【文档说明】河北省张家口市尚义县2023-2024学年高三上学期开学考试物理试题答案和解析（物理）.pdf，共(4)页，349.181 KB，由小赞的店铺上传

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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．Ｃ２．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；电容器的电容决定式犆＝ε狉犛４π犽犱，上极板向上移动，犱增加，犆减小，Ｂ正确；上极板向左平移，由电容器电势差不变，

板间距不变可得，电容器内电场强度不变，油滴受力平衡，Ｃ错误；断开开关Ｓ，电容器所带电荷量不变，由犆＝ε狉犛４π犽犱＝犙犈犱，得犈＝４π犽犙ε狉犛与间距犱无关，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。

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犌犕犿（犚＋犺）２＝犿狏２０犚＋犺，可得犌犕＝狏２０（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（犮犚＋犺）２＝犿狏２犮犚＋犺，由上式可得狏＝犪（犚＋犺）犮犚＋槡犺狏０，Ａ正确。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＝犅狇狉犿，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。６．Ｄ【解析】由图可得狓狋＝－２狋＋３０，即狓＝３

０狋－１２４狋２，对比狓＝狏０狋＋１２犪狋２可得，狏０＝３０ｍ／ｓ，犪＝－４ｍ／ｓ２，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１

２．５ｍ，Ｂ错误；当狓狋＝２０时，狋＝５ｓ，狏＝３０－４×５ｍ／ｓ＝１０ｍ／ｓ，Ｄ正确。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电压槡２２犖犅犾１犾２ω犚犚＋狉，Ｂ错误；由电动势犈＝犖ΔΦΔ狋

，可得犻Δ狋＝犈犚＋狉Δ狋＝犖ΔΦ犚＋狉＝Δ狇，其中ΔΦ＝犅犾１犾２，故流过犪犫边电荷量是犖犅犾１犾２犚＋狉，Ｃ错误；总电路有效电压犈′＝槡２２犖犅犾１犾２ω，有效电流犐′＝犈′犚＋狉，可得一周期内电阻犚产热量犙＝犐′２犚×２πω＝π犖２犅２犾２１犾

２２ω犚（犚＋狉）２，Ｄ正确。８．ＡＢ【解析】条纹间距公式Δ狓＝犇犱λ，犇为双缝与光屏之间距离，犱为双缝之间距离，λ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；白炽灯无法发生干涉，Ｃ错误；犘为振动抵消点，故狓２－狓１＝（２狀＋１）λ２（狀为整数），Ｄ错误。９．ＡＤ【解析】根据犳＝１犜＝１２π槡ＬＣ，Ａ正确；根据自感电动势公式ε＝犔Δ犻Δ狋可得

螺线管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，页１第理物{#{QQABIYiAggigQAIAARhCQQn

yCgGQkACCCIgOQAAMsAAByRFABAA=}#}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，竖直方向上速度为狏狔，可得狏０狋＝狓，１２犵狋２＝狓ｔａｎ３０°，两组方程联立解得狓＝２狏２０犵ｔａｎ３０°；狋＝２狏０犵ｔａｎ３０°，狏狔＝犵狋＝２狏０ｔａｎ３０°，则狏狔狏０＝２ｔａｎ３０°，速度方向不变，Ｂ正确；当狓

＝犔ｃｏｓ３０°时，由上式结果可得狏０＝３犵槡犔２，Ｃ正确；落点与抛出点相距狓ｃｏｓ３０°＝４３狏２０犵，Ｄ正确。１１．（１）Ｂ（１分）（２）２．１ｍ／ｓ２（２分）（３）犫犽犵（２分）（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（２．０９２～２．０

９８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２＝犾１犛１犛２（１分），则有犾１＋犾２＝犺（２分），则犾１＝犛２犛１＋犛２犺（２分），由理想气体状态方程得狆犾犜０＝狆０（犾＋犾１）犜（２分），解得犜＝狆０狆０－ρ犵

犺犾＋犛２犛１＋犛２犺犾犜０（１分）．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，由能量守恒可得犿犵犛１ｓｉｎ３０°＝犿犵犚（ｃｏｓ３０°＋１）＋１２犿狏２（１分），此时不脱离轨道有

犿狏２犚＝犿犵（１分），解得犛１＝（槡３＋３）犚（１分）．（２）由能量守恒得１２犿狏２１＝犿犵（犛２＋犔）ｓｉｎ３０°－犿犵μ犔ｃｏｓ３０°（１分），可得狏１＝犵犛２＋２３犵槡犔（２分）．页２第理物{#{QQABIYiAggigQAIAARhCQQ

nyCgGQkACCCIgOQAAMsAAByRFABAA=}#}（３）由（２）得，小球与挡板碰之前速度大小狏２＝犵犛３＋２３犵槡犔，碰后速度变为狏′２＝犲犵犛３＋２３犵槡犔（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１２犿狏′２２＝１

２犿狏２３＋犿犵（犔ｓｉｎ３０°＋犚ｃｏｓ３０°＋犚）＋犿犵μ犔ｃｏｓ３０°（２分），最高点时，不脱离轨道，满足犿狏２３犚＝犿犵，可解出犛３＝２犔＋２犚（槡３＋３）（２分）．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为第一象限电场强度，电场力提供向心力犿狏２０犚＝犈１狇（１分），代入数据，可得狏０＝４ｍ／ｓ（２分）．（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狋＝２犿

狏０槡２２犈２狇（１分），则沿狓方向上位移为狓＝－１２槡２２犈２狇犿狋２（１分），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

圆心位于狔＝－狓轴上，位于犘′点时，小球狓轴方向速度大小为狏狓＝槡２２犈２狇犿狋＝８ｍ／ｓ（１分），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），合速度大小为狏＝狏２狓＋狏２槡狔槡＝４５ｍ／ｓ（２分），设圆心半径为狉，则由以下方程２槡５狉＋１槡５狉＝

｜狓犘′｜＝２ｍ，解得狉＝２３槡５ｍ（２分），又有狉＝犿狏犅狇，即犅＝犿狏狇狉′（１分），代入数据可得犅＝０．０３Ｔ．（２分）．页３第理物{#{QQABIYiAggigQAIAARhCQQnyCgGQkACCCIgOQAAMsAAB

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