【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 含解析.docx，共(22)页，4.712 MB，由管理员店铺上传

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衡阳市八中2024年高考适应性练习卷（三）物理一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.2023年8月24日，日本政府正式向海洋排放福岛第一核电站的核污水，其中含有放射性元素多达64种，在这些元素中

有21种半衰期超过10年，其中有一种含量最高却难以被清除的氢同位素氚31H，氚核31H的衰变方程为3312HHeXE→++，半衰期为12.5年，X为新生成的粒子。关于氚核的衰变下列说法正确的是（）A.X粒子来自原子核的外部B.经过50年，氚31H的含量为初

始的18C.通过升高海水温度可以改变氚31H半衰期D.31H的比结合能比32He的比结合能小【答案】D【解析】【详解】A．根据电荷数守恒和质量数守恒可知X粒子是电子，其来源于原子核内一个中子转变为一个质子同时释放一个电子，故A错误；B．半衰期为12.

5年，经过50年，即4个半衰期，氚31H的含量为初始的411216=故B错误；C．半衰期是原子核自身属性，不随外界的物理化学环境变化而变化，故C错误；D．由于该核聚变释放能量，生成物的原子核更稳定，氚核的比结合能小于氦核的比结合能，故D正确。故选D。2.消防员进行训练

时要用冲锋梯迅速从建筑物外侧地面一楼竖直攀爬上几十层，已知每层楼高约为3m。一名消防员的竖直攀爬速度的倒数1v与攀爬高度h的关系如图所示。已知他刚登上5楼楼板时的速度约为0.8m/s，则他刚登上3

3楼楼板的速度和由1楼登至33楼所需的时间分别约为（）的A.0.08m/s；480sB.0.08m/s；660sC.0.1m/s；480sD.0.1m/s；660sh【答案】C【解析】【详解】如图可知登高速度的倒数1v与登高高度h成正比，即速度与高度成反比，为vhk=刚登上5楼时高度为3412m

=速度为0.8m/s，当他刚登上33楼时，高度为()3313m96m−=根据反比规律，可求得速度为0.1m/s；1hv−图像与横轴围成的面积表示运动的总时间，可得1196s480s20.1t==故选C。3.某博物馆举办抓金砖挑战赛，如图为一块质量m=25kg的梭台形

金砖，挑战者须戴博物馆提供的手套，单手抓住金砖的a、b两侧面向上提，保持金砖c面水平朝上，而且手指不能抠底，在空中保持25s，才是挑战成功。已知金砖a、b两侧面与金砖底面的夹角均为θ=78.5°，挑战者施加给金

砖的单侧握力为F，手套与金砖之间的动摩擦因数为μ=0.25，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s²。计算时取sin78.5°≈0.98，cos78.5°≈0.20，若要抓起金砖，力F至少约为（）A.2500NB.2778NC.1389ND.无论多大的力都

无法抓起金砖【答案】B【解析】【详解】对金块受力分析如图所示由平衡条件可得fF=2sin2cosfmgF=+解得2778NF故选B。4.我国北斗卫星导航系统定位精度可达米级。如图所示，P是北纬30（即30=）地球表面附近的近地卫星，质量相同的北斗导航卫星A、B均绕地心O

做匀速圆周运动，卫星B是同步地球卫星。某时刻P、A、B、O在同一平面内，其中O、P、A在一条直线上，且OA垂直AB，则（）A.三颗卫星中角速度最小的是A卫星B.三颗卫星中线速度最小的是P卫星C.卫星A、B的加速度之比为4∶3D.卫星A、B的动能之比为3∶4【答案】C【解析】【详解

】A．由22MmGmrr=，解得3GMr=P、A、B三个卫星中半径最大的是B，三颗卫星中角速度最小的是B卫星，故A错误；B．由22MmvGmrr=，解得GMvr=P、A、B三个卫星中半径最大是B，三颗卫星中线速度最小

的是B卫星，故B错误；C．由图可知AB3cos302rr==由2MmGmar=，解得2GMar=所以卫星A、B的加速度之比为22AB2A2BAB43GMrrGMrraa===故C正确；D．由22GMmvmrr=可得

ABBA2::3vvrr==则卫星A、B的动能之比22kAkBAB2:311::22EEmvmv==故D错误故选C。5.图甲是水上乐园里的“波浪滑梯”，图乙是它的简化模型。它由四段长度相同的光滑斜面组合而成，其中ab平行于cd，bc平行于de，设一物体从a点由静止开始下滑，到达e点，

物体在经过各段连接处时速度大小不会突变。下列选项正确的是（）的。A.物体在cd段的加速度大于在bc段的加速度B.物体在cd段的速度增加量等于在ab段的速度增加量C.物体的重力在cd段做的功等于在ab段做的功D.物体在c点与e点的速度满足

：12cevv=【答案】C【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律可知sinmgma=解得sinag=可知bc段倾斜角度大于cd段，cd段的加速度小于在bc段的加速度，故A错误；B．设ab对应的高度为h1，ac对应高度为h2，ad对应高度为

h3，ab、cd与水平方向夹角为，bc、ed与水平方向夹角为，每个斜面长度均为l根据动能定理可知2112bmghmv=2212cmghmv=2312dmghmv=解得12bvgh=22cvgh=32dvgh=根据几何关系可知1sinhl=2sins

inhll=+32sinsinhll=+联立上式可得232222(2sinsin)2(sinsin)dcvvvghghgllgll=−=−=+−+12sinbvvgl==可知物体在cd段的速度增加量不等于在a

b段的速度增加量，故B错误；C．根据重力做功表达式GWmgh=可知物体的重力在cd段做的功等于在ab段做的功，故C正确；D．根据动能定理可知2212cmghmv=2412emghmv=解得22cvgh=42evgh=根据几何关系可知42sin2sinhll=+联立上式可得2(2si

n2sin)evgll=+2(sinsin)cvgll=+可知2ecvv=故D错误。故选C。【点睛】本题考查动能定理解决多段运动以及重力做功的特点。6.某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1=250V，输

出功率500kW。降压变压器的匝数比n3：n4=50：1，输电线总电阻R=62.5Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4=220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（）A.发电机的输出电流为

368AB.输电线上损失的功率为4.8kWC.输送给储能站的功率为408kWD.升压变压器的匝数比n1：n2=1：44【答案】C【解析】【详解】A．由题知，发电机的输出电压U1=250V，输出功率500kW，则有311210APIU==A错误；BD．由题知，用户端电压U4=220V，功率88kW

，则有334434UnIUIn==P′=U4I4联立解得I4=400A，I3=8A，U3=11000V则输电线上损失的功率为P损=I32R=4kW且U2=U3＋I3R=11500V再根据1122UnUn=，解得12146nn=BD错误；C．根据理想变压器无功率损失有P=U2I3＋P储代入数据有P

储=408kWC正确。故选C。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图所示，下列图片场景解释说法正确的有

（）A.如图甲，内窥镜利用了光的全反射原理B.如图乙，肥皂膜上的彩色条纹是光的色散现象C.如图丙，是单色平行光线通过狭缝得到的衍射图样D.如图丁，立体电影原理和照相机镜头表面涂上的增透膜的原理一样【答案】AC【解析】【详解】A．内

窥镜利用了光的全反射原理，A正确；B．肥皂膜上的彩色条纹是肥皂膜上下表面反射回来的两列光发生干涉的结果，B错误；C．如图丙，是单色平行光线通过狭缝得到的单缝衍射图样，C正确；D．立体电影原理是利用光的偏振原理，照相机镜头表面涂上的增透膜的原理是利用

光的干涉原理，D错误。故选AC。8.如图所示，一列简谐横波沿x轴负方向传播，振幅为6cm，周期为2sT=。已知在0=t时刻，质点A坐标为()2cm,3cm−，质点B坐标为()6cm,3cm−，A、B都沿y轴正向运

动。下列说法正确的是（）A.该列简谐横波波长可能为4cm3B.A、B两质点可以一个在波峰，一个在波谷C.从0=t时刻起，经历0.5st=时间，质点A的位移为4cmD.在1s6t=时，质点B的位移为零【答案】AD【解析】【详解】AB．在0=t时，质点A、B都沿y轴正向运动，且A、B的位

移相同，则振动刚好相同，故两质点振动总是相同，所以A、B两质点不可能一个在波峰，一个在波谷，两质点平衡位置间的距离为4cmn=，)1,2(,3n=则该列简谐横波波长可能为4cm3，故A正确，B错误；C．根据质点A的振动和周期可得，质点A的振动方程为6sin()

cm6yt=−则从0=t时刻起，经历0.5st=时间，质点A的位置为33cmy=，故位移为()333cm+，故C错误；D．根据质点B的振动和周期可得，质点B的振动方程为6sin()cm6yt=−则在1s6t=时，质点B的位移为零，故D正确。故选AD。9.离子推进器是

我国新一代航天动力装置，它的工作原理是将氙气通入电离室C后被电离为氙离子，利用加速电场AB加速氙离子，形成向外发射的粒子流，从而对航天飞机产生反冲力使其获得加速度的。某次测试中，氙气被电离的比例为，氙离子喷射速度为0v，推进器产生的推力为F，已知氙离子的比荷为

k；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略粒子之间的相互作用，下列判断正确的是（）A.氙离子的加速电压为202vUk=B.离子推进器发射功率为0FvC.氙离子向外喷射形成的电流约为0kFIv=D.每秒进入放电通道的氙气质量约为0Fv【答案】AC【解析】【详解】A．氙离子经电场加速，根据动能

定理有20102qUmv=−可得加速电压为220022mvvUqk==故选项A正确；B．推进器的推力为F，粒子速度从0增加0v，故推力的功率为012PFv=选项B错误；C．在时间t内有质量为m的氙离子喷出，根据动量定理可得00Ftmv=−得0mv

tF=根据电流的定义式QIt=而Qqkmm==得00QFkFImvv==选项C正确；D．在t时间内，有质量为m的氙离子以速度0v喷射而出，由动量定理00Ftmv=−得0Ftmv=进入放电通道的氙气质量为0m

，被电离的比例为，则有0mm=联立解得00mFtmv==取1st=可得00Fmv=故选项D错误。故选AC。10.磁悬浮电梯是基于电磁学原理使电梯的轿厢悬停及上下运动的，如图甲所示，它主要由磁场和含有导线框的轿厢组成。其原理为：竖直面上相距为b的两

根绝缘平行直导轨，置于等距离分布的方向相反的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度大小均为B，每个磁场分布区间的长度都是a，相间排列，如图乙所示。当这些磁场在竖直方向匀速平动时，跨在两导轨间的宽为b、长为a、总电阻为R的导线框MNPQ（固定在轿厢上）将受到安培力。当磁场平动速度为

1v时，轿厢悬停；当磁场平动速度为2v时，轿厢最终竖直向上做匀速运动。重力加速度为g，下列说法中正确的是（）A.速度1v和2v的方向都是竖直向上B.速度1v方向竖直向上，速度2v的方向竖直向下C.导线框和电梯轿厢的总质量为2214BbvgRD.轿厢匀速上升的过程中，外界每秒钟提供给轿

厢系统的总能量为22124BbvvR【答案】ACD【解析】【详解】AB．依题意，轿厢悬停或者竖直向上做匀速运动时，均需要竖直向上的安培力，由楞次定律的“阻碍作用”可知，磁场相对轿厢的运动方向均为竖直向上，即速度1v和2v的方向都是竖直向上。故A正确；B错误；C．轿厢悬停时，导线框中的电流大小为11

22BbvEIRR==又12mgBIb=联立，解得2214BbvmgR=故C正确；D．当磁场平动速度为2v时，线框向上运动，当其加速度为零时，达到最大速度，有的()222BbvvIR−=上又22mgBIb=联立，解得21vvv=−上电梯向上匀

速运动时，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量等于线框的焦耳热与重力势能增加量之和，即2221224BbvvEIRtmgvtR=+=总上故D正确。故选ACD。三、非选择题：本题共5小题，共56分。11.为了验证机械能守恒定

律，小南设计了如图甲所示的实验装置。将细线一端固定于铁架台上O点，另一端连接一直径为d的小钢球，用刻度尺测得悬挂点O点到球心的距离为l，在O点正下方固定一光电门，将光电门高度调节到合适高度。实验时，将小钢球拉至O点等高位置，并使细线处于伸直状态，由静止释放小钢球，测得小

钢球经过光电门的时间为Δt。已知当地重力加速度为g。（1）实验中，用螺旋测微计测量小钢球直径，测量结果如图乙所示，则小钢球的直径d=______mm。（2）为验证机械能守恒，应满足的表达式为：__________（用题中所给的物理量表示）。（3）若实验中测得动能

的增加量大于重力势能的减少量，则可能的原因有：___________。A．空气阻力的影响B．小球经过光电门时，球心没有正对出光孔C．悬挂点O到球心的距离l的测量值偏大D．螺旋测微计使用前没有校零导致小钢球

直径测量偏大【答案】①.11.700②.()222dglt=③.BD【解析】【详解】（1）[1]固定刻度读数为11.5mm，可动部分读数为20.00.01mm0.200mm=则小球的直径为11.50.200mm11.700mmd=+=（2）[2]小球到最低点的速度为dvt=为验证机械能

守恒，应满足的表达式为212mghmv=既()222dglt=（3）[3]A．如果有空气阻力的影响，动能的增加量小于重力势能的减少量，故A错误；B．由()222dglt=可知，如果测得动能的增加量大于重力势能的减少量，

可能是球心没有正对出光孔，导致遮光时间变短，算得的速度偏大，故B正确；C．如果悬挂点O到球心的距离l的测量值偏大，动能的增加量小于重力势能的减少量，故C错误；D．螺旋测微计使用前没有校零，导致小钢球直径测量

偏大，计算出的速度偏大，测得动能的增加量就大于重力势能的减少量，故D正确。故选BD。12.某同学打算用如图甲所示的电路测量电源电动势E和内阻r，已知定值电阻阻值为0RA：闭合1S，2S，调节滑动变阻器，此时电流表示数为1

I，接着断开2S，读出电流表示数2I。B：改变变阻器阻值，多次重复，记录1I，2I，作221III−C：同时闭合1S，2S，3S，读出3I（1）下列滑动变阻器阻值范围最合适的是______A.000.1R−B

.004R−C.0020R−（2）若图乙中直线斜率为1k−，则E=______，r=______（3）该实验是否有系统误差？若有，分别指出电动势和内阻的误差，结果是偏大还是偏小；若没有，请说明理由。（）

【答案】①.B②.01Rk③.013RkI④.实验有系统误差，电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值偏大【解析】【详解】（1）[1]为调节方便，电流表示数变化明显，滑动变阻器阻值范围最合适的是004R−。故选B。（2）[2]不考虑电流表内阻，根据闭合电路的欧姆定律1()EIRr=

+20()EIRRr=++3EIr=整理得02211RIIIE=−+图像的斜率为01RkE−=−解得电源电动势为01REk=[3]内阻为0313RErIkI==（3）[4]若考虑电流表内阻，根据闭合电路的欧姆定律1A()EIRRr=++20A()EIRRRr=+++3A()EIRr=+整理得022

11RIIIE=−+可知221III−图像的斜率不变，电动势的测量值等于真实值，内阻为0AA313ERrRRIkI=−=−真真故内阻的测量值大于真实值，内阻的测量值偏大，该实验有系统误差。13.如图所示，横截面积均为S的两导热汽缸A、B通过一段体积可忽略的细管相连接，在

细管中间安装有一个阀门D，两汽缸中各有一个质量为m的活塞，汽缸B中的活塞与一个轻弹簧相连接。阀门D关闭时，轻弹簧处于原长，汽缸B中气柱长度恰为L，汽缸A中的活塞处于静止状态时，气柱长度为3L。已知大气压强0mgpS=，弹簧的劲

度系数4mgkL=，重力加速度为g，活塞可在汽缸内无摩擦滑动但不漏气。现将一个质量为m的重物C轻轻地放到汽缸A中的活塞上，并打开阀门D，保持环境温度不变，待系统稳定后，求弹簧的形变量和汽缸A中活塞向下移动的距

离。【答案】2L；136L。【解析】【详解】未放重物C时汽缸A中气体的压强1002mgpppS=+=汽缸B中气体的压强20pp=放上重物C后两部分气体混合，压强为0023mgpppS=+=汽缸B中活塞平衡时，由平衡条件可得0pSkxpS=+解得弹簧的形变量2

Lx=两部分气体混合后的总长度设为y，由平衡条件可得123pLSpLSpyS+=解得73Ly=由几何关系知汽缸A中的活塞向下移动的距离为3hLLxy=++−代入整理得136hL=14.如图所示，质量为m的小球穿过竖直杆，与一自然长度为L轻质弹性绳相连。弹性绳跨过M处的光滑小滑轮，右端固定在N点

，O、M、N处于同一水平线上且OMMNL==。从O点静止释放小球，小球可以到达最低点P，其中2MPL=。已知小球与竖直杆之间的摩擦因数为μ，弹性绳劲度系数为k始终在弹性限度内，弹性势能2pEx（x为形变量），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，空气阻力不计。

求：（1）小球从O点释放时的加速度大小a；（2）小球从O点运动到P点过程中弹性绳做的功W；（3）若O点下方有一Q点且OQL=，则小球第一次经过Q点时的动能kE。【答案】（1）aLgkm=−；（2）()3LWkLmg=−；（3）()k331LEmgkL−−=【解析】【详解

】（1）小球从O点释放瞬间，小球对杆的压力大小与弹性绳弹力大小相等为FkL=，受力分析得mgμFma−=解得aLgkm=−（2）小球释放后运动到P的过程中，对竖直杆的压力NcoscosFkkLL==为恒定值，故过程中摩擦力大小恒定。根据动能定理330mLLLgkW+

=−解得弹性绳做的功()3LWkLmg=−（3）因弹性势能2pEx，由O到P过程弹性绳的弹性势能变化量pEW=−则O到Q过程弹性绳对小球做的功13WW=对小球从O到Q过程应用动能定理kmgLkLLWE−+=解得()k331LEm

gkL−−=15.利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在xOy平面内存在有区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。位于坐标原点O处的离子源能在xOy平面内持续发射质量为m、电

荷量为q的负离子，其速度方向与y轴夹角的最大值为60，且各个方向速度大小随变化的关系为0cosvv=，式中0v为未知定值。且0=的离子恰好通过坐标为（L，L）的P点。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。（1）求关系式0cosvv=中0v的值；（2）离子

通过界面xL=时y坐标的范围；（3）为回收离子，今在界面xL=右侧加一定宽度且平行于x+轴的匀强电场，如图所示，电场强度0233EBv=。为使所有离子都不能穿越电场区域且重回界面xL=，求所加电场的宽度至少为多大？【答案】（1）qBLm；（

2）()()2323LyL−+；（3）233L【解析】【详解】（1）由于0=的离子恰好通过坐标为（L，L）的P点，此时离子的速度为0v，运动半径为0rL=由牛顿第二定律得2000vqvBmr=解得0=qBLvm（2）对于任意的速度方向与y轴成角的离子，设其在磁场中的

运动半径为r，如图所示由牛顿第二定律得2vqvBmr=且有0cosvv=解得cosLr=故所有离子做圆周运动的轨道圆心均在界面xL=上，且速度方向垂直于界面xL=；当60=时m2rL=故离子通过界面xL=时y坐标最小值为()minmmsin6023yrrL=−=

−y坐标的最大值为()maxmms6023inyrrL=+=+则离子通过界面xL=时y坐标的范围为()()2323LyL−+（3）须保证最大速度为02v的离子不能穿越电场区域。解法一：设离子在进入电场

时，除了有垂直于界面的初速度02v，还有两个大小相等、方向相反的沿界面的速度12vv、，如图所示令1BqvEq=可得的120233vvv==则该离子做圆周运动的速度()220204323Vvvv=+=与水平方向的夹角11sin2vV==则该离子做圆周运动时满足2VqVBmR=可得433RL

=则所求电场的最小宽度23sin3dRRL=−=解法二：恰好能重回界面xL=的离子到达右边界的速度方向与界面平行，设其为tv，对该离子竖直方向运用动量定理有ΔΔ0xyBqvtmv=−求和得tBqdmv=又由动能定理得()22011222

tEqdmvmv−=−综合可得电场的最小宽度为233dL=