【文档说明】2024届湖南省衡阳市第八中学高三下学期模拟预测物理试题答案.docx，共(6)页，329.039 KB，由管理员店铺上传

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答案12345678910CBDDBBBDACDACABD11．𝐹=𝑚𝑔𝐿2√𝐿2−𝐷2不变可以，理由见解析12.10++RRrE0−RnRE2.04.0无13.（1）0.4J；（2）119cm3；（3）2.9×102114．（1）150N；（2）①停在B2

上，②0.26s15．（1）𝑚𝑔𝑞，方向竖直向上，𝑚𝑣0𝑞𝐵；（2）𝑣甲=43𝑣0，𝑣乙=−𝑣03；（3）3√3𝜋，8√3𝑚𝑣03𝑞𝐵1.【解析】𝐶614发生β衰变的生成

物应为电子，核反应式应为𝐶614→714N+e−10，中子生成𝐶614的核反应式应为𝑁714+01n→614C+11H，应用箭头符号连接，故A、B错误；C选项，衰变本身应当是不稳定的原子向结构稳定的原子的变

化，由𝐶614→714N+e−10，可知𝑁714更稳定，比结合能越大，故选C；若测得一古木样品的𝐶614含量为活体植物的1/8，可知经过了3个半衰期，则该古木距今约为5730×3年=17190年，故D选项错误。2.【解析】光路的传播路径如右图所示，设光线入射点

为A，出射点为B易得光路关于oo’平行，故即一边的偏移量为Δx应为√32cm，光线的入射角为i=60°设折射角为𝜃，根据折射定律𝑠𝑖𝑛𝑖𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑛则AB=𝑑𝑐𝑜𝑠𝜃,Δx=ABsin(60°-𝜃)代入数据可得n=√33.【解析】当士兵后退

的速度为v=1.2m/s时，即沿绳方向收缩的速度为1.2m/s，由几何关系易得OM=OA∠AOM=60°，则▲AOM为等边三角形根据速度的关联，此时A端的速度应垂直于AO，如图所示应有𝑣𝐴𝑐𝑜𝑠30°=𝑣𝑣𝐴≈1.4𝑚/𝑠,则𝜔≈0

.12𝑟𝑎𝑑/𝑠，故A错误在升起30°过程中，士兵对吊桥做功转化为吊桥的重力势能与动能，吊桥的重力势能变化为∆𝐸𝐺=𝑚𝑔ℎ=𝑚𝑔𝑙𝑠𝑖𝑛30°，代入数据得∆𝐸𝐺=18000𝐽重力做功功率为𝑃=−∆𝐸𝐺𝑡=−600𝑊，故士兵对

吊桥做功得功率应大于600W，故B错误若士兵缓慢升起吊桥，忽略一切运动阻力，易得当桥升至OM时，绳的拉力为0，由三力汇交可知，随着AM的减小，士兵拉绳的力也逐渐减小。4.【解析】金属棒在磁场中切割磁感线产生动生电动势𝜀=𝐵𝑙�

�，对于金属棒而言，假设其与PQ、MN的交点为J、K,如图所示，则ab棒两端的电动势𝐸=𝜀1+𝜀2+𝜀3=𝐵𝑙𝑣=1.0×0.2×4𝑉=0.8𝑉，故排除A、B选项；但实际上闭合电路中的电源仅为�

�2=𝐵𝑑𝑣⊥=1.0×0.1×4/𝑠𝑖𝑛60°解得𝜀2=4√3/15V，由闭合电路欧姆定律可得𝐼=𝜀𝑅将R=2Ω代入解得𝐼=2√3/15A5.【详解】A．根据图乙可知，原线圈输入电压瞬时值的表达

式为𝑢=𝑈maxsin2𝜋𝑇𝑡=220√2sin(50𝜋𝑡)(V)故A错误；B．原线圈电压的有效值为𝑈1=220√2√2V=220V根据电压匝数关系有𝑈1𝑈2=𝑛1𝑛2解得𝑈2=10V对电动机所在支路有𝑈2𝐼1=𝐼12𝑟0+𝑚�

�𝑣解得𝐼1=1A则灯泡支路的电流𝐼2=𝐼−𝐼1=1.5A−1A=0.5A则灯泡的功率为𝑃灯=𝑈2𝐼2=5W故B正确；C．结合上述可知，电动机消耗的电功率为𝑃M=𝑈2𝐼1=10W故C错误；D．若电动机被卡住，根据电压匝数关系可知，副线圈

两端电压仍然为10V，即灯泡两端电压不变，即灯泡仍然正常发光，故D错误。故选BC。6.【解析】如果小球的水平速度较大，将直接飞过平板，减小速度得到小球与平板碰撞的临界最大速度即为，第一次碰撞正好发生在边缘N处时�

�0的值。设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历时间为t1，有ℎ=12𝑔𝑡2……(1)若碰撞恰好发生在N处，则有L=v0t……(2)从(1)(2)解得的值便是满足第一次碰撞的速度最大值，即v

0max=𝐿√𝑔2ℎ……(3)代入有关数据得v0max=0.71m/s……(4)如果v0<v0max，小球与平板的碰撞不在N点，设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为v1则有𝑣1=√2𝑔ℎ……(5)以𝑣1′、𝑉1′分别表示碰撞结束时

刻小球和平板沿竖直方向上的速度，由于碰撞时间极短，在碰撞过程中，小球和平板在竖直方向的动量守恒，设小球与平板的质量均为m，则有𝑚𝑣1=𝑚𝑣1′+𝑚𝑉1′……(6)因为碰撞时弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得：12𝑚(𝑣1)2=12�

�(𝑣1′)2+12𝑚(𝑉1′)2……(7)得到：𝑣1′=0……(8)𝑉1′=𝑣1=√2𝑔ℎ……(9)碰撞后，平板从其位置以为速度开始做简谐运动，取固定坐标，其原点O与平板处于平衡位置时板的上表面中点重合，x轴的方向竖直向下

，若以小球与平板发生碰撞的时刻t=0，则平板在t时刻的离开平衡位置的位移𝑥=𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡+𝜑)……(10)其中𝜔=2𝜋𝑇=𝜋……(11)简谐运动的速度方程满足𝑣=−𝐴𝜔𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑡+𝜑)……(12)因t=0时刻，x=0，v=𝑉1′

由（9）（11）（12）可得𝐴=√2𝑔ℎ2𝜋𝑇……(13)𝜑=−𝜋2……(14)将（13）（14）代入（10）式得：𝑥=√2𝑔ℎ2𝜋𝑇𝑐𝑜𝑠(2𝜋𝑇𝑡−𝜋2)……(15)碰撞后小球开始做平抛运动，如果第一次碰撞后，小球再

经过时间t2与木板发生第二次碰撞且发生在N处，则仅发生两次碰撞，则在发生第二次碰撞时，小球得x坐标为𝑥球(𝑡2)=12𝑔𝑡22……(16)平板得坐标为𝑥板(𝑡2)=√2𝑔ℎ2𝜋𝑇𝑐𝑜𝑠(2𝜋𝑇𝑡2−𝜋2)……(17)在碰撞时有𝑥板(𝑡2)=𝑥球(

𝑡2)……(18)由（16）（17）（18）代入数据可得4.90𝑡22=4.41cos(𝜋𝑡2−𝜋2)……(19)可得𝑡2=0.771𝑠……(20)则有L=𝑣0（t1+t2）……(21)解得𝑣0=0.4585𝑚/𝑠……(22)则小球与平板仅发生一次碰撞

得条件为0.46𝑚/𝑠<𝑣0≤0.71𝑚/𝑠故本题选择B选项。7．【详解】AB．根据开普勒第三定律可知，对于行星Ⅱ、行星Ⅲ分别有𝑇22𝑎3=𝑘𝑇32𝑟33=𝑘由于𝑎=𝑟3，所以𝑇2=𝑇3，即行星Ⅱ和行星Ⅲ的周期相等，假设𝛥𝑡为一个周期，则它们与中心天

体的连线扫过的面积分别为椭圆的面积和圆的面积，根据几何关系可知，椭圆的面积小于圆的面积，故B正确、A错误；C．行星Ⅱ与行星Ⅲ在𝑃点时距离中心天体的距离相等，根据牛顿第二定律有𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚𝑎可得𝑎=𝐺𝑀𝑟2即二者的加速度大小相等，故C错误；D．根据万有引力提供向心力可得𝐺�

�𝑚𝑟2=𝑚𝑣2𝑟因此有𝑣1=√𝐺𝑀𝑟1>𝑣3=√𝐺𝑀𝑟3当行星从I变轨到Ⅱ时，运行半径增大，需要在B点加速，因此有𝑣1<𝑣2𝐵行星在轨道Ⅱ上从B点到E点，与中心天体的距离增

大了，动能转化为重力势能，因此有𝑣2𝐵>𝑣2𝐸行星在E点的速度𝑣2𝐸小于行星在E点能够绕中心天体做匀速圆周运动所需的速度𝑣𝐸，由于𝑟𝐸>𝑟3，根据万有引力定律可得𝑣𝐸<𝑣3所以𝑣2𝐸<

𝑣3<𝑣1<𝑣2𝐵故D正确故选AD。8．【详解】A．根据平行四边形定则，有𝐹1=𝐹2=12𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑚𝑔2𝑠𝑖𝑛𝜃故m一定时，θ越大，轻杆受力越小，则轻杆对滑块的弹力越小，故A正确；B．对A、B、C整体进行受力分析可知，对地压力为𝐹�

�1=(2𝑀+𝑚)𝑔因此每个滑块对地压力大小为𝐹𝑁2=𝑀𝑔+12𝑚𝑔故B错误；C．对A分析，受重力、杆的推力、地面的支持力和向右的摩擦力，根据平衡条件有𝑓=𝐹1𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑚𝑔2𝑡𝑎𝑛𝜃故

C正确；D．滑块不能使沿地面滑动时满足𝜇𝐹𝑁2=𝐹1𝑐𝑜𝑠𝜃即𝜇(𝑀𝑔+12𝑚𝑔)≥𝑚𝑔2𝑡𝑎𝑛𝜃解得𝜇≥1(2𝑀𝑚+1)𝑡𝑎𝑛𝜃当𝑚→∝时，有𝜇≥1𝑡𝑎

𝑛𝜃即𝑡𝑎𝑛𝜃≥1𝜇当时，无论怎样增大m，不能使M沿地面滑动，故D正确。故选ACD。9．【详解】A．弹簧从𝐴点出发至第一次回到𝐴点，根据能量守恒定律，得12𝑚𝑣02=2𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃𝑥𝐴𝐷解得𝑥𝐴𝐷=0.9

𝑚故A正确；B．物块从𝐴到第一次运动到𝐷点，由动能定理可得𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝑥𝐴𝐷−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃𝑥𝐴𝐷=12𝑚𝑣12−12𝑚𝑣02解得𝑣1=3√62𝑚/𝑠方向沿斜面向下；物块第一次返回𝐷点时速度大

小还是3√62𝑚/𝑠，方向沿斜面向上，可得物块动量改变量𝛥𝑝=2𝑚𝑣1=3√610𝑁⋅𝑠方向沿斜面向上，则合外力的冲量为3√610𝑁⋅𝑠，故B错误；C．由物块从𝐷到第一次弹簧压缩最短过程，由能量守恒定律，𝑚𝑔（𝑠𝑖𝑛𝜃）𝐿02−

𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃𝑥𝐴𝐷−𝐸𝑝=0−12𝑚𝑣12得𝐸𝑝=0.725𝐽故C正确；D．由于𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃>𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃，物块最终在𝐶𝐷间往复运动，最高上升

到𝐷点，故D错误。故选AC。10．【详解】A．根据题意可知，金属棒b在安培力作用下被水平抛出后做平抛运动，恰好无碰撞地从圆弧轨道的顶端进入轨道，竖直方向上有𝑣𝑦2=2𝑔ℎ由几何关系有𝑣𝑦𝑣0=𝑡𝑎𝑛53°，𝑣𝑦𝑣=𝑠𝑖𝑛53°联立解得𝑣0=3√

2𝑔ℎ4，𝑣=5√2𝑔ℎ4故A正确；B．根据题意，金属棒b被水平抛出前，由动量定理有𝐵𝐼𝐿𝑡=𝑚𝑣0则有𝐵𝐿𝑞=𝑚𝑣0解得𝑞=3𝑚√2𝑔ℎ4𝐵𝐿故B正确；C．根据题意，设金属棒b在区域Ⅱ内运动过程中产生的焦耳热为𝑄，由能量守恒定律有12𝑚𝑣2+𝑚

𝑔𝑟(1−𝑐𝑜𝑠53°)=2𝑄+𝜇𝑚𝑔𝑑解得𝑄=12𝑚𝑔(94ℎ−𝜇𝑑)故C错误；D．根据题意，金属棒b从圆弧轨道的顶端到底端，有机械能守恒定律有12𝑚𝑣2+𝑚𝑔𝑟(1−𝑐𝑜𝑠53°)=12𝑚𝑣′2解得𝑣′=3√2𝑔ℎ2金属棒b在区域Ⅱ

内运动过程中，由动量定理有−𝐵𝐿𝐼′𝑡−𝜇𝑚𝑔𝑡=0−𝑚𝑣′又有𝐼′𝑡=𝑞′=ΔΦ2𝑅=𝐵𝐿𝑑2𝑅联立解得𝑡=3√2𝑔ℎ2𝜇𝑔−𝐵2𝐿2𝑑2𝑅𝜇𝑚𝑔=32𝜇√2

ℎ𝑔−𝐵2𝐿2𝑑2𝑅𝜇𝑚𝑔故D正确。故选ABD。11．𝐹=𝑚𝑔𝐿2√𝐿2−𝐷2不变可以，理由见解析【详解】（1）[1]如图所示，设定滑轮处为𝑂点，𝑃𝑂段绳子长度为𝑙1，设𝑄𝑂段绳子长度为𝑙2，𝑃𝑂和𝑄𝑂与竖直方向

的夹角为𝜃。由几何关系可知𝑙1𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑙2𝑠𝑖𝑛𝜃=𝐷又𝑙1+𝑙2=𝐿得𝑠𝑖𝑛𝜃=𝐷𝐿由平衡条件可得2𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑚𝑔又22sincos1+=得𝐹=𝑚𝑔𝐿2√𝐿2−𝐷2（2）[2]由[1]分析可知

，轻绳的Q端沿杆向上移动到Q'，𝐿不变，𝐷不变，力传感器的示数不变。（3）[3]可利用图乙和已知物理量求出D。原因如下：由[1]可知𝐹=𝑚𝑔𝐿2√𝐿2−𝐷2F－m的图像斜率为𝑘，则𝑘=𝑔𝐿2√𝐿2−𝐷2

解得𝐷=√4𝑘2−𝑔22𝑘𝐿12.【答案】10++RRrE0−RnRE2.04.0无【详解】（1）[1]由闭合电路欧姆定律得010()=++EIRRr整理得01=I10++RRrE（2）[2]A、B间接入n个待测电阻后，由闭合电路欧姆定律得

𝐸=𝐼𝑛(𝑅1+𝑛𝑅+𝑟)又𝑌=1𝐼0−1𝐼𝑛由以上整理得0−=RnRYE（3）[3][4]由0−=RnRYE变形得0=−+RRYnEE结合图（b）得𝑅𝐸=0.5𝐴−1103.0A−=RE又�

�0=12.0𝛺解得4.0V=E𝑅=2.0𝛺（4）[5]如果考虑电流表的内阻，则有010(=+EIRR)++rR1()=+++nAEIRnRrR整理得0−=RnRYE显然电流表的内阻对Y的测量值没有影响。13.（1）0.4J；（2）119cm3；（3）2.9×

1021【详解】（1）由于水柱的长度不计，故封闭气体的压强始终等于大气压强。设大气压强为𝑝0，塑料管的横截面积为𝑆，初、末态气柱的长度分别为𝑙1、𝑙2，气体对外做的功为𝑊。根据功的定义有𝑊=𝑝0𝑆(𝑙2−𝑙1)解得𝑊=0.4J（2）设物体的容积为

𝑉，封闭气体的初、末态温度分别为𝑇1、𝑇2，体积分别为𝑉1、𝑉2，根据盖—吕萨克定律有𝑉1𝑇1=𝑉2𝑇2𝑉1=𝑉+𝑆𝑙1𝑉2=𝑉+𝑆𝑙2联立以上各式并代入题给数据得𝑉=119cm3（3）设在1.0×105Pa、273K状态下，1mol氮气的体积为𝑉0

、温度为𝑇0，封闭气体的体积为𝑉3，被封闭氮气的分子个数为𝑛。根据盖一吕萨克定律有𝑉+𝑆𝑙1𝑇1=𝑉3𝑇0其中𝑛=𝑉3𝑉0𝑁𝐴联立以上各式并代入题给数据得𝑛=2.9×1021个14．（1）150N；

（2）①停在B2上，②0.26s【详解】（1）A固定时，C的机械能守恒，有𝑀𝑔𝑅=12𝑀𝑣2在最低点𝐹𝑁−𝑀𝑔=𝑀𝑣2𝑅解得N150N=F（2）A不固定，C下滑过程，设C到达A底端时，C的速度为v1，A、B1、B

2、B3、B4速度为v2，则0=𝑀𝑣1+5𝑚𝑣2221211522MgRMvmv=+解得𝑣1=2m/s，𝑣2=−2m/sC在B1上滑行，设滑离B1时，C的速度为v1′，B1、B2、B3、B4速度为v2′，则121

244MvmvMvmv+=+222212121111442222MvmvMvmvMgL+=++解得11.2m/sv=，𝑣2′=−1m/sC在B2上滑行，若停在B2上，C与B2、B3、B4共同速度为v3，且离B2左端距

离为x，则1233(3)MvmvMmv+=+2221231113(3)222MvmvMmvMgx+=++解得30.375m/sv=，0.15mxL假设成立，C停在B2上；（3）C离开A后，一直做匀减速直线运动，则31vva

t=−𝜇𝑀𝑔=𝑀𝑎解得0.26st15．（1）𝑚𝑔𝑞，方向竖直向上，𝑚𝑣0𝑞𝐵；（2）𝑣甲=43𝑣0，𝑣乙=−𝑣03；（3）3√3𝜋，8√3𝑚𝑣03𝑞𝐵【详解】（1）甲所受重力与电场力

平衡，则有mg=qE可得𝐸=𝑚𝑔𝑞方向竖直向上，甲相当于只受洛伦兹力做圆周运动，可得𝑅=𝑚𝑣0𝑞𝐵（2）甲乙发生弹性碰撞，则有𝑚𝑥0+19𝑚⋅83𝑣0=𝑚𝑣甲+19𝑚𝑣乙12𝑚𝑣02+12⋅19�

�(83𝑣0)2=12𝑚𝑣甲2+12⋅19𝑚𝑣乙2可得𝑣甲=43𝑣0，𝑣乙=−𝑣03（3）碰后甲做匀速圆周运动的半径𝑅甲=𝑚𝑣甲𝑞𝐵=43𝑅甲在磁场中转过120°与上方挡板碰撞，碰后再

转过120°回到最低点，此后重复上述运动，整个过程做周期性的运动，轨迹如图对于小球乙来讲电场力与重力不平衡，即使加上洛伦兹力三个力合力也不为零。因此构造一个向右的速度v1，则有111112129+=qBqEmg可得0133==hvmgvqB乙的速度本来向左，因此则还需

构造一个向左的速度v2，v2=v1-v乙，这个速度让乙球向下做匀速圆周运动，即乙球一边以v1向右做匀速直线运动，一边以v2向下做匀速直线运动。转一圈回到碰撞所在水平线上，因此甲乙要再次相遇，只能在碰撞所在水平线上。根据分析可知，甲做周期性运动的周期𝑇甲

=2×120360⋅2𝜋𝑚𝑞𝐵=4𝜋𝑚3𝑞𝐵一个周期内甲的水平位移𝑥甲=2𝑅甲𝑐𝑜𝑠30°=√3𝑅甲=4√33𝑅=4√3𝑚𝑣03𝑔𝐵乙做周期性运动的周期𝑇乙=2𝜋⋅19𝑚112𝑞𝐵=8𝜋𝑚3𝑞

𝐵一个周期内乙的水平位移𝑥乙=𝑟1𝑇乙=𝑘𝑣03⋅8𝜋𝑚3𝑞𝐵=8𝑘𝜋𝑚𝑣09𝑞𝐵要相遇，碰后用时相等，则有k1T甲=k2T乙可得k1=2k2则k1=2，k2=1水平位移相

等，即2x甲=x乙则有2⋅4√3𝑚𝑣03𝑞𝐵=8𝑘𝜋𝑚𝑣09𝑞𝐵可得33=k第一次相遇点距离碰撞点的距离𝑥=2𝑥甲=8√3𝑚𝑣03𝑞𝐵