电场力做负功，电势能增加，由几何关系可知，小球在沿电场线的方向上的位移x=gt2；则电势能的增加量e=eqx=mg2t2；故d错误；故选bc.。三、非选择题： 9.如图甲所示，一端带滑轮的木板固定在水平桌面上，利用钩码拉动滑块在木板上运动来测量木板和滑块间的动摩擦因数。（1）下列操作中必要的有_a调整定滑轮高度，使细绳与水平木板平行b将木板右端垫起一个角度c释放小车的位置应尽量靠近打点计时器d钩码的质量远小于滑块的质量（2）滑块在钩码拉动下带动纸带运动时打出的一条纸带如图乙所示，已知打点计时器接频率为f的交流电源，则滑块加速度可表示为a_（3）若m为滑块的质量，m为钩码的质量，a为滑块的加速度，重力加速度为g，则木板和滑块间的动摩擦因数可表示为_【答案】 (1). （1）ac； (2). （2）； (3). （3）.【解析】【详解】（1）若细绳与水平木板不平行，小车在运动过程中，细绳与水平木板间的夹角会变化，小车与水平木板间的弹力会变，则摩擦力也会变化，故应该调整定滑轮高度，使细绳与水平木板平行，故a正确；b本实验不需要平衡摩擦力，故不需要将木板右端垫起一个角度，故b错误；c为使纸带上有尽量多范围打点，释放小车的位置尽量靠近打点计时器，故c正确；d本实验的对象为钩码与小车组成的系统，故不需要满足钩码的质量远小于滑动的质量，故d错误。（2）根据位移差公式可得加速度为；（3）对整体利用牛顿第二定律有mgmg（m+m）a可得。10.某一小型电风扇额定电压为5.0v，额定功率为2.5w某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的伏安特性曲线。实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：a电源e（电动势6.0v）b电压表v（量程为06v，内阻约为8k）c电流表a1（量程为00.6a，内阻约为0.2）d电流表a2（量程3a，内阻约0.05）；e滑动变阻器r1（最大阻值5k，额定电流100ma）f滑动变阻器r2（最大阻值25，额定电流1a）（1）为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用_滑动变阻器应选用_（填所选仪器前的字母序号）。（2）请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在甲图中的虚线框内（小电风扇的电路符号如图甲所示）_。（3）操作过程中发现，小电风扇通电后受阻力作用，电压表读数小于0.5v时电风扇没启动。该小组测绘出的小电风扇的伏安特性曲线如图乙所示，由此可以判定，小电风扇的电阻为_，正常工作时的发热功率为_w，机械功率为_w【答案】 (1). （1）c； (2). e； (3). （2）实验电路图如图所示； (4). （3）2.5， (5). 0.625， (6). 1.875。【解析】【详解】（1）电风扇的额定电流，从读数误差的角度考虑，电流表选择c电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为10的误差较小，即选择e。（2）因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻大约 ，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法。电路图如图所示。（3）电压表读数小于0.5v时电风扇没启动。根据欧姆定律得：正常工作时电压为5v，根据图象知电流为0.5a，则电风扇发热功率为：pi2r0.522.5w0.625w，则机械功率puii2r2.50.6251.875w，11.如图所示，某水平地面上静止放置两个木箱（可视为质点），两木箱间距为l小明同学用水平恒力推第一个木箱使之运动，运动一段时间后与第二个木箱碰撞，碰撞后两个木箱粘在一起做匀速直线运动。已知第一个木箱质量为m，第二个木箱质量为2m，木箱与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。设碰撞时间极短，求（1）小明同学的推力；（2）两个木箱做匀速直线运动的速度大小（3）碰撞中损失的机械能。【答案】（1）f=3mg；（2）；（3）mgl。【解析】【详解】（1）据题，碰撞后两个木箱粘在一起恰好能匀速运动，由平衡条件可得：f（m+2m）g3mg（2）对人推第一个木箱的过程，由动能定理得：（fmg）l0对两木箱碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0（m+2m）v共；解得 （3）碰撞中损失的机械能为。12.如图所示（俯视图），在绝缘的水平桌面上有三个相邻的矩形区域i、，区域i、的宽度均为d0.64m，区域的宽度足够大，m、m1、m2均为分界线。区域无磁场；区域有大小为b的匀强磁场，方向竖直向上；区域有大小为b的匀强磁场，方向竖直向下。在绝缘的桌面上固定放置两根与分界线垂直的平行金属导轨，导轨间距l0.1m，左端接一电阻r0.6一质量为m1kg，长度为l0.1m，电阻为r0.2的导体棒ac在水平向右的恒力f作用下从分界线m处由静止开始沿导轨方向向右运动，导体棒ac与导轨的动摩擦因数0.1已知导体棒ac以速度v0匀速通过区域，匀速通过区域的时间t10.4s。若导轨电阻不计，棒始终与导轨垂直且接触良好。重力加速度g10m/s2求：（1）区域的匀强磁场的磁感应强度b的大小；（2）导体棒ac由静止开始到速度为2v0过程中，导体棒ac产生的电热。已知在区域的运动时间t20.96s【答案】（1）10t；（2）0.16j【解析】【详解】（1）导体棒ac以速度v0匀速通过区域，则有：以导体棒为研究对象，在区域i根据动能定理可得：解得拉力为：f3n在区域根据平衡条件可得：fbil+mg其中 所以有：解得：b10t；（2）区域的磁感应强度为： 在区运动过程中，导体棒ac产生的电热为：设在区域运动的距离为x，根据动量定理可得：其中则有：解得：x1.6m根据动能定理可得：解得：wa0.64jq则有： 得：。三、选考题：13.如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程、到达状态e。对此气体，下列说法正确的是（）a. 过程中气体的压强逐渐减小b. 过程中气体对外界做正功c. 过程中气体从外界吸收了热量d. 状态c、d的内能相等e. 状态d的压强比状态b的压强小【答案】bde【解析】【详解】a、过程中气体作等容变化，温度升高，根据查理定律知气体的压强逐渐增大，故a错误。b、过程中气体的体积增大，气体对外界做正功，故b正确。c、过程中气体作等容变化，气体不做功，温度降低，气体的内能减少，根据热力学第一定律uw+q知气体向外界放出了热量，故c错误。d、状态c、d的温度相等，根据一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，可知，状态c、d的内能相等。故d正确。e、连接bo和do，根据数学知识可知，状态d的值大于状态b的值，根据气态方程知状态d的压强比状态b的压强小，故e正确。14.如图所示，两端开口的u形导热玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管横截面积的2倍。管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为12cm，大气压强为p075cmhg现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞封闭并将活塞缓慢推入管中，直至两管中水银面高度差达h10cm为止，整个过程中环境温度保持不变，求活塞下移的距离。【答案】11cm【解析】【详解】由于粗管横截面积是细管的2倍，因此两管中水银面高度差达10cm时，左管下降8cm，右管上升2cm，整个过程发生的是等温变化，设右管横截面积为s，左管横截面积为s，以右管气体为研究对象，进行状态参量的分析为：初状态：p075cmhg ， v012s末状态：p1？，v110s根据p0v0p1v1，得末状态右侧气体的压强为：以左管中的气体为研究对象，进行状态参量的分析为：初状态：p075cmhg ， v012s末状态：p2p1+10cmhg100cmhg ，v2？根据p0v0p2v2，得：即为此时左管的空气柱的长度为9cm，因此活塞下移的距离为：l129+811cm15.如图甲所示，b、c和p是同一水平面内的三个点，沿竖直方向振动的横波i在介质中沿bp方向传播，p与b相距40cm，b点的振动图象如图乙所示；沿竖直方向振动的横波在同一介质中沿cp方向传播，p与c相距50cm，c点的振动图象如图丙所示。在t0时刻，两列波同时分别经过b、c两点，两列波的波速都为20cm/s，两列波