1、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
2、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
3、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
4、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
5、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7.9 km/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11.2 km/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
6、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3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】D【解析】【详解】A.轨道I的半径为R，则轨道的半长轴为则由开普勒第三定律得：，即，则A错误；B.在a点在轨道I做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有；，在轨道上b点做向心运动，万有引力大于向心力，则：，则，则B错误；C.由，得，即在a点的加速度大小为在c点的4倍，则C错误；D.在b点做向心运动，在c点做离心运动，则c点的速度大于b点的速度，c点动能大于b点的动能，又两
7、点势能相等，故卫星在b点的机械能小于在c点的机械能，则D正确；5.如图所示，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L的轻杆相连，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对地面的压力可能小于mgD. 球A落地的瞬时速度为【答案】CD【解析】【详解】AB.A与B、C在沿杆方向的分速度相等，当A落地时，A沿杆方向分速度为零，B、C停止运动。B、C应先加速后减速，杆对B、C先做正功后做负功，对A先做负
8、功后做正功，B、C机械能先增大后减小，A的机械能先减小后增大，故AB错误；C.B做减速运动时，轻杆对B有斜向上的拉力，因此B对地面的压力可能小于mg，故C正确；D.A落地时B、C速度皆为零，根据A、B、C组成系统机械能守恒可得：解得：故D正确。故选CD。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
9、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（
10、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
11、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
12、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
13、；设t0时刻的速度为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
14、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】【详解】（1）直径d2.2cm+0.10=2.20cm=22.0 mm（2）设悬线长度为L，则A球到达最低点时速度：；碰后A球
15、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；即化简后可得碰撞是弹性碰撞，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
16、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). 115 (2). 1.5104 (3). 12 (4). AC (5). 偏大【解析
17、】【详解】（1）选择开关置于“25V”时，选择表盘第二排刻度进行读数，分度值为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
18、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
19、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】【
20、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
21、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
22、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
23、、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在点时对轨道压力为2mg，A在NN右侧受到的电场力F=qE=mg重力和电场力合力大小为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
24、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
25、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
26、入管中的水银柱的长度？（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PB2LB2
27、PB3LB3得LA36cm，LB312cm可得竖直管内的水银柱高度为15cm+（61）cm+（1210）cm18cm15.图1中的B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号由计算机处理，从而形成B超图像图2为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图象，t=0时刻波恰好传到质点M已知此超声波的频率为1107 Hz下列说法正确的是_A. 血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为1.4103 m/sB. 质点M开始振动的方向沿y轴正方向C. t=1.25107 s时质点M运动到横坐标x=3.5104 m处D. 01.25107 s内质点M的路
28、程为2 mmE. t=1.5107 s时质点N恰好处于波谷【答案】ADE【解析】【详解】A、由图2知波长=14102 mm=1.4104m，由v=f得波速v=1.4104 m1107 Hz=1.4103 m/s，选项A正确；B、根据波动与振动方向间的关系，质点M开始振动的方向沿y轴负方向，选项B错误；C、质点M只会上下振动，不会随波迁移，选项C错误；D、质点M振动的周期T=1107 s，由于，质点M在01.25107s内运动的路程L=4A=40.4 mm=2 mm，选项D正确；E、t=1.5107 s时波传播的距离L=1.4103 m/s1.5107 s=2.1104 m=21102 mm，此
29、时图2中横坐标x=14102 mm的波谷恰好传播到质点N，选项E正确16.如图所示，由某种透明物质制成的直角三棱镜ABC，A30，AB长为2m，且在AB外表面镀有水银，一束与BC面成45角的光线从BC边的中点D射入棱镜，已知光线经AB面反射后恰好从AC面垂直射出棱镜，求棱镜对该光的折射率和从棱镜射出的位置与C点的距离【答案】棱镜对该光的折射率是，从棱镜射出的位置与C点的距离是【解析】【详解】由几何关系知，光线经AB面反射后恰好从AC面垂直射出棱镜，在AB面的入射角一定等于30，在BC面的折射角r30；光线在D点发生折射时，由折射定律可知： 射出点E到C点的距离xCEsin60sin60解得：xCEm
