文档内容
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．Ｂ
３．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犛
容决定式犆＝ 狉 ，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犛 犙 ４π犽犙
误；断开开关Ｓ，电容器所带电荷量不变，由犆＝ 狉 ＝ ，得犈＝ 与间距犱无
４π犽犱 犈犱 ε犛
狉
关，犘点到下极板距离犱′不变，犝 ＝犈犱′，故犘点电势不变，Ｄ错误。
犘
犌犕犿 狏２
４．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 ０ ，可
（犚＋犺）２ 犚＋犺
得犌犕＝狏２（犚＋犺），由题意得卫星犘在比邻星犫上方圆周运动时满足
０
犌犪犕犿 狏２ 犪（犚＋犺）
＝犿 ，由上式可得狏＝槡 狏，Ａ正确。
（犮犚＋犺）２ 犮犚＋犺 犮犚＋犺 ０
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 １ １
６．Ｄ 【解析】由图可得 ＝－２狋＋３０，即狓＝３０狋－ ４狋２，对比狓＝狏狋＋ 犪狋２ 可得，
狋 ２ ０ ２
狏＝３０ｍ／ｓ，犪＝－４ｍ／ｓ２，Ａ、Ｃ错误；当狋＝７．５ｓ时，车辆停止运动，狓＝１１２．５ｍ，
０
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 犖犅犾犾ω ，Ｂ错误；由电动势犈＝犖 ，可得犻Δ狋＝ Δ狋＝犖 ＝
２ １２ 犚＋狉 Δ狋 犚＋狉 犚＋狉
犖犅犾犾 槡２
Δ狇，其中ΔΦ＝犅犾犾，故流过犪犫边电荷量是 １２，Ｃ错误；总电路有效电压犈′＝
１２ 犚＋狉 ２
犈′ ２π
犖犅犾犾ω，有效电流犐′＝ ，可得一周期内电阻 犚 产热量犙＝犐′２犚× ＝
１２ 犚＋狉 ω
π犖２犅２犾２犾２ω犚
１２ ，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＞λ，
犪 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－狓＝（２狀＋１） （狀为整数），Ｄ错误。
２ １ ２
１ １ Δ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ＬＣ Δ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，
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书书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
１ ２狏２
上速度为狏，可得狏狋＝狓， 犵狋２＝狓ｔａｎ３０°，两组方程联立解得狓＝ ０ｔａｎ３０°；
狔 ０ ２ 犵
２狏 狏
狋＝ ０ｔａｎ３０°，狏＝犵狋＝２狏ｔａｎ３０°，则 狔＝２ｔａｎ３０°，速度方向不变，Ｂ正确；
犵 狔 ０ 狏
０
槡３犵犔
当狓＝犔ｃｏｓ３０°时，由上式结果可得狏＝ ，Ｃ正确；落点与抛出点相距
０ ２
狓 ４狏２
＝ 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）Ａ （１分） 犚 （１分） 串联 （１分）
１ ３
（２）如下图所示 （２分）（Ａ 、Ａ 标注错误不得分）
１ ２
（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，则右侧水银液面高度上升
１
犾犛 犛
犾＝ １ １ （１分），则有犾＋犾＝犺（２分），则犾＝ ２ 犺（２分），
２ 犛 １ ２ １ 犛＋犛
２ １ ２
由理想气体状态方程得
狆犾
＝
狆
０
（犾＋犾
１
）
（２分），
犜 犜
０
犛
犾＋ ２ 犺
狆 犛＋犛
解得犜＝ ０ １ ２ 犜 （１分）．
狆
０
－ρ犵犺 犾 ０
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，
１
由能量守恒可得犿犵犛ｓｉｎ３０°＝犿犵犚（ｃｏｓ３０°＋１）＋ 犿狏２ （１分），
１ ２
狏２
此时不脱离轨道有犿 ＝犿犵（１分），解得犛＝（３＋槡３）犚 （１分）．
犚 １
１
（２）由能量守恒得
２
犿狏２
１
＝犿犵（犛
２
＋犔）ｓｉｎ３０°－犿犵μ犔ｃｏｓ３０°（１分），
２
可得狏＝槡犵犛＋ 犵犔 （２分）．
１ ２ ３
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（３）由 （２）得，小球与挡板碰之前速度大小狏＝槡犵犛＋ 犵犔，碰后速度变为
２ ３ ３
２
狏′＝犲槡犵犛＋ 犵犔 （２分），设小球到圆弧轨道最高点速度为狏，则由能量守恒得
２ ３ ３ ３
１ １
２
犿狏′
２
２＝
２
犿狏２
３
＋犿犵（犔ｓｉｎ３０°＋犚ｃｏｓ３０°＋犚）＋犿犵μ犔ｃｏｓ３０°（２分），最高点时，不脱
狏２
离轨道，满足犿 ３＝犿犵，可解出犛＝２犔＋２犚（３＋槡３）（２分）．
犚 ３
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 为第一象限电场
１
狏２
强度，电场力提供向心力犿 ０＝犈狇（１分），代入数据，可得狏＝４ｍ／ｓ（２分）．
犚 １ ０
（２）设犈 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
２
槡２
犈狇
２犿狏 １２ ２
狋＝ ０ （１分），则沿狓方向上位移为狓＝－ 狋２ （１分），
槡２ ２ 犿
犈狇
２ 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 ＝－２ｍ，即犘′（－２ｍ，０）（２分）．
犘′
（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
犈狇
２ ２
于狔＝－狓轴上，位于犘′点时，小球狓轴方向速度大小为狏＝ 狋＝８ｍ／ｓ（１分），
狓 犿
由狔轴方向对称性可得，沿狔轴方向速度大小为
狏＝４ｍ／ｓ（１分），合速度大小为
狔
狏＝槡狏２＋狏２＝４槡５ｍ／ｓ（２分），设圆心半径为狉，
狓 狔
２ １ ２
则由以下方程 狉＋ 狉＝｜狓｜＝２ｍ，解得狉＝ 槡５ｍ （２分），
槡５ 槡５ 犘′ ３
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）．
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