【文档说明】衡水金卷先享题2024届新高三上学期摸底联考试题 物理课件.pptx，共(49)页，5.277 MB，由小赞的店铺上传

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2024届新高三摸底联考物理试题2024届新高三摸底联考物理本试卷共8页，17题。全卷满分100分。考试用时90分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每

小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。2

024届新高三摸底联考物理11223344556677889910101111121213131414151516161717一、选择题：本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第𝟏∼𝟖题只有一项

符合题目要求，第𝟗∼𝟏𝟐题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.铀核衰变为钍核的核反应方程为92238U23490Th+24He，铀核衰变为铅核的核反应方程为92238U20682Pb+𝑥24He+𝑦−1

0e，下列说法正确的是()A.铀核衰变产生的𝛼粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量B.铀核衰变为铅核的核反应方程中的𝑥=8，𝑦=6C.两个铀核经过一个半衰期后一定会剩下一个铀核未衰变D.由于铀核衰变时辐射出𝛾射线，有能量损失，因此衰变前

后能量不守恒√2024届新高三摸底联考物理11223344556677889910101111121213131414151516161717[解析]衰变后𝛼粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，A项错误；根据质量数守恒，电荷数守恒列方程组

238=206+4𝑥+0，92=82+2𝑥−𝑦，解得𝑥=8，𝑦=6，B项正确；半衰期是针对大量原子核的统计规律，对少量原子核没有意义，C项错误；衰变前后能量守恒，D项错误。2024届新高三摸底联考

物理112233445566778899101011111212131314141515161617172.平直的公路上，一摩托车正由静止出发追赶前方50m处以10m/s的速度匀速运行的卡车。已知摩托车能达到的最大速度为20m/s，摩托车加速和减速时的加速度大小均为5m/s2，但是摩

托车的油量见底，而最近的加油站在前方200m（剩余的油可以支撑200m）处，摩托车能否在到达加油站之前赶上卡车，以及摩托车从启动至停入加油站所需的最短时间为()A.能，11sB.不能，11sC.能，14sD.不能，14s√202

4届新高三摸底联考物理11223344556677889910101111121213131414151516161717[解析]首先考虑到达加油站的时间，摩托车是先加速再匀速最后减速，加速的时间和减速时间相同，𝑡1

=𝑡3=𝑣𝑎=4s，加速和减速阶段的路程也相同，𝑥1=𝑥3=12𝑎𝑡12=40m，剩余的路程即为匀速过程，所用的时间为𝑡2=𝑠𝑣=200−𝑥1−𝑥320=6s，因此所用总时间为𝑡=𝑡1+𝑡2+𝑡3=14s。在此期间，卡车前进的路程为𝑠1=𝑣𝑡=140m，而摩托

车前进的路程为𝑠2=200m，两者路程差为𝛥𝑠=𝑠2−𝑠1=60m>50m，因此在到达加油站之前摩托车就已经追上卡车，C项正确。2024届新高三摸底联考物理112233445566778899101011111212131314141515161617173.下列说法正确的是()

A.物体内能的大小仅取决于它的温度B.气体从外界吸收热量，其内能不一定增加C.0℃的冰吸热后变成0℃的水，其分子平均动能增加D.单晶体和多晶体都具有各向异性[解析]内能是所有分子的动能和所有分子的势能之和，温度只是分子平均动能的标志，

A项错误；改变内能可以有热传递和做功两种方式，只吸收热量物体的内能不一定增加，B项正确；温度是分子平均动能的标志，温度没变，分子平均动能不变，C项错误；多晶体不具备各向异性，D项错误。√2024届新高三摸底联考物理11223344556677889910101111

1212131314141515161617174.如图所示，质量为𝑚的物体𝐴和质量为2𝑚的物体𝐵叠放在一起静止不动，𝐴、𝐵之间动摩擦因数为𝜇1，𝐵与地面之间动摩擦因数是𝜇2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给𝐴加一水平拉力𝐹，使

得两物体一起向右加速运动，下列关于𝜇1、𝜇2的关系可能是()A.4𝜇1=𝜇2B.3𝜇1=𝜇2C.𝜇1=3𝜇2D.𝜇1=4𝜇2[解析]根据题意只有当𝐴、𝐵之间的摩擦力大于𝐵与地面之间的摩擦力才能实现两物体一起向右运动，

即𝜇1𝑚𝑔>𝜇2⋅3𝑚𝑔，即𝜇1>3𝜇2，D项正确。√2024届新高三摸底联考物理112233445566778899101011111212131314141515161617175.如图所示为某种静电喷涂装置的

原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为电场线，在强电场作用下，一带电液滴从发射极由静止加速飞向吸极，𝐴、𝐵、𝐶、𝐷四点的电场强度大小分别为𝐸𝐴、𝐸𝐵、𝐸𝐶、𝐸𝐷，电势分别为

𝜑𝐴、𝜑𝐵、𝜑𝐶、𝜑𝐷，重力忽略不计。下列说法正确的是()A.𝐸𝐴<𝐸𝐶<𝐸𝐵B.𝜑𝐷>𝜑𝐵>𝜑𝐶C.带电液滴向右运动的过程中电势能增大D.带电液滴在电场力作用下一定沿电场线运动√2024届新高三摸底联考物理1122334

4556677889910101111121213131414151516161717[解析]根据电场线的疏密可判定，电场强度𝐸𝐴<𝐸𝐵<𝐸𝐶，A项错误；顺着电场线方向，电势降落，电势𝜑𝐷>𝜑𝐵>𝜑𝐶，B项正确；带电液滴向右运动的过程中，电

场力做正功，电势能减小，C项错误；带电液滴在电场力作用下不一定沿着电场线运动，D项错误。2024届新高三摸底联考物理112233445566778899101011111212131314141515161617176.肺活量是指

在标准大气压𝑝0下，人尽力呼气时呼出气体的体积，是衡量心肺功能的重要指标。如图所示为某同学自行设计的肺活量测量装置，体积为𝑉0的空腔通过细管与吹气口和外部玻璃管密封连接，玻璃管内装有密度为𝜌的液体用来封闭气体。A.𝜌𝑔ℎ+2𝑝0𝑝0𝑉0B.𝜌𝑔ℎ+𝑝0𝑝

0𝑉0C.𝜌𝑔ℎ𝑝0𝑉0D.𝜌𝑔ℎ−𝑝0𝑝0𝑉0测量肺活量时，被测者尽力吸足空气，通过吹气口将肺部的空气尽力吹入空腔中，若此时玻璃管两侧的液面高度差设为ℎ，大气压强为𝑝0保持不变，重力加速

度为𝑔，忽略气体温度的变化，则人的肺活量为()√2024届新高三摸底联考物理11223344556677889910101111121213131414151516161717[解析]设人的肺活量为𝑉，将空腔中的气体和人肺部的气体一起研究，初

状态𝑝1=𝑝0、𝑉1=𝑉0+𝑉，末状态𝑝2、𝑉2=𝑉0，根据压强关系有𝑝2=𝑝0+𝜌𝑔ℎ，根据玻意耳定律有𝑝1𝑉1=𝑝2𝑉2，联立解得𝑉=𝜌𝑔ℎ𝑝0𝑉0，C项正确。2024届新高三摸底联考物理1122334455667788991010111112121

31314141515161617177.如图甲所示为沿𝑥轴传播的一列简谐横波在𝑡=0.2s时刻的波形图，两质点𝑃、𝑄的平衡位置分别位于𝑥=0.5m、𝑥=4.0m处，质点𝑄的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是()甲乙

A.该波沿𝑥轴正方向传播B.𝑡=0时刻，质点𝑃正沿𝑦轴负方向运动C.质点𝑃的振动方程为𝑦=5cos10π𝑡+π4cmD.当质点𝑄在波峰时，质点𝑃的位移为522cm√2024届新高三摸底联考物理11

223344556677889910101111121213131414151516161717[解析]由图乙可知，𝑡=0.2s时刻质点𝑄在平衡位置沿𝑦轴正方向运动，由此判断波沿𝑥轴负方向传播，A项错误；波动周期为0.2s，因此𝑡=0

时刻，质点𝑃正沿𝑦轴正方向运动，B项错误；质点𝑃的振动方程为𝑦=5sin10π𝑡+π4cm，C项错误；当质点𝑄在波峰时，需要经历𝑛+14𝑇，代入质点𝑃的振动方程可得，此时，质点𝑃的位移为5

22cm，D项正确。2024届新高三摸底联考物理112233445566778899101011111212131314141515161617178.电阻为𝑟、边长为3𝑅的正三角形金属导体框，放在光滑绝缘水平面上，在水平力𝐹作用下以恒定速率𝑣进入圆形匀强磁场区域，如图

所示，磁场方向垂直水平面向下，磁场区域的半径为𝑅，下列说法正确的是()A.导体框从进入到离开磁场，导体中电流方向先逆时针再顺时针B.导体框所受力𝐹为恒力C.导体框中产生的电流大小恒定D.导体框中产生的电流大小随时间呈线性变化√2024届新高三摸底联考物理112233

44556677889910101111121213131414151516161717[解析]根据楞次定律，导体框进入磁场过程，感应电流方向为逆时针，离开磁场过程为顺时针，故A项正确；取导体框刚进入磁场中到左边框未进入磁场的这一段时间进行分

析，设用时为𝑡，在磁场中切割磁感线的有效长度为𝑙，产生的感应电动势为𝐸=𝐵𝑙𝑣，感应电流𝐼=𝐸𝑟=𝐵𝑙𝑣𝑟，安培力𝐹=𝐵𝐼𝑙=𝐵2𝑙2𝑣𝑟，力的大小随时间变化，切割磁感线的有效长度与时间不是线性关系，故电流与时间也不是线性关系，故B、C、D项错误。2

024届新高三摸底联考物理112233445566778899101011111212131314141515161617179.故宫太和殿建在高大的石基上，每逢雨季这里都会出现“九龙吐水”的壮观景象，如图甲所示，它是利用自然形成的地势落差，使雨水从龙口喷出，顺势流向沟渠，之

后通过下水道排出城外，我们可以将装置某个出水口的排水情况简化为如图乙所示的模型。某次暴雨后，出水口喷出的细水柱的落点距出水口的最远水平距离为𝑥0=3m，过一段时间后细水柱的落点距出水口的最远水平距离变为𝑥1=1

.5m。已知出水口距离水平面的高度ℎ=5m，出水口的横截面积为𝑆=1×10−4m2，不计空气阻力，重力加速度𝑔=10m/s2，流量为单位时间内排出水的体积，则下列说法正确的是()2024届新高三摸底联考物理112233445566778899101011111

21213131414151516161717甲乙A.两种状态下的流量之比为2:1B.两种状态下的流量之比为2:1C.这次暴雨后，一个出水口的最大流量为3×10−4m3/sD.这次暴雨后，一个出水口的最大流量为2.7×10−3m3/s√√2024届新高三摸

底联考物理11223344556677889910101111121213131414151516161717[解析]由平抛运动的规律可知，竖直方向有ℎ=12𝑔𝑡2，水平方向有𝑥=𝑣𝑡，可得𝑣=𝑥𝑔2ℎ，所以每个出水口的流量𝑄=

𝑣𝑆，故两种状态下的流量之比𝑄0:𝑄1=𝑣0:𝑣1=𝑥0:𝑥1=2:1，A项正确，B项错误；一个出水口的最大流量为𝑄max=𝑣0𝑆=3×10−4m3/s，C项正确，D项错误。2024届新高三摸底联考物理11223344556677889910101111

12121313141415151616171710.如图所示的中继卫星是地球同步轨道卫星，它是航天器在太空运行的数据中转站，该中继卫星处于赤道上某基站的正上方，当它收到该基站发来的一个无线电波信号时，立即将此信号转发到处于同步轨道的另一个航

天器，且该航天器处于能与中继卫星可通信最远距离的位置，如图所示。已知地球的半径为𝑅，地球表面的重力加速度为𝑔，地球的自转周期为𝑇，无线电波的传播速度为光速𝑐。设中继卫星离地面的高度为ℎ，从基站发出无线电波信号到航天器接收到该信号所

需的时间为𝑡，则下列说法正确的是()2024届新高三摸底联考物理11223344556677889910101111121213131414151516161717A.ℎ=3𝑔𝑇2𝑅24π2B.ℎ=3𝑔

𝑇2𝑅24π2−𝑅C.𝑡=2𝑐3𝑔2𝑇4𝑅416π4−𝑅2D.𝑡=2𝑐3𝑔2𝑇4𝑅416π4−𝑅2+1𝑐3𝑔𝑇2𝑅24π2−𝑅𝑐√√2024届新高三摸底联考物理1122334455667788991010

1111121213131414151516161717[解析]设中继卫星的轨道半径为𝑟，由万有引力提供向心力得𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚2π𝑇2𝑟，黄金代换𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑔，整理后可得𝑟=3𝑔𝑇2𝑅24π2

，故中继卫星距离地面的高度为ℎ=3𝑔𝑇2𝑅24π2−𝑅，A项错误，B项正确；由几何关系得无线电波信号从地面基站到航天器所经过得路程𝑠=2𝑟2−𝑅2+𝑟−𝑅，整理后有𝑠=23𝑔2𝑇4𝑅416π4−𝑅2+3𝑔𝑇2𝑅24π2−𝑅，从基

站发出无线电波信号到航天器接收到该信号所需的时间为𝑡=2𝑐3𝑔2𝑇4𝑅416π4−𝑅2+1𝑐3𝑔𝑇2𝑅24π2−𝑅𝑐，故C项错误，D项正确。2024届新高三摸底联考物理11223344556677889910101111121213131

41415151616171711.如图所示的电路中，定值电阻𝑅1=40Ω，𝑅2=10Ω，𝑅为电阻箱，理想变压器原线圈匝数为𝑛1=2200，副线圈匝数𝑛2可以通过滑片𝑃调节，其最大值为1500匝。当滑片在图中位置时副线圈匝数𝑛2=800，此时原线圈接220V的交流电源，开关K断开

后，小灯泡L10V,10W正常发光。已知当小灯泡两端的电压低于5V时，它将不再发光，小灯泡的阻值为定值，不随电压发生变化。下列说法正确的是()A.小灯泡正常发光时，电阻箱的阻值为70ΩB.仅闭合开关K小灯泡不再发光C.闭合开关K后，仅将𝑛2调至1200匝可使小灯泡恰好发光D.闭合开关K后，

仅调节𝑅可使小灯泡再次正常发光√√2024届新高三摸底联考物理11223344556677889910101111121213131414151516161717[解析]由𝑈1𝑈2=𝑛1𝑛2可知，当𝑛2=800时𝑈2=80V，小灯泡正常发光时其阻值𝑅L=𝑈L2𝑃=1

0Ω，额定电流𝐼=𝑃𝑈L=1A，此时电阻箱与小灯泡和𝑅1串联，所以电阻箱的阻值𝑅=𝑈2−𝑈L−𝐼𝑅1𝐼=30Ω，A项错误；闭合开关K后，电阻箱与小灯泡串联后与𝑅2并联，它们的总电阻𝑅总=𝑅+𝑅L𝑅2𝑅+𝑅L+𝑅2=8Ω，它们再与𝑅1串联，所以此时它们的电

压为𝑈总=𝑈2𝑅总𝑅总+𝑅1=403V，而𝑈L′=𝑈总𝑅L𝑅L+𝑅=103V<5V，所以小灯泡不发光，B项正确；若要小灯泡恰好发光，其电压𝑈0=5V，电流𝐼0=0.5A，则此时电阻箱的电压为𝐼0𝑅=15V，𝑅2的电压为𝑈0+𝐼0

𝑅=20V，电流为2010A=2A，所以通过𝑅1的电流为2A+0.5A=2.5A，电压为2.5×40V=100V，即此时副线圈两端的电压𝑈2′=100V+20V=120V，由𝑈1𝑈2′=𝑛1𝑛2′可知，𝑛2′=1200，C项正确；闭合开关K2

024届新高三摸底联考物理11223344556677889910101111121213131414151516161717后，若要使小灯泡再次正常发光，设此时流过𝑅2的电流为𝐼′，则流过𝑅1的电流为𝐼+𝐼′，故有

𝑈2=𝐼+𝐼′𝑅1+𝐼′𝑅2，解得𝐼′=0.8A，即电阻箱与小灯泡的总电压为𝐼′𝑅2=8V，而小灯泡正常发光的电压为10V，故无法通过仅调节𝑅使小灯泡再次正常发光，D项错误。2024届新高三摸底联考物

理1122334455667788991010111112121313141415151616171712.如图所示，光滑轨道𝑎𝑏𝑐𝑑固定在竖直平面内，其中𝑎𝑏段为水平轨道，𝑏𝑐𝑑段为12圆弧轨道，圆弧轨道的半径𝑅=0.32m

，在𝑏处与水平轨道相切。在水平轨道上静置着质量分别为𝑚𝐴=2kg、𝑚𝐵=1kg的物块𝐴、𝐵（均可视为质点），用轻质细绳将𝐴、𝐵连接在一起，且𝐴、𝐵间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。现将细绳剪断，𝐵向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点�

�处。已知重力加速度𝑔=10m/s2，下列说法正确的是()A.物块𝐴的速度大小为2m/sB.物块𝐵经过圆弧轨道𝑏点时对轨道的压力大小为60NC.弹簧压缩时的弹性势能大小为12JD.物块𝐴、𝐵弹开后瞬间的速度之比为2:1√√√2024届新高三摸底联考物理1122334455667788

9910101111121213131414151516161717[解析]物块𝐴、𝐵弹开后对物块𝐵进行分析，恰好能冲到圆弧轨道最高点，该点满足𝑚𝐵𝑔=𝑚𝐵𝑣𝑑2𝑅①，物块𝐵在𝑏点时速度为𝑣𝑏，𝐹N−𝑚𝐵𝑔=𝑚𝐵𝑣�

�2𝑅②，物块𝐵从𝑏点到𝑑点的过程用动能定理−𝑚𝐵𝑔⋅2𝑅=12𝑚𝐵𝑣𝑑2−12𝑚𝐵𝑣𝑏2③，结合①②③解得𝑣𝑏=4m/s，𝐹N=60N，故B项正确；物块𝐴、𝐵弹开的过程满足动量守恒

𝑚𝐴𝑣𝐴=𝑚𝐵𝑣𝑏，解得𝑣𝐴=2m/s，物块𝐴、𝐵弹开后速度之比为1:2，故A项正确、D项错误；弹簧储存的弹性势能𝐸p=12𝑚𝐴𝑣𝐴2+12𝑚𝐵𝑣𝑏2=12J，故C项正确。2024届新高三摸底联考物理112233445566778899101011

11121213131414151516161717二、非选择题：本题共5小题，共52分。13.（6分）一根弹簧被截成相等的两段后，每段的劲度系数是否与被截断前相同？为了弄清楚这个问题，物理兴趣小组的同学们设计了这样一个

实验：如图甲所示，将弹簧的一端固定在水平桌面𝑂点处的挡板上，弹簧处于原长状态，在弹簧的中间位置和另一端分别固定一个用于读数的指针𝑎和𝑏，然后用细线拴住弹簧右端并绕过光滑定滑轮，细线另一端拴有轻质挂钩。在弹簧下面放一

刻度尺，使毫米刻度尺零刻度线与𝑂点对齐，首先记录自然状态下两指针所指的刻度，然后在挂钩上依次悬挂1个、2个、3个……钩码，同时记录每次𝑎、𝑏两指针所指的刻度𝑥𝑎、𝑥𝑏并各自计算出其长度的变化量𝛥𝑥𝑎、𝛥𝑥𝑏，将数据填入下列表格，已知每个钩

码的重力均为0.1N。2024届新高三摸底联考物理11223344556677889910101111121213131414151516161717钩码个数0123456𝑥𝑎/cm12.6813.6914.6815.6916.6717.6818.66𝛥𝑥𝑎/cm01.012.003.0

13.995.005.98𝑥𝑏/cm25.3527.3529.3631.3533.3535.3437.35𝛥𝑥𝑏/cm02.004.016.018.009.9912.00甲乙2024届新高三摸底联考物理1122334455667788991

0101111121213131414151516161717（1）以钩码重力为纵坐标，𝛥𝑥为横坐标建立如图乙所示的坐标系，请根据表中数据，在图乙中分别描点并作出𝐺−𝛥𝑥𝑎、𝐺−𝛥𝑥𝑏两条图线。[答案]如图所示（2分）[解

析]根据表中数据描点连线。2024届新高三摸底联考物理11223344556677889910101111121213131414151516161717（2）根据图像可知，𝑂𝑎段弹簧的劲度系数𝑘1=___________N/m，𝑂𝑏段弹簧的劲度系数𝑘2=____________N

/m。（结果保留两位有效数字）10（1分）<m>5.0</m>（1分）[解析]由𝑘=𝛥𝐹𝛥𝑥可知，𝑘1=10N/m，𝑘2=5.0N/m。2024届新高三摸底联考物理1122334455667788

9910101111121213131414151516161717（3）由本实验可知，一根弹簧被截成相等的两段后，每段的劲度系数与没截断前相比将_____________（填“增大”“减小”或“不变”）。增大（2分）[解析]对比实验结果可知，一根弹簧被截成两段后，每段的劲度系数与被截断前相

比将增大。2024届新高三摸底联考物理1122334455667788991010111112121313141415151616171714.（9分）某同学为了测量电压表的内阻，从实验室找到一些实验器材：电源𝐸（电动势为1.5V，内阻为2Ω）；待测

电压表（量程为300mV，内阻约为1kΩ）；电阻箱0∼9999.9Ω；滑动变阻器𝑅10∼20Ω,1A；滑动变阻器𝑅20∼200Ω,0.1A；定值电阻𝑅3=60Ω；定值电阻𝑅4=5Ω。2024届新高三摸底联考物理11223344556677889910101

111121213131414151516161717甲（1）根据实验器材设计了如图甲所示电路图，滑动变阻器应选择___________（填“𝑅1”或“𝑅2”），定值电阻应选择___________（填“𝑅3”或“𝑅4

”）。<m>𝑅1</m>（1分）<m>𝑅3</m>（1分）[解析]滑动变阻器分压式接入电路，阻值小方便控制电路，故滑动变阻器应选择𝑅1；设滑动变阻器左、右两侧电阻分别为𝑅′、𝑅″，若没有定值电阻，当电阻箱接入电路中的阻值为零且电压表满偏时，由并联电阻公式𝑅V𝑅′𝑅V+𝑅′

≈𝑅′，𝑅′+𝑅″=20Ω二者分担的电压分别是0.3V和1.2V，则𝑅′=4Ω，滑动变阻器并联接入电路部分的阻值过小，不便于操作，若定值电阻选𝑅4=5Ω，则滑动变阻器分担电压仍然很大，𝑅′依然很小，因此定值电阻应选择𝑅3。2024届新高

三摸底联考物理11223344556677889910101111121213131414151516161717（2）先调节滑动变阻器滑片至左端，电阻箱接入电路阻值为零，闭合开关，调节滑动变阻器使电压表满偏，保持滑动变阻器滑片不动，再调节电阻箱阻值为�

�0时电压表半偏，则电压表的内阻为___________，用此方法测出的电压表内阻比实际值偏_________（填“大”或“小”）。<m>𝑅0</m>（1分）大（2分）[解析]由于滑动变阻器阻值较小，可以控制电压表和电

阻箱两端总电压近似不变，电压表的示数为半偏时，电阻箱示数即等于电压表的内阻，故电压表内阻为𝑅0；电阻箱接入电路后，电阻箱和电压表两端电压增大，当电压表的示数为半偏的时候，电阻箱分担的电压大于半偏的电压值，因此电阻箱的电阻大于电压表的内阻，故测

量值偏大。2024届新高三摸底联考物理11223344556677889910101111121213131414151516161717乙（3）之后将此电压表改装成量程3V的电压表，并用标准表进行校对，实验电路如图乙所示。校准过程中，改装表示数总是略小于标准表，则应该将电阻箱

阻值调___________（填“大”或“小”），若改装表的表头读数为300mV时，标准电压表的读数为2.8V，此时电阻箱示数为8500Ω，为了消除误差，则电阻箱接入阻值应为______________Ω。小（

2分）<m>9180</m>（2分）[解析]改装表的示数偏小，即电压表分担的电压过小，根据串联分压原则应适当将电阻箱阻值调小；设消除误差后，电阻箱接入电路的电阻为𝑅𝑥，此时电路中的电流𝐼=2.8V−0.3V8500Ω，电压表的真正电阻𝑅V=0

.3V𝐼，根据电表改装原理3V0.3V𝑅V=𝑅V+𝑅𝑥，解得𝑅𝑥=9180Ω。2024届新高三摸底联考物理1122334455667788991010111112121313141415151616171715.（9分）某实验小组同学用

插针法测量半圆形玻璃砖的折射率，𝑀𝑁为过玻璃砖圆心𝑂且与直径垂直的虚线。在与𝑀𝑁平行的直线上插上两枚大头针𝑃1、𝑃2，在玻璃砖的另一侧插上大头针𝑃3，使𝑃3能同时挡住𝑃1、𝑃2的像，再插上大头针𝑃4，使𝑃4挡住𝑃3和𝑃1、𝑃2的像，𝑃3、𝑃4连

线与玻璃砖直径的交点为𝐴，如图所示。测得玻璃砖的半径𝑅=6cm，𝑃1、𝑃2连线与𝑀𝑁之间的距离𝑑1=33cm，𝐴点与𝑂点的距离𝑑2=23cm。光在真空中的传播速度为𝑐=3×108m/s。求：2024届新高三摸底联考物理1122334455

6677889910101111121213131414151516161717（1）该玻璃砖的折射率𝑛；[答案]光路图如图所示由几何关系得sin∠1=𝑑1𝑅=32，故∠1=60∘（1分）由折射定律得𝑛=sin∠1sin∠2（1分）由几何关系得∠1=∠2

+∠3（1分）𝐴𝐵2=𝑂𝐵1=𝑅cos60∘=3cm，tan∠3=𝑑1−𝑑2𝐴𝐵2=33，故∠3=30∘，联立得∠2=30∘（1分）解得𝑛=3（2分）2024届新高三摸底联考物理1122334455667788991010111112121313

1414151516161717（2）光在该玻璃砖中传播速度𝑣的大小（结果保留三位有效数字）。[答案]由折射定律得𝑣=𝑐𝑛（1分）解得𝑣≈1.73×108m/s（2分）2024届新高三摸底联考物理11

22334455667788991010111112121313141415151616171716.（12分）如图所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦，第二象限内存在沿𝑦轴负方向的匀强电

场，第三象限内存在磁感应强度大小为𝐵、方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场。𝑀、𝑁两个竖直平行金属板之间的电压为𝑈，一质量为𝑚、电荷量为𝑞的带正电的粒子（不计粒子重力）从靠近𝑁板的𝑆点由静止开始做加速运动，从电场的右边界𝑦轴上的𝐴点水平向左垂直于𝑦轴射入电场，经𝑥轴上的𝐶点与

𝑥轴负方向成𝜃=60∘角进入磁场，最后从𝑦轴上的𝐷点垂直于𝑦轴射出磁场，求：2024届新高三摸底联考物理11223344556677889910101111121213131414151516161717（1）𝐴、𝐶两点间的电势差𝑈𝐴𝐶和粒子在磁场中运动的轨道

半径𝑟；[答案]设粒子运动到𝐴点射入电场的速度大小为𝑣0，由动能定理得𝑞𝑈=12𝑚𝑣02（1分）解得𝑣0=2𝑞𝑈𝑚设粒子经过𝐶点时速度为𝑣，根据题意可得𝑣0𝑣=cos𝜃（1分）解得𝑣=2𝑣0粒子

从𝐴点运动到𝐶点的过程，有𝑞𝑈𝐴𝐶=12𝑚𝑣2−12𝑚𝑣02（1分）解得𝑈𝐴𝐶=3𝑈（1分）2024届新高三摸底联考物理1122334455667788991010111112

1213131414151516161717如答图所示，粒子在磁场中以𝑂′为圆心做匀速圆周运动，半径为𝑂′𝐶，有𝑞𝐵𝑣=𝑚𝑣2𝑟（1分）解得𝑟=2𝐵2𝑚𝑈𝑞（1分）2024届新高三摸底联考物理1122334455667788991010111112121313

1414151516161717（2）粒子从𝐴点运动到𝐶点所用时间和从𝐶点运动到𝐷点所用时间的比值。[答案]由几何关系得𝑂𝐶=𝑟sin𝜃，设粒子在电场中运动的时间𝑡1，根据题意有𝑂𝐶

=𝑣0𝑡1（1分）解得𝑡1=3𝑚𝑞𝐵（1分）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期𝑇=2π𝑚𝑞𝐵（1分）设粒子在磁场中运动的时间为𝑡2，有𝑡2=π−𝜃2π𝑇（1分）解得𝑡2=2π�

�3𝑞𝐵（1分）粒子从𝐴点运动到𝐶点所用时间和从𝐶点运动到𝐷点所用时间的比值𝑡1𝑡2=332π（1分）2024届新高三摸底联考物理1122334455667788991010111112121313141415151616171717.（16分）如图所示，紧靠在水平平台右

端的长木板上表面𝑁𝑄水平且与平台等高，𝑁𝑄的长度𝐿=2m，长木板的右端为半径𝑅=0.1m的14光滑圆弧，可视为质点的滑块𝐵静止在长木板的左端。质量𝑚𝐴=1kg的滑块𝐴在光滑水平平台上以初速度𝑣0=6m/s向右匀速运动，一段时间后滑块𝐴与滑块𝐵发生弹性碰撞。已知滑

块𝐵的质量为𝑚𝐵=3kg，与𝑁𝑄间的动摩擦因数𝜇=0.1，长木板的下表面光滑，重力加速度𝑔=10m/s2，求：2024届新高三摸底联考物理11223344556677889910101111121213131414151

516161717（1）滑块𝐴、𝐵碰后瞬间滑块𝐵的速度大小𝑣𝐵；[答案]对滑块𝐴、𝐵碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得𝑚𝐴𝑣0=𝑚𝐴𝑣𝐴+𝑚𝐵𝑣𝐵（1分）12𝑚𝐴𝑣02=12𝑚𝐴𝑣𝐴2+12𝑚𝐵𝑣𝐵2（1分）联立

代入数据得滑块𝐴和𝐵碰后滑块𝐵的速度大小𝑣𝐵=3m/s（2分）2024届新高三摸底联考物理11223344556677889910101111121213131414151516161717（2）为使滑块𝐵不能从长木板右端滑离长木板，长木板的最

大质量𝑚𝐶；[答案]在保证滑块𝐵不能从右端滑离长木板，长木板质量取最大时，对应的情况是滑块𝐵刚好滑到圆弧的顶端时，滑块𝐵与长木板共速，对滑块𝐵和长木板有𝑚𝐵𝑣𝐵=𝑚𝐵+𝑚𝐶𝑣（1

分）12𝑚𝐵𝑣𝐵2−12𝑚𝐵+𝑚𝐶𝑣2=𝜇𝑚𝐵𝑔𝐿+𝑚𝐵𝑔𝑅（1分）联立代入数据可得𝑣=1m/s，𝑚𝐶=6kg（2分）2024届新高三摸底联考物理11223344556677889910101111121213131414151516161717

（3）在满足（2）的条件下，长木板的最大速度𝑣m及滑块𝐵最终距𝑄点的距离𝛥𝑥。[答案]当滑块𝐵返回至𝑄点时，长木板的速度最大，设此时滑块𝐵的速度大小为𝑣𝐵′，则有𝑚𝐵+𝑚𝐶𝑣=𝑚𝐵𝑣𝐵′+𝑚𝐶𝑣

m（1分）12𝑚𝐵𝑣𝐵′2+12𝑚𝐶𝑣m2−12𝑚𝐵+𝑚𝐶𝑣2=𝑚𝐵𝑔𝑅（1分）联立解得𝑣m=3+33m/s（2分）设滑块𝐵最终没有滑离长木板，对滑块𝐵从最高点到与长木板相对静止的过程，根据能量守恒定律有𝑚𝐵𝑔𝑅=�

�𝑚𝐵𝑔𝛥𝑥（2分）解得𝛥𝑥=1m<𝐿=2m（1分）故假设成立，滑块𝐵最终距𝑄点的距离𝛥𝑥=1m（1分）