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202309高三入学摸底考试答案(物理)
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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=}#}

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