2019届湖南省长沙市高三物理二模试题答案

海量资源尽在星星文库：届湖南省长沙市高三物理二模试题答案一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．【解答】解：ABC、根据质量数守恒和核电荷数守恒，其核反应方程为U+n→Xe+Sr+2n，这个核反应时重核裂变，会释放出大量的能量。故ABC错误；D、根据比结合能曲线可知，中等质量的原子核比结合能大，轻核和重核的比结合能小，U重核，故Xe的比结合能大于U的比结合能，故D正确。故选：D。2．【解答】解：向上为正，手离开球后的速度为v：v＝＝＝3m/s重力忽略由动量定理有：F＝＝≈4N，故B正确，ACD错误故选：B。3．【解答】解：设线圈的长宽分别为a、b，当磁感应强度发生变化时，线框内产生感应电动势为：E＝＝＝感应电流为：I＝安培力为：F＝BIa得：F＝由公式可知，若磁场B增大，则△B减小；若B减小，则△B增大。所以四个图象中只有C正确。故选：C。4．【解答】解：A、对猴子受力分析，受到重力和绳对猴子的摩擦力，根据牛顿第二定律得：f﹣mg＝ma解得：f＝150N，即绳上的拉力大小为150N，故A错误；B、因绳的拉力为150N＞120N，所以重物会离开地面，故B错误；CD、对重物由牛顿第二定律得：F﹣Mg＝Ma，解得：a＝2.5m/s2，2s末物体上升的高度海量资源尽在星星文库：＝＝5m，故C正确D错误。故选：C。5．【解答】解：A、小球A、滑块B、轻杆和轻弹簧组成的系统在下滑过程中，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，则知小球A、滑块B和轻杆组成的系统机械能不守恒，故A错误；B、小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中，此时滑块B距离圆心的高度为2Rcos30°＝R，滑块B下落的高度为h＝3R﹣R，滑块B的重力势能减小了（3﹣）mgR，故B错误；C、小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中，小球A下落的高度为R，所以小球A的重力势能减小了mgR，故C正确；D、小球A从圆环最高点到达圆环最右侧时，两个小球的速度方向都向下，如图所示，根据运动的合成与分解可得：vAcosθ＝vBcosθ，则vA＝vB，根据机械能守恒定律可得：（3﹣）mgR+mgR＝++EP，解得：EP＝（3﹣）mgR，所以小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了（3﹣）mgR，故D正确；故选：D。6．【解答】解：A、交流电动势e＝100sin50πt（V），故角频率ω＝50πrad/s，周期T＝，频率f＝，故A错误；B、交流电的最大值为：V，故有效值为：，故B正确；C、t＝0.1s时，e＝0，线圈处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，故C正确；D、有效值有时候比瞬时值大，有时候比瞬时值小，故D错误；故选：BC。7．【解答】解：A、以某一初速度从a点运动，初速度方向未知，不能确定经不经过b点，故A错误；B、负电荷在a点受到的电场力为F，由场强的公式得：E＝，故B正确；海量资源尽在星星文库：、根据U＝可知，ac两点间的电势差为：，假设电场方向与ac成α角，则电场强度为：，但由于电场方向不确定，故电场强度不能具体确定，最小值为，故C错误；D、匀强电场，b为a、c连线的中点，从a点移动到b点和从b点移动到c点，电势能都增大W，则，又Uab＝φa﹣φb，则b点电势为，故D正确。故选：BD。8．【解答】解：A、第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大运行速度，是最小的发射速度。所以该卫星的发射速度大于第一宇宙速度，运行速度小于第一宇宙速度，故A正确。BCD、设卫星的质量为m，地球的质量为M，运行的加速度大小为a，线速度大小为v。卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得G＝mr在地球表面上，物体的重力等于万有引力，有m′g＝G联立解得r＝该卫星运行的加速度大小为a＝r＝•＝卫星运行的线速度大小为v＝＝，故BC错误，D正确。故选：AD。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～16题为选考题，考生根据要求作答9．【解答】解：（1）滴水计时器从滴出第1个水滴开始计时，到滴出第26个水滴共用时10s，则滴水周期为所以水滴从滴到位置1至滴到位置6用时为t′＝5×0.4＝2.0s；（2）根据△s＝aT2可求得海量资源尽在星星文库：时，小车的速度大小为；故答案为：（1）2.0（2）0.10（3）0.3510．【解答】解：（1）由题意可知，干电路电流不变为：Ig＝100mA，流过电阻箱R2的电流：I2＝Ig﹣IA＝100mA﹣40mA＝60mA，电流表内阻：，当开关S2闭合后，并联部分的电阻减小，总电流偏大，所以流过流过电阻箱R2的电流应大于60mA，所以该测量值小于真实值；（2）由图乙所示可知，电阻箱阻值为：1×100Ω+2×10Ω+0×1Ω+6×0.1Ω＝120.6Ω；（3）断开S2、闭合S1，由图示电路图可知，电源电动势：E＝I（r+R1+RA），则：图象的斜率：，解得：E≈9.3V。故答案为：（1）7.8；小于；（2）120.6；（3）9.3。11．【解答】解：（1）物体下落后与薄板碰撞之前做自由落体运动，则有v02＝2g（h﹣l）物体与薄板碰撞过程系统的动量守恒，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得Mv0＝（M+m）v1。在此过程中系统损失的机械能为△E＝Mv02﹣（M+m）v12。代入数据解得：△E＝J≈6.7J，v1＝m/s（2）物体与薄板一起做匀减速运动时，有0﹣v12＝﹣2as碰撞前，弹簧的弹力F＝mg薄板下移距离s0＝0.1m时，f+ks0+F﹣（M+m）g＝（M+m）a解得f＝N≈41.7N答：（1）物体与薄板碰撞过程中，物体与薄板组成的系统损失的机械能6.7J；海量资源尽在星星文库：（2）薄板下移距离s0＝0.1m时，ER流体对其阻力的大小41.7N。12．【解答】解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，P点到MN的距离：x＝解得：x＝0.5m根据速度时间规律可得：v0＝a△t根据牛顿第二定律可得：Eq＝ma解得：E＝100N/C（2）电荷在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律：qv0B＝m可得：r＝m粒子在磁场中运动的周期：T＝＝2×10﹣4s电荷在电场、磁场中的运动轨迹如图所示，O点到挡板的距离为：d﹣3r＝m所以：cos∠AON＝，即：∠AON＝60°A点到MN的距离x＝rsin60°＝m≈0.28m（3）电荷在电场中运动的总时间：t1＝3△t＝3×10﹣4s电荷在磁场中运动的圆弧所对应的圆心角：θ＝π+π﹣电荷在磁场中运动的总时间：t2＝解得：t2＝×10﹣4s所以电荷从P点从发至运动到挡板所需时间：t＝t1+t2＝×10﹣4s≈4.67×10﹣4s答：（1）P点到MN的距离为0.5m，匀强电场的电场强度E的大小为100N/C；（2）电荷打到挡板的位置到MN的距离为0.28m；（3）电荷从P点出发至运动到挡板所用的时间为4.67×10﹣4s。海量资源尽在星星文库：[物理--选修3-3]（15分）13．【解答】解：A、温度是分子平均动能的标志，物体的温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大。A正确；B、能出污泥而不染，说明分子间存在间隔，故B错误；C、分子间的引力和斥力都随分子间距离减小而增大，但斥力增大得比引力快，故C正确；D、若气体的摩尔质量为M，密度为ρ阿伏加德罗常数为NA，由每个气体分子占有的空间体积为：，故D错误。E：当分子距离大于平衡距离r0时，如果分子间的距离再增大时，分子势能和分子间作用力的合力就会随分子间距离的增大而增大。故E正确。故选：ACE。14．【解答】解：①对A部分气体，由理想气体状态方程可知，＝＝解得lA＝48cm②B部分气体做等温变化，则有：PBVB＝PB'VB'75lB＝（75﹣15）（lB+50﹣48）解得lB＝8cm所以整个柱性容器的高度为50+8cm＝58cm。答：①U形管左、右两管水银面相平时，活塞离容器底部的高度为48cm；②整个柱形容器的高度为58cm。[物理--选修3一4]（15分）海量资源尽在星星文库：．【解答】解：t＝0时刻P沿y轴负方向运动，结合波形图可知，该波传播的方向为x轴负方向；图中t＝0时刻Q点位于负最大位移处，到第一次回到平衡位置的时间为，则：＝0.3s；所以T＝1.2s；由图可知，该波的波长为12m，则波速：v＝＝m/s由图可知该波的振幅为A＝2cm，经过1.2s＝1T，则质点P的路程等于4A＝4×2cm＝8cm故答案为：负；10；816．【解答】解：光线在D点发生折射时，由折射定律可知：可得r＝30°由几何关系可知，光线在AB面的入射角等于30°，所以光线在AB面发生反射后，垂直AC面射出棱镜，即光线射出棱镜时的折射角为0°射出点到C点的距离解得：。答：光线射出棱镜的位置到C点的距离为m，在该位置对应的折射角是0°。