2024届湖南省衡阳市某中学高三年级下册模拟预测物理 含解析

衡阳市八中2024年高考适应性练习卷（三）

物理试题

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旅;H,泉核

:H的衰变方程为；H-：He+X+AE,半衰期为口.5年，X为新生成的粒子。关于危核的衰变下列说

法正确的是（）

A.X粒子来自原子核的外部

B.经过50年，笳：H的含量为初始的§

C.通过升高海水温度可以改变氤；H半衰期

D.:H的比结合能比汨e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，氤；H的含量为初始的

1_1

F=16

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，瓶核的比结合能小于氢核的比结合能，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与攀爬高度场的关系如图所示。已知他刚登上5楼楼板时的速度

约为0.8m/s,则他刚登上33楼楼板的速度和由1楼登至33楼所需的时间分别约为（）

K

A.0.08m/s；480sB.0.08m/s；660sC.O.lm/s；480sD.O.lm/s；660sh

【答案】c

【解析】

【详解】如图可知登高速度的倒数!与登高高度成正比，即速度与高度成反比，为

V

vh=k

刚登上5楼时高度为

3x4=12m

速度为0.8m/s,当他刚登上33楼时，高度为

(33一1)x3m=96m

根据反比规律，可求得速度为O.lm/s；〃图像与横轴围成的面积表示运动的总时间，可得

v

f=-x—x96s=480s

20.1

故选C。

3.某博物馆举办抓金砖挑战赛，如图为一块质量优=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。、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。、6两侧面与金砖底面的夹角均为0=78.5。，挑战者施加给金砖的单侧握力为R手

套与金砖之间的动摩擦因数为〃=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.2778N

C.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

2/sin0=mg+2Feos0

解得

F»2778N

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。做匀速圆周运动，卫星B是同步地球卫星。某时刻尸、

A、B、。在同一平面内，其中。、P、A在一条直线上,且04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、8的动能之比为3:4

【答案】C

【解析】

【详解】A.由6—=7%。2厂，解得

r

GM

(D=V

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;

「小一Mmv2

B.由G—~~m—,解得

rr

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

cos30°=^=—

r

B2

,—MmEg

由G——=ma,解传

GM

a=/

所以卫星A、B的加速度之比为

GM

Qrr4

A：：K..B：：

每邛入23

rB2

故c正确;

D.由

GMmv2

——--=m——

rr

可得

VA：VB=AR：C=^

则卫星A、B的动能之比

%：%根v：：；徵说=2:6

故D错误

故选Co

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

中油平行于cd,反平行于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（）

刎

甲乙

A.物体在cd段的加速度大于在秋段的加速度

B.物体在cd段的速度增加量等于在油段的速度增加量

C.物体的重力在cd段做的功等于在湖段做的功

V

D.物体在c点与e点的房W度满足：Vc=~e

【答案】c

【解析】

【详解】A.根据牛顿第二定律可知

mgsin6=ma

解得

a=gsin0

可知儿段倾斜角度大于勿段，〃段的加速度小于在A段的加速度，故A错误；

B.设仍对应的高度为〃1,对应高度为〃2,4d对应高度为鱼，ab.cd与水平方向夹角为夕，be、ed与

水平方向夹角为夕，每,、斜面长度均为/根据动能定理可知

mgh^=；mvj

2

mgh2=；mvc

mgygmv；

解得

以二必？

匕=

根据几何关系可知

%=/•sin。

4=/sin。+/•sin/

%=2/•sin。+/•sinO'

联立上式可得

AV2=vd-vc=J2g4-J2g4=J2g（21•sin8+/•sin夕）-J2g（/sin』+/•sin夕）

Av；=vb=^2gl-sin0

可知物体在cd段的速度增加量不等于在仍段的速度增加量，故B错误；

C.根据重力做功表达式

WG-mgh

可知物体的重力在加段做的功等于在ab段做的功，故C正确；

D.根据动能定理可知

}12

mgh2=—mvc

j12

mgh4=—mve

解得

匕=J2g.

Ve二^^

根据几何关系可知

%=21sin0+21sinO'

联立上式可得

f

ve=J2g(2/sin0+21sin0)

vc=J2g(/sin8+/•sin夕)

可知

匕=及匕

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Ui=250V,输出功率500kW。降压变压器的匝数

比"3："4=50：1,输电线总电阻R=62.5。。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4.8kW

C,输送给储能站的功率为408kWD.升压变压器的匝数比为：n2=1：44

【答案】C

【解析】

【详解】A.由题知，发电机的输出电压Ui=250V,输出功率500kW,则有

I,=—=2X103A

q

A错误；

BD.由题知，用户端电压。4=220V,功率88kW,则有

U3_%=

。4“4

P'=如4

联立解得

h=400A,h=8A,lh=11000V

则输电线上损失的功率为

尸损=IrR=4kW

且

U2=Ih+bR=11500V

U.n

再根据#=」}，解得

U2n2

_1

n,46

BD错误；

C.根据理想变压器无功率损失有

尸=U2/3+P储

p储=408kW

C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T=2s。已知在/=0时刻，质点

A坐标为（2cnx—3cm）,质点8坐标为（6c戏—女m）,A、8都沿y轴正向运动。下列说法正确的是

)

八y/cm

6-

3-

-6--------------------------------

4

A.该列简谐横波波长可能为/cm

B.A、B两质点可以一个在波峰，一个在波谷

C.从，=0时刻起，经历A%=0.5s时间，质点A的位移为4cm

D.在t=时，质点B的位移为零

O

【答案】AD

【解析】

【详解】AB.在/=0时，质点A、8都沿y轴正向运动，且A、2的位移相同，则振动刚好相同，故两

质点振动总是相同，所以42两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

4cm=九1,(«=1,2,3...)

4

则该列简谐横波波长可能为(cm,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

y=6sin(^-—)cm

则从1=0时刻起，经历Af=0.5s时间，质点A的位置为y=3Gcm,故位移为(3+36)cm,故C错

、口

陕；

D.根据质点5的振动和周期可得，质点5的振动方程为

/./TC、

y=6sin(^-—)cm

则在"Js时，质点B的位移为零，故D正确。

O

故选AD。

9.离子推进器是我国新一代航天动力装置，它的工作原理是将沆气通入电离室C后被电离为债离子，利

用加速电场A3加速流离子，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，值气被电离的比例为〃，旅离子喷射速度为%,推进器产生的推力为已知很离子的比

荷为左；计算时，取笳离子的初速度为零，忽略粒子之间的相互作用，下列判断正确的是()

A.氤离子的加速电压为U=±LB.离子推进器发射功率为尸%

2k

kFnF

c.债离子向外喷射形成的电流约为/=——D.每秒进入放电通道的猷气质量约为J

V。%

【答案】AC

【解析】

【详解】A.敬离子经电场加速，根据动能定理有

12

qU=-mv0-0

可得加速电压为

2?

2q2k

故选项A正确；

B.推进器的推力为P，粒子速度从。增加%,故推力的功率为

尸=退

选项B错误；

C.在时间/内有质量为△根的管离子喷出，根据动量定理可得

Ft=Amv0-0

得

一F

根据电流的定义式

1=旦

t

而

2,左

得

_QF_kF

1r——

Am%v0

选项C正确；

D.在/时间内，有质量为△力的值离子以速度％喷射而出，由动量定理

Ft=-0

得

Ft

△Am=-

%

进入放电通道的债气质量为〃％,被电离的比例为〃，则有

A777

n=—-

mo

联立解得

Ft

mo=一

7%"

取/=ls可得

F

mo=一

V。"

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6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每个磁场分布区间的长度都是。，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6、长为。、总电阻为R的

导线框MNPQ（固定在轿厢上）将受到安培力。当磁场平动速度为匕时，轿厢悬停；当磁场平动速度为

%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（）

甲乙

A.速度匕和V2的方向都是竖直向上

B,速度匕方向竖直向上，速度V2的方向竖直向下

C.导线框和电梯轿厢的总质量为4』”"

gR

D.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竺且返

R

【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，即速度匕和%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

_2E_2Bbvi

/1==

RR

又

mg=2BI{b

联立，解得

4B2b2v.

m=----------

故C正确;

D.当磁场平动速度为V2时，线框向上运动，当其加速度为零时，达到最大速度，有

28叫丫2-v上）

又

mg-2BI2b

联立，解得

丫上=%一匕

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

E总=I；Rt+mgv±t=43/2

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。点，另

一端连接一直径为d的小钢球，用刻度尺测得悬挂点。点到球心的距离为I,在。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。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At。已知当地重力加速度为g。

门

图甲

(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”=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I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

,d2

【答案】①.11.700②.gl=1~]③.BD

2(旬

【解析】

【详解】(1)口]固定刻度读数为11.5mm,可动部分读数为

20.0x0.01mm=0.200mm

则小球的直径为

d=11.5+0.200mm=11,7(X)mm

(2)⑵小球到最低点的速度为

d

v=——

Nt

为验证机械能守恒，应满足的表达式为

mgh=；mv2

既

,屋

g/=—

(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；

,d2

B.由g/=/、，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，

2(A?)

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。到球心的距离/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BDo

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几

A：闭合S-S2,调节滑动变阻器，此时电流表示数为接着断开S2,读出电流表示数，2。

B：改变变阻器阻值，多次重复，记录/1,12,作，-右

C：同时闭合S1,S2,S3,读出八

(1)下列滑动变阻器阻值范围最合适的是

A.0—0.17^)B.0—47?0C.0—207?0

(2)若图乙中直线斜率为一左，则石=,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.?③.3实验有系统误差，电动势的测量值等于真实值，内阻

《kJ3

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0-4几。

故选B。

(2)[2]不考虑电流表内阻，根据闭合电路的欧姆定律

E=I^R+r)

E=+7?+F)

E=I3r

整理得

图像的斜率为

1E

解得电源电动势为

EB

h

［引内阻为

E&

r=——=——

I3kJ3

(3)［4］若考虑电流表内阻，根据闭合电路的欧姆定律

石=/仆+(+厂)

E=+7?+R、+r)

E=I3(RA+r)

整理得

L=—殳I—

/,E2

可知,一八图像的斜率不变，电动势的测量值等于真实值，内阻为

—屋_R_旦

r*-I.A-24

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机的活塞，汽缸8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3"己

知大气压强卫=等，弹簧的劲度系数左=驷，重力加速度为g,活塞可在汽缸内无摩擦滑动但不漏

usL

气。现将一个质量为机的重物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。

c

s

s3L

A

BD

m

V

L

L13

【答案】一；—Lro

26

【解析】

【详解】未放重物C时汽缸A中气体的压强

mg

Pl=Po+~^~=2Po

汽缸3中气体的压强

P2=P0

放上重物C后两部分气体混合，压强为

2mg.

夕=A+—=

汽缸5中活塞平衡时，由平衡条件可得

pS=kx+p0S

解得弹簧的形变量

L

x=—

2

两部分气体混合后的总长度设为y,由平衡条件可得

Pi.3LS+p?,LS=p-yS

解得

7£

y=一

3

由几何关系知汽缸A中的活塞向下移动的距离为

h=3L+L+x-y

代入整理得

,13,

h=——L

6

14.如图所示，质量为优的小球穿过竖直杆，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，0、M、N处于同一水平线上且3/=A/N=L。从。点静止释放小球，小球

可以到达最低点P,其中=2£o已知小球与竖直杆之间的摩擦因数为〃，弹性绳劲度系数为人始终在

弹性限度内，弹性势能x2(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。点释放时的加速度大小a；

(2)小球从。点运动到P点过程中弹性绳做的功W；

(3)若。点下方有一。点目OQ=L,则小球第一次经过Q点时的动能Ek。

AMN

、

、

、

、

、

、

(2)W=(^ikL-mg^j3L；(3)E=(mg-/ukL)^1-jL

【答案】(1)a=g-幽；k

m

【解析】

【详解】(1)小球从。点释方攵瞬间，小球对杆的压力大小与弹性绳弹力大小相等为尸二受力分析得

mg—fiF=ma

解得

ukL

Q=g

m

(2)小球释放后运动到P的过程中，对竖直杆的压力

=k—cos0=kL

cosO

为恒定值，故过程中摩擦力,:小恒定。根据动能定理

mgy[3L-jukLy/3L+W=0

解得弹性绳做的功

W=^kL-mg）^3L

（3）因弹性势能耳8/，由。到尸过程弹性绳的弹性势能变化量

AEp=—W

则。到。过程弹性绳对小球做的功

W'=-W

3

对小球从O到。过程应用动能定理

f

mgL-pikLL+W=Ek

解得

Ek=（机g-应）/岑卜

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xQy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8。位于坐标原点。处的离子源能在平面内持续发

射质量为加、电荷量为q的负离子，其速度方向与〉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V=/4,式中%为未知定值。且6=0°的离子恰好通过坐标为（L,L）的P点。不计离