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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°。
本文标题:2019届湖南省长沙市高三物理二模试题答案
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