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

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答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C B D D B B BD ACD AC ABD
11．
F=mgL
2❑
√
L2− D2
不变 可以，理由见解析
12.  2.04.0无
13.（1）
0.4 J
；（2）
119 cm3
；（3）
2.9 ×1021
14．（1）150N；（2）①停在 B2 上，② 0.26s
15．（1）
mg
q
，方向竖直向上，
m v0
qB
；（2）
v甲=4
3v0，v乙=−v0
3
；（3）
，
8❑
√
3m v0
3qB
1.【解析】
C
6
14
发生 β衰变的生成物应为电子，核反应式应为
C
6
14 →7
14 N+ e
−1
0
，中子生成
C
6
14
的核反应式应为
N
7
14 +¿0
1n→6
14 C+¿1
1H¿¿
，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
C
6
14 →7
14 N+ e
−1
0， 可知 N
7
14
更稳定，比结合
能越大，故选 C；
若测得一古木样品的
C
6
14
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
❑
√
3
2
cm，光线的入射角为
i=60°
设折射角为
θ
，根据折射定律
sin i
sinθ =n
则AB=
d
cosθ
,Δx=ABsin(60°-
θ
)
代入数据可得 n=
❑
√
3
3.【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
vAcos 30 °=v
vA≈1.4 m/s
,则
ω≈ 0.12 rad /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=18000 J
重力做功功率为
P=−∆ EG
t=−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=Blv
，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=0.8 V
，故排除 A、B选项；
但实际上闭合电路中的电源仅为
ε2=Bd v⊥=1.0 ×0.1 ×4/sin 60
°
解得
ε2
=4
❑
√
3
/15V，
由闭合电路欧姆定律可得
I=ε
R
将R=2Ω 代入 解得
I
=
2❑
√
3
/15A
5.【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=Umax sin 2π
Tt=220 ❑
√
2sin
(
50 πt
) (
V
)
故A错
误；
B．原线圈电压的有效值为
U1=220❑
√
2
❑
√
2
V=220 V
根据电压匝数关系有
U1
U2
=n1
n2
解得
U2=10 V
对电动机所在支路有
U2I1=I1
2r0+mgv
解得
I1=1 A
则灯泡支路的电流
I2=I − I1=1.5 A −1 A=0.5 A
则灯泡的功率为
P灯=U2I2=5 W
故B正确；
C．结合上述可知，电动机消耗的电功率为
PM=U2I1=10 W
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
v0
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=1
2g t2
……(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 v0max=
L❑
√
g
2ℎ
……(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
m v1=m v1
'+mV 1
'
……(6)
因为碰撞时弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得：
1
2m(v¿¿ 1)2=1
2m(v¿¿1¿¿')2+1
2m(V¿¿1¿¿')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=2π
T=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=❑
√
2gℎ
2πT
……(13)
φ=−π
2
……(14)
将（13）（14）代入（10）式得：
x=❑
√
2gℎ
2πTcos(2π
Tt − π
2)
……(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)= 1
2g t2
2
……(16)
平板得坐标为
x板
(
t2
)
=❑
√
2gℎ
2πTcos(2π
Tt2−π
2)
……(17)
在碰撞时有
x板
(
t2
)
=x球(t2)
……(18)
由（16）（17）（18）代入数据可得 4.90
t2
2
=4.41cos
(π t2−π
2)
……(19)可得
t2=0.771 s
……(20)
则有 L=
v0（t1+t2）
……(21)解得
v0=0.4585 m/s
……(22)
则小球与平板仅发生一次碰撞得条件为
0.46 m/s<v0≤0.71 m/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
T2
2
a3=k
T3
2
r3
3=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
GMm
r2=ma
可得
a=GM
r2
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
GMm
r2=mv2
r
因此有
v1=❑
√
GM
r1
>v3=❑
√
GM
r3
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=
1
2mg
sin θ=mg
2sin θ
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