2019届湖南省衡阳市高三三模考试物理试题（解析版）

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14～18题題只有一项符合题目要求；第19～21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g

B. 撤去木板间，B物块的加速度大小为0.5g

C. 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：aB＝1.5g，故AB错误；当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时T2＝2mg＝kx2，又mg＝kx，所以弹簧此时的伸长量x2＝2x，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θ＝60°，不计空气阻力，则下列说法正确的是（   ）

A. v1：v2＝l：4

B. 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：OM＝ON＝R•cos60°＝0.5R；所以：AM＝0.5R，AN＝1.5R；由于C与D点的高度是相等的，由：h＝gt2可知二者运动的时间是相等的。由水平方向的位移为：x＝v0t，可得．故A错误；它们速度的变化量：△v＝gt，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AC≠2AD，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、Ⅱ、Ⅲ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Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ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Ⅱ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Ⅱ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、Ⅱ、Ⅲ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Ⅰ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mg

D. 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+2.0×10﹣8C的滑块P（可视为质点），从x＝0.10m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g＝10m/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. x＝0.15m处的电场强度大小为2.0×106N/C

D. 滑块P运动的最大速度为0.1m/s

【答案】BCD

【解析】

【详解】电势ϕ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ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x＝0.15m处的场强为： ，此时的电场力为：F＝qE＝2×10﹣8×2×106N＝0.04N；滑动摩擦力大小为：f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x＝0.15m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x＝0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，qU﹣fx＝mv2，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V，代入求解，最大速度大约为0.1m/s。故D正确。

8.在倾角为θ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 θ

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 θ＋

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：mgsinθ=BIL=…①
当ab边刚越过ff′时，此时线框速度仍为v0，此时有：2BI2L-mgsinθ=ma2…②
I2＝…③
由②③得：-mgsinθ=ma2…④
联立①④可得：a=3gsinθ，故A错误；

设t0时刻速度为v，此时处于平衡状态，有：I3＝…⑤
2BI3L=mgsinθ…⑥
联立①⑤⑥得v=，故B正确；

在时间t0内根据功能有：Q=mgLsinθ+mv02−mv2=mgLsinθ+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α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θ1，球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ2.

（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d＝2.2cm+0.1×0=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 α＝m1cos θ1－m2(1－cos θ2)

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_________Ω，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Rx＝0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). 1.5×104    (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Ig＝0.8mA，当I＝0.3mA时，Rx＝15 kΩ，解得 R内＝15 kΩ＝1.5×104Ω，E＝12 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θ＝37°的传送带以v＝8m/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L＝20m；传送带在上端点B恰好与固定在竖直平面内的半径为R＝0.5m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M＝2kg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x＝1m，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μ＝0.8、与CD段间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/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+FA＝M

解得vA＝m/s，

从B到A由机械能守恒：﹣Mg（R+Rcosθ）＝

解得vB＝5.0m/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μ1Mgcosθ﹣Mgsinθ＝Ma

解得a＝0.4m/s2

由公式：vB2-vC2＝2aL，解得v＝3m/s

由vB＝vC+at解得t＝5s；

传送带在t时间内的位移：x1＝vt＝40m，

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W＝μMgcosθ•x1＝512J，多输出的电能E＝512J

（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：

W﹣μ2Mgx0＝MvC2﹣0

解得：W＝19J

可知Ep＝19J

12.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ONO′P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A．A、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g．A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μ；

（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+3mvC①

=+②

联立①②解得：③

④

（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

μmg（2L－l１）=⑤

μ∙3mgl１=⑥

联立解得③④⑤⑥μ⑦

（3）设A在Ｎ点的速度为，A从M到N的过程中，由动能定理得

⑧　　　

设圆弧NP的半径为a

因为A在Ｎ点时对轨道的压力为2mg，⑨　

A在NN′右侧受到的电场力F=qE=mg⑩

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Ｋ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：

⑪

返回K点时：FN－F合－⑫

由③⑦⑧⑨⑩⑪⑫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P0＝75cmHg。

（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：PB1LB1S＝PB2LB2S

对A中气体：PA1LA1S＝PA2LA2S

且：PA1＝PB1，PA2＝PB2，LB1＝5cm，LB2＝4.5cm，LA1＝10cm

代入数据解得：LA2＝9cm

PA2＝PB2＝100cmHg

又：PB2＝P0+P竖2，P竖2＝25cmHg

故注入水银柱的长度为：

L＝25cm﹣15cm+（5﹣4.5）cm+（10﹣9）cm＝11.5cm

（2）自由落体后，PA3＝PB3＝75cmHg

由PA1LA1＝PA3LA3，和PB2LB2＝PB3LB3

得LA3＝6cm，LB3＝12cm

可得竖直管内的水银柱高度为15cm+（6﹣1）cm+（12﹣10）cm＝18cm

15.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1×107 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1.4×103 m/s

B. 质点M开始振动的方向沿y轴正方向

C. t=1.25×10–7 s时质点M运动到横坐标x=3.5×10–4 m处

D. 0~1.25×10–7 s内质点M的路程为2 mm

E. t=1.5×10–7 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λ=14×10–2 mm=1.4×10–4m，由v=λf得波速v=1.4×10–4 m×1×107 Hz=1.4×103 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===1×10–7 s，由于，质点M在0~1.25×10–7s内运动的路程L=×4A=×4×0.4 mm=2 mm，选项D正确；

E、t=1.5×10–7 s时波传播的距离L=1.4×103 m/s×1.5×10–7 s=2.1×10–4 m=21×10–2 mm，此时图2中横坐标x=14×10–2 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，∠A＝30°，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r＝30°；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xCE＝sin60°＝sin60°

解得：xCE＝m