2019届湖南省湘潭市高三下学期第二次模拟考试理科综合物理试题（解析版）

湖南省湘潭市2019届高三下学期第二次模拟考试物理试卷

二、选择题：

1.用轰击产生了m个某种粒子，核反应方程为．则

A. 方程式中的m＝3

B. 方程式中的X是粒子

C. 该反应需要吸收热量

D. 的比结合能一定大于的比结合能

【答案】D

【解析】

【详解】AB.由质量数和电荷说守恒可知m＝2，X是中子。故AB都错。

C. 重核裂变式反应是放热反应。故C错误。

D. 裂变后的产物比裂变前的稳定，越稳定比结合能越大，所以的比结合能一定大于的比结合能，故D正确。

2.乒乓球运动的高抛发球是由我国运动员刘玉成于1964年发明的，后成为风世界乒兵球坛的一项发球技术。某运动员在一次练习发球时，手掌张开且伸平，将一质量为2．7g的乒乓球由静止开始竖直向上抛出，抛出后向上运动的最大高度为2．45m，若抛球过程，手掌和球接触时间为5ms，不计空气阻力，则该过程中手掌对球的作用力大小约为

A. 0.4N B. 4N C. 40N D. 400N

【答案】B

【解析】

【详解】乒乓球抛出的速度为，对抛球的过程利用动量守恒可得，化简可得。故B正确，ACD错误。

3.如图所示，线圈abcd固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面。当磁场的磁感应强度B随时间t变化时，ab边受到的安培力恒定不变。则下列磁感应强度B随时间t变化的图象中可能正确的是

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

【详解】当磁感应强度发生变化时，线框内产生的感应电动势为：，感应电流为：，安培力为：由以上方程可得：。要使ab边受到的安培力恒定不变，由公式可知，若磁场增大，则减小；若磁场减少，则增大。故A正确，BCD错误。

4.如图所示，一条足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳的右端与一质量为12kg的重物相连，重物静止于地面上，左侧有一质量为10kg的猴子，从绳子的另一端沿绳子以大小为5 m／s2的加速度竖直向上爬，取g＝10m／s2，则下列说法正确的是

A. 绳上的拉力大小为50N

B. 重物不会离开地面

C. 2s末物体上升的高度为5m

D. 重物的加速度大小为3.2m/s2

【答案】C

【解析】

【详解】A.对猴子受力分析，受到重力和绳子的拉力，根据牛顿第二定律可得：，解得：。故A错误。

B.对物体受力分析可知，绳子对物体的拉力大于自身的重力，所以绳子要离开地面。故B错误。

CD.对物体有牛顿第二定律可得：解得：。末物体上升的高度为：。故C正确，D错误。

5.如图所示，半径为R的光滑大圆环用一细杆固定在竖直平面内，质量为m的小球A套在大圆环上。上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B连接井一起套在杆上，小球A和滑块B之间用长为2R的轻杆分别通过铰链连接，当小球A位于圆环最高点时、弹簧处于原长；此时给A一个微小扰动（初速度视为0），使小球A沿环顺时针滑下，到达环最右侧时小球A的速度为（g为重力加速度）。不计一切摩擦，AB均可慢为质点，则下列说法正确的是

A. 小球A、滑块B和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒

B. 小球A从圆环最高点到达环最右刻的过程中滑块B的重力能减小

C. 小球A从腰环最高点到达医环最右的过程中小球A的重力能小了

D. 小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了

【答案】D

【解析】

【详解】A.轻质弹簧、小球A、滑块B和轻杆组成的系统机械能守恒。故A错误。

B.开始是滑块B距离圆环最高点的距离为，小球A从圆环最高点到达环最右侧时，滑块B距离圆环最高点的距离为,所以在这个方程，小球B下降的距离为，可得滑块B重力能减小量为。故B错误。

C. 小球A从环最高点到达环最右的过程中下降的高度为,所以重力势能的减小量为。故C错误。

D. 小球A到达环最右侧时，A、B的速度方向都是竖直向下的，此时他们与轻杆的夹角相等，由因为A、B的速度沿轻杆方向的分量相等，所以A、B的速度相等：，在整个过程由能量的转化与守恒可得弹簧的弹性势能：

。故D正确。

6.一矩形线在匀强硬场中转动时产生的电动势，下列说法正确的是

A. 该交流电的频率为100Hz

B. 该交流电的电动势有效值为100V

C. t＝0．1s时，穿过矩形线圈的磁通量最大

D. 该交波电的电动势有效值比交流电的小

【答案】BC

【解析】

【详解】A.由电动势的表达式可知，线圈转动的角速度为：，所以可得交流电的频率为：。故A错误。

B.此交流电为正弦式交流电，所以该交流电的电动势的有效值为。故B正确。

C.时，感应电动势为，所以穿过矩形线圈的磁通量最大。故C正确。

D.两个交流电的表达式相同，故他们的有效值一定相同。故D错误。

7.如图所示，a、b、c为匀强电场中一条直线上的三点，ab＝bc=l，一个带电荷量为q的负点电荷，在大小为F的电场力的作用下，以某一初速度从a点运动到c点的过程中电势能增大W，则

A. 负点电荷从a点运动到c点的过程中一定经过b点

B. 匀强电场的电场强度大小为

C. 匀强电场的电场强度大小为

D. 若a点的电势为，则b点的电势为

【答案】BD

【解析】

【详解】A.由于电荷的速度方向和电场方向均未知，所以电荷可能做曲线运动不经过b点到达达c点。故A错误。

B.由电场强度的定义式可得电场强度为。故B正确。

C.电场的方向不一定沿ac方向，所以电场强度的大小不一定为。故C错误。

D.因为ab=bc，所以电荷从a到b电势能的增加量等于电荷从b到c电势能的增加量，增加量为；从a到b有，化简可得。故D正确。

8.2018年11月1日，我国第41颗北斗导航卫星“吉星”成功发射，该卫星工作在地球静止同步轨道上，可以对地面上的物体实现厘米级的定位服务。已知地球表面的重力加速度为g，半径为R，该卫星绕地球做圆周运动的周期为T。则下列说法正确的是

A. 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

B. 该卫星做圆周运动的轨道半径为

C. 该卫星运行的加速度大小为

D. 该卫星运行的线速度大小为

【答案】AD

【解析】

【分析】

第一宇宙速度是卫星的最小发射速度，也是卫星最大的环绕速度．在地球表面上，物体的重力等于万有引力，卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，由此列式求解．

【详解】A. 第一宇宙速度是卫星的最小发射速度，也是卫星最大的环绕速度。发射地球同步卫星，发射速度一定大于第一宇宙速度，运行速度小于第一宇宙速度，故A正确；

B.用M表示地球的质量，在地球表面为m0的物体，有，，

m表示卫星的质量，r表示卫星的轨道半径，由万有引力定律和牛顿第二定律得，联立解得，故B错误；

C. 由万有引力定律和牛顿第二定律得，代入B选项结论，，故C错误；

D. 由万有引力定律和牛顿第二定律得，代入B选项结论，v=，故

D正确。

故选：AD

三、非选择：

9.某探究小组为了研究小车的直线运动，用自制的“滴水计时器”计量时间。实验前，将该计时器固定在小车旁，如图甲所示。实验时，保持桌面水平，让小车在外力的作用下运动一段时间，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图乙记录了桌面上连续6个水滴的位置及它们之间的距离。已知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。结果均保留两位有效数字.

(1)水滴从滴到位置1至滴到位置6用时_________s。

(2)小车运动过程的加速度大小为_________m/s2；水滴滴到位置5时，小车的速度大小为_________m/s。

【答案】    (1). 2.0    (2). 0.10    (3). 0.35

【解析】

【详解】（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

（2）根据 可求得

根据中点时刻的速度等于平均速度可求得水滴滴到位置5时，小车的速度大小为

综上所述本题答案是：(1). 2.0    (2). 0.10    (3). 0.35

【点睛】根据题意求出打点时间周期，并利用中点时刻的速度等于平均速度求解某点的速度，利用求解运动的加速度。

10.某同学利用图甲所示的电路测量电流表的内阻RA（约为10Ω和电源的电动勢E。图中R1和R2为电阻箱，S1和S2为开关，已知电流表的量程为100mA

（1）断开S2，闭合S1，调节R1的阻值，使满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节R2，当R2的阻值为5．2Ω时的示数为40mA．则电流表的内阻的测量值RA=____Ω，该测量值_______（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。

（2）保持S1闭合，断开S2，多次改变R1的阻值，并记录电流表的相应示数。若某次R1的示数如图乙所示，则此次R1的阻值为______Ω。

（3）利用记录的R1的阻值和相应的电流表示数I，作出I—1－R1图象，如图丙所示，利用图丙可求得E＝_____V，（结果保留两位有效数字）

【答案】    (1). （1）7.8    (2). 小于    (3). （2）120.6    (4). （3）9.3（9.1-9.4）

【解析】

【分析】

(1)根据题意应用并联电路特点与欧姆定律求出电流表内阻；

(2)电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；

(3)根据电路图应用闭合电路欧姆定律求出表达式，然后根据图示图象求出电源电动势。

【详解】(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。

【点睛】电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数，要掌握常用器材的使用及读数方法；根据题意分析清楚电路结构、应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式是解题的关键。

11.如图所示，竖直固定在水平地面上的透气圆筒中有一劲度系数k＝50N／m的轻质弹簧，弹簧下端固定，上端连接一质量m＝1kg的薄板，圆筒内壁涂有一层ER流体，它对薄板的阻力可调。起初薄板静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度l=1m、现有一质量M=2kg的物体从距地面h=2m处自由落下，与薄板碰撞后粘在一起向下做匀减速运动，当薄板下移距离s＝0．5m时速度减为0，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m／s2，最终结果可以用根式和分式表示，求

（1）在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

（2）薄板下移距离时，ER流体对其阻力的大小。

【答案】；41.7N

【解析】

【详解】（1）物体下落后做自由落体运动，与板碰前的速度：

物体与板碰撞的过程动量守恒，设碰后的速度为：

在碰撞的过程，由能量的转化与守恒可得：

由以上方程可得：，

（2）物体与板一起运动的加速度为，由运动学公式可得：

碰撞前，弹簧的弹力为：

板下移时，由牛顿第二定律可得：

由以上方程可得：

12.如图所示，竖直分界线MN左侧存在水平向右的匀强电场，右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，其磁感应强度大小B＝×10—2T，P为电场中的一点，在其下方离P点距离处有一垂直于MN的足够大的板电场和磁场的范围足大，现将一重力不计、比荷C／kg的正电荷从P点由静止释放，经过△t＝4s，电荷以的速度过MN第一次进人右侧磁场。求

（1）P点到MN的距离及匀强电场的电场强度E的大小

（2）电荷打到挡板的位置到MN的距离

（3）电荷从P点出发至运动到挡板所用的时间

【答案】（1）0.5m；100N/C（2）0.28m（3）4.67×10-4s

【解析】

【分析】

（1）根据平均速度公式求解P点到MN的距离；根据牛顿第二定律结合运动公式求解匀强电场的电场强度E的大小；

（2）电荷在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合结合关系求解电荷打到挡板的位置到MN的距离；

（3）根据几何关系求解电荷在磁场中运动的圆弧所对的圆心角，根据求解时间；根据运动公式求解在电场中的运动时间.

【详解】（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，P点到MN的距离为

解得x=0.5m

由速度公式v0=a∆t

由牛顿第二定律qE=ma

解得E=100N/C

（2）电荷在电场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得：

解得

运动周期

电荷在电场、磁场中的运动轨迹如图，

Q点到挡板的距离为

则，即

A点到MN的距离x=rcos600=m=0.28m.

（3）电荷在电场中运动的总时间：

电荷在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为

电荷在磁场中运动的总时间

解得

则电荷从P点出发至运动到挡板所需的时间为

【点睛】本题的关键是要求出正电荷在交变磁场中运动半径和周期，从而确定正电荷在交变磁场中的周期性运动的轨迹，再由几何关系求出距离和时间．

13.关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是__________。

A. 物体的温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大

B. 能出污泥而不染，说明扩散现象在和污泥中不能进行

C. 当分子间的距离减小时，分子间的引力和斥力都增大・但斥力增大得更快

D. 若气体的摩尔质量为M，密度为p阿伏加德罗常数为NA，则气体的分子体积为

E. 分子势能和分子间作用力的合力可能同时随分子间距离的增大而增大

【答案】ACE

【解析】

【详解】A.温度是分子热运动的平均动能的标志，所以物体的温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大。故A.正确。

B.扩散现象在任何地方任何时间都不会停止。故B错误。

C. 当分子间的距离减小时，分子间的引力和斥力都增大，但斥力增大得更快，分子间作用力表现为斥力。故C正确。

D.是一个气体分子占的空间的大小，由于分子的间距较大，分子占的空间的大小要小于分子的大小。故D错误。

E.当分子距离大于平衡距离时，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。

14.如图所示，在柱形容器中密闭有一定质量的气体，一光滑地热活家（质量不可忽略，厚度可忽略）将容器分为A、B两部分，离容器底部高为45cm处开有一小孔与U形水银管相连，容器顶端有一阀门K，先将阀门打开与大气相通，外界大气压p0＝75 cmHg，稳定后U形管两边水银面的高度差△h＝15cm，此时活塞离容底部的高度L＝50cm，A、B两部分气体的温度t0＝300K，闭合阀门，仅使容器内A部分气体的温度降至240K，B部分气体的温度保持不变，稳定后U形管左、右两管水银面相平，不计U形管内气体体积，求

①U形管左、右两管水银面相平时，活塞离容器底部的高度

②整个柱形容器的高度

【答案】48cm；58cm；

【解析】

【详解】（1）对A部分的气体，初始的压强为，温度降为240K时的压强为。

由理想气体状态方程可得：即：

代入数据解得：

（2）设活塞对B部分气体的压强为，阀门打开与大气相通时，对B部分气体有：，可得：。

阀门打开与大气相通时，B部分的气体的压强为，设此时B部分气体的高度为。闭合阀门，容器内A部分气体的温度降至240K时，B部分的气体的压强为，此时B部分气体的高度为。B部分的气体做等温变化，由玻意耳定律可得：

代入数据可得：。

所以整个柱形容器的高度为

15.一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时刻波形如图所示，此时质点P沿y轴负方向运动，质点Q经过0．3s第一次到达平衡位置，则该波的传播方向为沿x轴___（填”正”“负”）方向，传播波速为______m／s，经过1．2s，质点P通过的路程为______cm。

【答案】    (1). 负    (2). 10    (3). 8

【解析】

【详解】（1）此时质点P沿y轴负方向运动，由波的形成原理可知此波沿沿x轴负方向传播。

（2）Q经过0．3s第一次到达平衡位置，可知波的周期为，所以波速为

（3）经过1．2s，质点P通过的路程为

16.如图所示，由某种透明物质制成的直角三棱镜ABC，∠A＝30，AB长为2m，且在AB外表面镀有水银。一束与BC面成45度角的光线从BC边的中点D射人棱镜。已知棱镜对该光的折射率n＝，有折射光线时，则不考虑反射光线。求光线射出棱镜的位置和在该位置对应的折射角。

【答案】    ,  0°

【解析】

【分析】

根据折射定律可求从BC边进入时的折射角，根据几何关系可求在AB边的入射角，经AB边反射后垂直AC边射出，则光线射出棱镜时的折射角为0°。再根据几何关系可求射出点到C的距离。

【详解】由折射定律可知：

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：。