新时代ＮＴ教育２０２３－２０２４学年高三入学摸底考试物理（新高考） 参考答案１．Ｃ ２．Ｂ３．Ｂ【解析】由图可得，电容器内电场向下，油滴受力平衡带负电，Ａ错误；电容器的电ε狉犛容决定式犆＝，上极板向上移动，犱增加，犆减小，Ｂ正确；上极板向左平移，由４π犽犱电容器电势差不变，板间距不变可得，电容器内电场强度不变，油滴受力平衡，Ｃ错ε狉犛犙４π犽犙误；断开开关Ｓ，电容器所带电荷量不变，由犆＝＝，得犈＝与间距犱无４π犽犱犈犱ε狉犛关，犘点到下极板距离犱′不变，犝犘＝犈犱′，故犘点电势不变，Ｄ错误。２犌犕犿狏０４．Ａ【解析】卫星犘在地球上方做圆周运动时向心力为万有引力＝犿，可（犚＋犺）２犚＋犺２得犌犕＝狏０（犚＋犺），由题意得卫星犘在比邻星犫上方圆周运动时满足犌犪犕犿狏２犪（犚＋犺）＝犿，由上式可得狏＝狏０，Ａ正确。（犮犚＋犺）２犮犚＋犺槡犮犚＋犺犅狇狉５．Ｄ【解析】磁聚焦模型，应有磁偏转半径为圆形区域半径狉，此时粒子速度为狏＝，犿Ｄ正确；由左手定则可得，应于犖点射出磁场，Ａ错误；临界法，最上层粒子在磁场中的运动时间最长，最下层粒子在磁场中运动时间最短，Ｂ错误；射出粒子方向不相同，Ｃ错误。狓１２１２６．Ｄ【解析】由图可得＝－２狋＋３０，即狓＝３０狋－４狋，对比狓＝狏０狋＋犪狋可得，狋２２２狏０＝３０ｍ／ｓ，犪＝－４ｍ／ｓ，Ａ、Ｃ错误；当狋＝７．５ｓ时，车辆停止运动，狓＝１１２．５ｍ，当狋＝５ｓ时，狓＝１００ｍ，故在５～８ｓ时间内，车辆运动位移大小是１２．５ｍ，Ｂ错误；狓当＝２０时，狋＝５ｓ，狏＝３０－４×５ｍ／ｓ＝１０ｍ／ｓ，Ｄ正确。狋７．Ｄ【解析】由右手定则可知，电流方向是犪→犫→犮→犱，Ａ错误；电压表示数应为有效槡２犚ΔΦ犈ΔΦ电压犖犅犾１犾２ω，Ｂ错误；由电动势犈＝犖，可得犻Δ狋＝Δ狋＝犖＝２犚＋狉Δ狋犚＋狉犚＋狉犖犅犾１犾２槡２Δ狇，其中ΔΦ＝犅犾１犾２，故流过犪犫边电荷量是，Ｃ错误；总电路有效电压犈′＝犚＋狉２犈′２２π犖犅犾１犾２ω，有效电流犐′＝，可得一周期内电阻犚产热量犙＝犐′犚×＝犚＋狉ω２２２２π犖犅犾１犾２ω犚，Ｄ正确。（犚＋狉）２犇８．ＡＢ【解析】条纹间距公式Δ狓＝λ，犇为双缝与光屏之间距离，犱为双缝之间距离，λ犱为光的波长，条纹间距变窄有以下情况：犇变小；犱增大；λ变小，Ｂ正确；λ犪＞λ犫，则犪光频率小于犫光频率，犫光能量更大，故可以发生光电效应，Ａ正确；白炽灯无法λ发生干涉，Ｃ错误；犘为振动抵消点，故狓２－狓１＝（２狀＋１）（狀为整数），Ｄ错误。２１１Δ犻９．ＡＤ【解析】根据犳＝＝，Ａ正确；根据自感电动势公式ε＝犔可得螺线管犜２π槡ＬＣΔ狋的自感电动势逐渐减小，Ｂ错误；电容电势差减小，自感电动势等于电容电势差，故自感电动势减小，Ｃ错误；电容的储能不断减小，能量守恒可得，电感储能逐渐增大，物理 第１页{#{QQABIYiAggigQAIAARhCQQnyCgGQkACCCIgOQAAMsAAByRFABAA=}书故电场能向磁场能转换，Ｄ正确。１０．ＢＣＤ【解析】当小球落到水平面上，由于高度一定，可得下落时间不变，与初速度无关，Ａ错误；当小球落到斜面上时，设小球水平位移为狓，运动时间为狋，竖直方向２１２２狏０上速度为狏狔，可得狏０狋＝狓，犵狋＝狓ｔａｎ３０°，两组方程联立解得狓＝ｔａｎ３０°；２犵２狏０狏狔狋＝ｔａｎ３０°，狏狔＝犵狋＝２狏０ｔａｎ３０°，则＝２ｔａｎ３０°，速度方向不变，Ｂ正确；犵狏０槡３犵犔当狓＝犔ｃｏｓ３０°时，由上式结果可得狏０＝，Ｃ正确；落点与抛出点相距２２狓４狏０＝，Ｄ正确。ｃｏｓ３０°３犵犫１１．（１）Ｂ（１分） （２）２．１ｍ／ｓ２（２分） （３）（２分）犽犵（４）纸带与打点计时器内有摩擦（１分）（言之有理即可）１２．Ⅰ．２．０９５（２．０９２～２．０９８均可）（１分） １５．１５０（１分）Ⅱ．（１）Ａ１（１分） 犚３（１分） 串联（１分）（２）如下图所示（２分）（Ａ１、Ａ２标注错误不得分）（３）１．４５Ω（１分） Ⅲ．３．１５×１０－５（３．１０×１０－５～３．２０×１０－５均可）（１分）１３．【解析】（１）狆＝狆０－ρ犵犺（２分）．（２）水银两端高度相等时，设左侧气体长度增加犾１，则右侧水银液面高度上升犾１犛１犛２犾２＝（１分），则有犾１＋犾２＝犺（２分），则犾１＝犺（２分），犛２犛１＋犛２狆犾狆０（犾＋犾１）由理想气体状态方程得＝（２分），犜０犜犛２犾＋犺狆０犛１＋犛２解得犜＝犜０（１分）．狆０－ρ犵犺犾１４．（１）选择犅点为小球重力势能零点位置，小球位于圆形轨道最高点时，１２由能量守恒可得犿犵犛１ｓｉｎ３０°＝犿犵犚（ｃｏｓ３０°＋１）＋犿狏（１分），２狏２此时不脱离轨道有犿＝犿犵（１分），解得犛１＝（３＋３）犚（１分）．犚槡１２（２）由能量守恒得犿狏１＝犿犵（犛２＋犔）ｓｉｎ３０°－犿犵犔ｃｏｓ３０°（１分），２μ２可得狏１＝犵犛２＋犵犔（２分）．槡３物理 第２页{#{QQABIYiAggigQAIAARhCQQnyCgGQkACCCIgOQAAMsAAByRFABAA=}２（３）由（２）得，小球与挡板碰之前速度大小狏２＝犵犛３＋犵犔，碰后速度变为槡３′２狏２＝犲犵犛３＋犵犔（２分），设小球到圆弧轨道最高点速度为狏３，则由能量守恒得槡３１′２１２犿狏２＝犿狏３＋犿犵（犔ｓｉｎ３０°＋犚ｃｏｓ３０°＋犚）＋犿犵犔ｃｏｓ３０°（２分），最高点时，不脱２２μ２狏３离轨道，满足犿＝犿犵，可解出犛３＝２犔＋２犚（３＋３）（２分）．犚槡１５．【解析】（１）设犿为小球质量，狇为小球电荷量，犚为管道半径，犈１为第一象限电场２狏０强度，电场力提供向心力犿＝犈１狇（１分），代入数据，可得狏０＝４ｍ／ｓ（２分）．犚（２）设犈２为第三、四象限电场强度，小球出管道后到经过狓轴所用时间为槡２犈２狇２犿狏０１２狋＝（１分），则沿狓方向上位移为狓＝－狋２（１分），槡２２犿犈２狇２代入数据得狓＝－４ｍ（１分），设第二次经过狓轴时，小球位于犘′点，则狓犘′＝－２ｍ，即犘′（－２ｍ，０）（２分）．（３）有犘′与犘关于狔＝－狓对称，由对称性可得，小球在第二象限磁偏转，偏转圆心位槡２犈２狇２于狔＝－狓轴上，位于犘′点时，小球狓轴方向速度大小为狏狓＝狋＝８ｍ／ｓ（１分），犿由狔轴方向对称性可得，沿狔轴方向速度大小为狏狔＝４ｍ／ｓ（１分），合速度大小为２２狏＝槡狏狓＋狏狔＝４槡５ｍ／ｓ（２分），设圆心半径为狉，２１２则由以下方程狉＋狉＝｜狓犘′｜＝２ｍ，解得狉＝槡５ｍ（２分），槡５槡５３犿狏犿狏又有狉＝，即犅＝（１分），代入数据可得犅＝０．０３Ｔ．犅狇狇狉′（２分）．物理第３页{#{QQABIYiAggigQAIAARhCQQnyCgGQkACCCIgOQAAMsAAByRFABAA=}#}