文档内容
2024届新高三开学摸底考试卷（新高考专用）01
物 理
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷
一、选择题（每小题5分，共25分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项
是正确的）
1．国产科幻大片《流浪地球》讲述了太阳即将在未来出现“核燃烧”现象，从而导致人类
无法生存，决定移民到半人马座比邻星的故事。据科学家论证，太阳向外辐射的能量来自
其内部发生的各种热核反应，当太阳内部达到一定温度时，会发生“核燃烧”，其中“核
燃烧”的核反应方程为He＋X→Be＋γ，方程中X表示某种粒子，Be是不稳定的粒子，其
半衰期为T，则下列说法正确的是( )
A．X粒子是He
B．若使Be的温度降低，其半衰期会减小
C．经过2T，一定质量的Be占开始时的
D．“核燃烧”的核反应是裂变反应
答案：A
解析：根据质量数和电荷数守恒可知，X粒子的质量数为4，电荷数为2，为He，选项A
正确；温度不能改变放射性元素的半衰期，选项B错误；经过2T，一定质量的Be占开始
时的，选项C错误；“核燃烧”的核反应是轻核聚变反应，选项D错误。
2．如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积 的质量不计且光滑的活
塞密封一定质量的气体，活塞上静止一质量为m的重物。图乙是密闭气体从状态A变化到
状态B的 图像，密闭气体在A点的压强 ，从状态A变化到状态B的
过程中吸收热量 。已知外界大气压强 ，下列说法正确的是( )
1
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A．重物质量
B．气体在状态B时的体积为
C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功
D．从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加
答案：D
解析：根据重物受力分析可知 ，可知m=2kg，故A错；根据图像 ，
气体做等压变化有 ，可得V =8.0×10-3m3，故B错误；从状态A变化到状态B的过
B
程，气体对外界做功W=P∆V，可得W=206J，故C错误；根据热力学第一定律∆U=W+Q，
A
可得∆U=294J，故D正确。
3．我国“二炮”的一系列导弹，在“北斗”定位系统的引导下，能实现精确打击移动目标
和固定目标。假设从地面上A点发射一枚远程弹道导弹，仅在地球引力作用下，沿ACB椭
圆轨道飞行击中地面目标B，C为轨道的远地点，距地面高度为h，若ACB轨迹长恰好为
整个椭圆的一半。已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G。则下列结论正确的
是( )
A．导弹在C点的速度大于
B．地球的球心位于导弹椭圆轨道的一个焦点上
C．导弹在C点的加速度等于
2
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司D．导弹从A点到B点的飞行时间等于导弹飞行周期的一半
答案：B
解析：导弹的轨迹是椭圆，所以在C点的速度要小于同位置的圆周轨道速度，故A错；根
据开普勒定律，中心天体在轨道的焦点上，所以B对；根据万有引力定律，可知导弹在C
点的加速度等于 ，故C错；由于C点是轨迹远地点，可知弧ACB的平均速度要
小，所以时间要大于周期的一半，故D错。
4．如图所示，每年夏季，我国多地会出现日晕现象，日晕是日光通过卷层云时，受到冰晶
的折射或反射形成的，如图所示为一束太阳光射到六角形冰晶上时的光路图，a、b为其折
射出的光线中的两种单色光，下列说法正确的是( )
A．在冰晶中，b光的传播速度较小
B．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距较小
C．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较小
D．用同一装置做单缝衍射实验，b光中央亮条纹更宽
答案：A
解析：A．由题图可知，太阳光射入六角形冰晶时，a光的偏折角小于b光的偏折角，由折
射定律可知，六角形冰晶对a光的折射率小于对b光的折射率，由v＝知b光的传播速度较
小，A正确；
B．由a光的折射率小于b光的折射率，可知a光的频率小于b光的频率，所以a光的波长
大于b光的波长，根据Δx＝λ可知，a光相邻条纹间距较大，B错误；
C．a光的折射率较小，由临界角公式sin C＝可知，a光的临界角较大，C错误；
D．光的衍射中，波长越长，中央亮条纹越宽，故a光的中央亮条纹更宽，D错误．
5．“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组
在平直的轨道上行驶，该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若
动车组所受的阻力f与其速率v成正比(f=kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为v ，
m
下列说法正确的是( )
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为题定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，
3
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司则这小过程中该动车组克服阻力做的功为
答案：C
解析：A．对动车由牛顿第二定律有
F-f=ma
若动车组在匀加速启动，即加速度a恒定，但f随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增
大而变大，故A错误；
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有
故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶时加速度为零，有
而以额定功率匀速时，有
联立解得
故C正确；
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度
v ，由动能定理可知
m
可得动车组克服阻力做的功为
故D错
二、不定项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，都有多
个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的
得0分）
6．如图所示为某水电站远距离输电的原理图。升压变压器的原副线圈匝数比为k，输电线
的总电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为 U，若
由于用户端负载变化，使发电厂输出功率增加了ΔP。下列说法正确的是( )
4
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A．电压表V 的示数不变，电压表V 的示数增大
1 2
B．电流表A 、A 的示数均增大
1 2
RkΔP
C．输电线上损失的电压增加了
U
R(kΔP) 2
D．输电线上损失的功率增加
U2
答案：BC
解析：AB．由于发电厂输出电压恒为U，根据理想变压器的规律，对于升压变压器，
U
=k，故电压表V
的示数不变，发电厂输出功率增加了ΔP，则发电厂输出电流增加了
U 1
1
ΔP ΔI kΔP
ΔI= ，根据理想变压器的规律，对于升压变压器， 1=k，A 示数增加了ΔI =
U ΔI 1 1 U
，由于A 示数增加，A 示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少ΔU'＝ΔI R，故V
1 2 1 2
示数也将减小，故A错误，B正确；
RkΔP
C．根据欧姆定律，输电线上损失的电压增加了ΔI R= ，故C正确；
1 U
D．输电线上损失的功率增加了(I +ΔI ) 2R≠(ΔI ) 2R，由于I 未知，故无法计算，故D
1 1 1 1
错误。
7．一列简谐横波在弹性介质中沿x轴传播，波源位于坐标原点O，t＝0时刻波源开始振
动，t＝3s时波源停止振动，如图所示为t＝3.2s时靠近波源的部分波形图。其中质点a的
平衡位置离原点O的距离为x＝2.5m。下列说法中正确的是( )
A．波速为5m/s
B．波源起振方向沿y轴正方向
C．在t＝3.3s，质点a位于波谷
D．从波源起振开始计时，3.0s内质点a运动的总路程为2.5m
答案：AD
解析：A．由题意可知v＝＝ m/s＝5 m/s，A正确；
5
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司B．t＝3.2 s时，Δx ＝v·Δt ＝5×3.2 m＝16 m，由于λ＝2.0 m，故波形前端的运动同x＝2.0
1 1
m质点的运动，可判断2.0 m处的质点向下振动，故波源起振方向沿y轴负方向，选项B错
误；
C．T＝＝ s＝0.4 s，从图示时刻经Δt′＝0.1 s＝T，质点a位于平衡位置，选项C错误；
D．从t＝0时刻起，经Δt ＝＝ s＝0.5 s，质点a开始振动，3.0 s内质点a振动了2.5 s，2.5
2
s＝6T，故质点a运动的总路程为s＝6×4A＋A＝25×0.1 m＝2.5 m，选项D正确。
8．CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。
图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中
M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开
始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；
将电子束打到靶上的点记为P点。则( )
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向里
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
答案：CD
解析：本题考查带电粒子在复合场中的运动，综合分析与应用。
A．加速电场要对电子加速，电场力水平向右，场强方向向左，故M处的电势低于N处的
电势，所以A错误；
B．加速电场对电子做功有 ，电子获得的速度为 ，进入磁场后粒子
做圆周运动，轨迹半径 ，可知增大加速电压，轨迹半径增大，而磁场
宽度是d固定的，设粒子离开磁场时的轨迹圆心角为 θ，则有d=rsinθ，可知增大加速电
压，粒子的轨迹圆心角变小，那么粒子打在靶上的位置会右移，故B错；
C．根据图示可知电子的洛伦兹力向下，根据左手定则，可知偏转磁场的方向是垂直纸面
向向里，故C对；
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司D．增大偏转磁场的磁感应强度可知偏转半径变小，则粒子的轨迹圆心角变大，那么，那
么粒子打在靶上的位置会左移，故D对。
第II卷
注意事项：
1. 请用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上
2. 本卷共5题，共60分。
三、填空题(每题6分，共12分)
9．用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验时接通电源，质量为m 的重物从
2
高处由静止释放，质量为m 的重物拖着纸带打出一系列的点，图乙是实验中打出的一条纸
1
带，A是打下的第1个点，量出计数点E、F、G到A点距离分别为d 、d 、d ，每相邻两
1 2 3
计数点的计时间隔为T，当地重力加速度为g。(以下所求物理量均用已知符号表达)
(1)在打点A～F的过程中，系统动能的增加量ΔE ＝__________，系统重力势能的减少量
k
ΔE＝__________________________，比较ΔE、ΔE 大小即可验证机械能守恒定律。
p k p
(2)某同学根据纸带算出各计数点速度，并作出d图像如图丙所示，若图线的斜率 k＝
__________________，即可验证机械能守恒定律。
答案：(1) (m－m)gd (2)g
2 1 2
解析：本题考查机械能守恒验证实验的原理与变形
(1)由于每相邻两计数点的计时间隔为T，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时
速度求出点F的瞬时速度：v ＝。在A～F过程中系统动能的增量ΔE ＝(m ＋m)v 2＝，系
F k 1 2 F
统重力势能的减小量为ΔE＝(m－m)gd。
p 2 1 2
(2)本题中根据机械能守恒可知，
(m－m)gd＝(m＋m)v2
2 1 1 2
即有：＝gd，所以d图像的斜率k＝g。
10．某同学为精确测量某金属圆柱的电阻，设计了如图甲所示的电路图。现在需要两个量
程为200mA的电流表，但实验室提供的器材中，一个电流表的量程为 100mA，内阻为
12Ω，另外一个电流表的量程为200mA。
7
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司(1)图中E为学生电源、G为灵敏电流计、A 代表量程为100mA电流表A(图中未画出)改装
1
后的电流表、A 为量程为200mA的电流表、R 为电阻箱、R 与R 均为滑动变阻器、R 为
2 1 2 3 0
定值电阻、S为开关、R 为待测金属圆柱，另有导线若干，这些器材全部由实验室提供。
x
具体的实验操作如下：
A．按照如图甲所示的电路图连接好实验器材；
B．将滑动变组器R 的滑片、滑动变阻器R 的滑片均调至适当位置，闭合开关S；
2 3
C．调整R ，逐步增大输出电压，并反复调整R 和R 使灵敏电流计G的示数为零，此时量
3 1 2
程为100mA的电流表A的示数为I，A 的示数为I，电阻箱的示数为R；
1 2 2 1
D．实验完毕，整理器材。
①实验步骤B中滑动变阻器R 的滑片应调至最左端；
3
②某次测量时，量程为100mA的电流表A的指针位置如图乙所示，则此时通过 R 的电流
2
为_______mA。
(2)待测金属圆柱Rx的阻值为________(用所测物理量的字母表示)。
(3)电流表A、A 的内阻对测量结果________(填“有”或“无”)影响。
1 2
答案：(1) 160 (2) (3)无
解析：本题考查电阻测量改装电路分析等
(1)实验步骤B中滑动变阻器R 的滑片应调至最左端，使元件电压从零开始，保护元件及电
3
表。
把量程为100mA电流表A改装为量程为200mA的电流表A，应并联一个阻值为12 的电
1
阻，乙图的示数为80mA，根据电表改装原理可知，流过R 的电流应为示数的2倍，即
2
160mA。
(2)灵敏电流计G的示数为零时满足
可得待测金属圆柱Rx的阻值为
(3)由R 测量的表达式可知，电流表A、A 的内阻对测量结果无影响。
x 1 2
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司四、计算题(11题14分，12题16分，13题18分，正确书写必要的根据与推导
过程，共48分)
11．保龄球运动既可以锻炼身体，又可以缓解心理压力，而且老少咸宜，广受大众的喜
爱。某同学设想了如下过程来模拟一次保龄球的投掷、运行、撞击的训练过程．如图所
示，将一质量为 的保龄球从A点开始由静止向前掷出，球沿曲线运动，脱手
后，在B点以 的速度切入水平球道。球做直线运动经 时间后在C点与质量
为 的球瓶发生正碰。已知在A点时保龄球的下沿距离球道表面的高度为
，保龄球在球道上运动时受到的阻力恒为重力的 倍，g取 ，忽略空气阻
力，忽略保龄球的滚动，球与球瓶的碰撞时间极短，碰撞中没有能量损失，球与球瓶均可
看成质点。求：
(1)运动员在掷球过程中对保龄球做的功 ；
(2)在撞上球瓶前的瞬间，保龄球的速度 的大小；
(3)碰撞后，球瓶的速度 的大小。
答案：(1) (2) (3)
解析：（1）运动员在掷球过程中，根据动能定理可得
解得运动员对保龄球做的功为
（2）保龄球从B到C的过程，根据动量定理可得
解得在撞上球瓶前 瞬的间，保龄球的速度大小为
（3）球与球瓶的碰撞时间极短，碰撞中没有能量损失，可知碰撞过程满足动量守恒和机械
能守恒，则有
联立解得碰撞后，球瓶的速度大小为
12．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交 匀的强电场和
匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为
9
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司+q、质量为m的微粒从原点出发沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正
好做直线运动，当微粒运动到A（l，l）时，电场方向突然变为竖直向上（不计电场变化的
时间），粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力，求：
(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)粒子在复合场中的运动时间。
答案：(1) (2) (3)
解析：(1)微粒在到达A（l，l）之前做匀速直线运动，受力分析如图，根据平衡条件，有
解得
(2)根据平衡条件，有
电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，
轨迹如图
10
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司根据牛顿第二定律，有
由几何关系可得
联立解得 ，
(3)微粒做匀速直线运动的时间为：
做圆周运动的时间为
在复合场中运动时间为
13．如图所示，两条相距L=0.1m的足够长的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一
阻值 的电阻。两根金属杆AB、CD固定在水平导轨上，与导轨保持良好接触。
AB、CD 相互平行，间距为 。其中 AB 棒的电阻 ，CD 棒的电阻
。其左侧轨道正上方有一磁悬浮小车，质量m=0.15kg，在其正下方两轨道之间
产生一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=6T，磁场区域的宽度也为d，其他区域磁场不
计。磁悬浮小车以初速度v=10m/s向右沿轨道运动。不计空气阻力，导轨电阻不计。求：
0
(1)磁悬浮小车右边界刚越过AB杆正上方时，AB杆两端点间的电压U及通过AB杆的电流
方向；
(2)磁悬浮小车右边界刚越过CD杆正上方时，磁悬浮小车的速度多大；
(3)从最初开始运动到最终扫过CD杆的过程中，电阻R上产生的焦耳热。
11
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解析：(1)产生的感应电动势为 V
根据欧姆定律可得电压为
根据安培右手定则可知电流方向A→B
(2)磁悬浮小车通过AB杆的过程受到的安培力为
对小车，根据动量定理
其中
两边求和
可得
解得
(3)此过程产生的焦耳热
电阻R上产生的焦耳热
磁悬浮小车通过CD杆的过程，根据动量定理
其中R =0.04Ω
总2
12
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司两边求和
可得
解得v=3m/s
2
此过程产生的焦耳热
电阻R上产生的焦耳热
电阻R上产生的总焦耳热
13
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