【新高三摸底】2024届新高三-物理开学摸底考试卷（广东专用）

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新高三开学摸底考试卷（广东专用 新高考新教材）
物 理 答案及评分标准
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．
【答案】C
【详解】A．衰变过程满足质量数和电荷数守恒，该衰变过程的方程可写为

故A错误；
B．由于衰变过程释放能量，存在质量亏损，可知的结合能和新核X的结合能之差小于粒子的结合能，故B错误；
C．衰变反应中的射线为高频电磁波，具有极强的穿透性，故C正确；
D．质量为的原子核经过两个半衰期后，有的原子核发生了衰变，还剩下的原子核，产生的新核质量不是，故D错误。
故选C。
2．
【答案】A
【详解】根据题意，对小球受力分析，保持拉力大小不变，方向缓慢转至水平过程中，由矢量三角形可得，如图所示
  
由图可知，弹簧弹力逐渐增大，先增大后减小。
故选A。
3．
【答案】B
【详解】Q做自由落体运动，有

解得

从抛出到相遇，以向下为正方向，可得

据几何关系可得

解得

P上升的最大高度为

故选B。
4．
【答案】A
【详解】A．波速

沿x轴正方向传播的波经过0.1s到达B点且起振方向沿y轴正方向，波的周期为0.4s，再经过0.45s即经过，此波引起质点B的位移为正向位移，且振动方向沿y轴正方向；沿x轴负方向传播的波经过0.5s到达B点且起振方向沿y轴正方向，波的周期为0.4s，再经过0.05s，即再经过，此波引起质点B的位移为正向位移，且振动方向沿y轴正方向，所以两列波引起质点B的合运动速度方向沿y轴正方向，加速度方向为沿y轴负方向，选项A正确；
B．两列波在同一介质中传播，所以传播速度相等，选项B错误；
C．C点距两波源距离相等，但两波源不是同时起振，差，当两列波都到达C点时两列波引起C点的振动相互抵消，所以C点是振动的减弱点，选项C错误；
D．D点距两列波最前端距离相等，两列波传播速度相等，则两列波同时到达D点，且振动方向相同，所以D点为振动的加强点，选项D错误。
故选A。
5．
【答案】D
【详解】A．带电粒子在磁场中运动的周期与所加交变电源的周期相同，所以满足

可得

选项A错误；
B．粒子从形盒边缘射出时有

射出速度可表示为

选项B错误；
C．粒子从D形盒射出时

可得

仅增大加速电压，质子射出速度大小不变，选项C错误；
D．当加速氚核时，其在磁场中运动的周期为

其周期应该与相同，又知道

可知

需要增大所加磁场的磁感应强度，选项D正确。
故选D。
6．
【答案】B
【详解】A．由图乙可知理想变压器原线圈输入电压的有效值为440V，根据

可得副线圈的输出电压

电压表V的示数为有效值，即为44V，A错误；
B．设灯泡L两端电压的有效值为，灯泡L的阻值为r，交变电流的周期为T，根据交变电流有效值的定义有

解得

B正确；
C．当滑动变阻器R的滑片P向下滑动时，滑动变阻器R接入电路的阻值减小，则由欧姆定律可知电流表的示数增大，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表的示数也增大，C错误：
D．根据

可知原线圈接入的交变电压的瞬时值表达式为

D错误。
故选B。
7．
【答案】A
【详解】A.为椭圆轨道的远地点，速度比较小，表示匀速圆周运动的速度，故

故A正确；
B.由于两卫星的质量未知，所以两卫星在A处的万有引力无法比较，故B错误；
CD.椭圆的半长轴与圆轨道的半径相同，根据开普勒第三定律可知，两卫星的运动周期相等，则不会相遇，故CD错误。
故选A。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．
【答案】AC
【详解】A．根据

可知，a的半径大于b的半径，由于两点是同轴转动，角速度相同，故a的向心加速度大于b点的向心加速度，A正确；
B．由能量守恒可知，人对把手做功除了转化为重物的机械能外，还有轮轴的动能及摩擦生热等，因此人对把手做的功大于重物机械能的增加量，B错误；
C．由功能关系可知滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量，C正确；
D．若把手顺时针转动则大轴上绕绳收紧，滑轮左侧的绳向上，小轴上绕绳放松，滑轮右侧的绳向下，故滑轮会顺时针转动，D错误。
故选AC。
9．
【答案】BC
【详解】A．由题图知，O点附近的等势面比P点附近的等势面密集，则O点的电场强度大于P点的电场强度，故A错误；
B．根据电场线性质，沿电场线方向电势降低，则有

故B正确；
CD．电子束从P点到R点过程中，电场力一直做正功，因此该电子束从P点到R点过程中电势能一直减小，动能一直增大，故C正确，D错误。
故选BC。
10．
【答案】BD
【详解】AB．规定向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得


解得

故A错误，B正确；
C．C与B左侧的挡板相撞后的一小段时间内，C的速度大于B的速度，C对B的摩擦力水平向右，此时C对B摩擦力的冲量水平向右，故C错误；
D．由动量守恒定律和机械能守恒定律得


解得

故D正确。
故选BD。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（6分）
【答案】 C A
【详解】（1）[1]确定第三枚大头针P3位置的作图方法：由于表面镀银，只能反射，所以光路为：入射光线、经过的折射光线、经过的反射光线、再次经过的折射后的出射光线，作出此光路，即可标出P3的位置，则

准备插第三枚大头针时，应在侧观察；
（2）[2]插第三枚大头针时，这枚大头针应同时挡住和的像，故选C。
（3）[3]根据折射定律可得

故选A。
【评分说明：每空2分，共6分】
12．（10分）
【答案】 否 1.50 5.6 20
【详解】（1）[1]电源的图像的斜率大小表示电源的内阻，由曲线a可知斜率不是定值，故电源的内阻不是定值。
[2]由图丙可知所选量程为0~3V，分度值为0.1V，需要估读到0.01V，故此时电压表的读数为1.50V。
[3]电源的图像的纵截距表示电源的电动势，则由曲线a可知，电源电动势为2.90V。当路端电压为1.50V时，电流为0.25A。根据闭合电路欧姆定律可得此时电源内阻为

（2）[4]在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为2.5V，由曲线a可知，此时电流为0.10A，此时滑动变阻器接入电路的电阻为

[5]在实验二中滑动变阻器仍为该值时，可知外电路总电阻为25Ω，在图丁中作出外电路总电阻的伏安特性曲线如图所示
  
它与曲线b交于点（60mA，1.50V），该点即为此时外电路的工作点，此时消耗的功率为

【评分说明：每空2分，共10分】
13．（10分）
【答案】（1），；（2）2000 J
【详解】（1）由题图知是等容过程，由查理定律得
①
解得
②
在过程中，根据理想气体状态方程有
③
解得
④
（2）经过变化后温度不变，所以理想气体的内能不变，即
⑤
从，气体体积增大，气体对外做功
⑥
再由热力学第一定律
⑦
解得气体吸收热量为
⑧
【评分说明：①③④每式1分，⑤⑥⑦每式2分，⑧式1分】
14．（12分）
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）
【详解】（1）滑块1由A到B的过程，根据
①
解得
②
在圆轨道最低点B，根据牛顿第二定律可得
③
解得
④
根据牛顿第三定律可得滑块1经过圆轨道最低点B时对轨道的压力
⑤
（2）滑块1和滑块2发生弹性正碰，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，则有
⑥
⑦
解得
⑧
（3）滑块在传送带上的加速度大小为
⑨
滑块2以4m/s速度滑上传送带，如果滑块2在传送带上一直做匀减速直线运动，则有
⑩
解得
⑪
由于
⑫
所以滑块2在传送带上一直减速运动，以为初速度从D平抛飞出，滑块从传送带末端D飞出后做平抛运动，则有
⑬
⑭
解得
  ⑮ 
【评分说明：①③⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑫⑬⑭⑮每式1分】
15．（16分）
【答案】（1）5m/s2，电流方向由d到c；（2）1.33T；（3）见解析
【详解】（1）在t = 0时刻根据牛顿第二定律有
F = m1a ①
且由图可知，t = 0时F = 5N，代入得
a = 5m/s2 ②
由右手定则，cd棒的电流方向是由d到c。
（2）由题知cd棒做匀加速直线运动，经过时间t，cd棒速度为
v = at ③
此时
E = BLv = Blat ④
⑤
则cd棒的安培力为
⑥
由牛顿第二定律得
F－F安 = m1a ⑦
由以上各式整理得
⑧
由图线可知
t = 2s，F = 13N ⑨
代入得
⑩
（3）①当mn左侧的匀强磁场与倾斜轨道平行斜向上时，ef棒受力如图所示

当
F1= m2gcosθ ⑪
时，ef棒在倾斜轨道上的速度达到最大，之后ef棒飞离轨道，由于
⑫
联立解得
t1= 4s ⑬
②当mn左侧的匀强磁场与倾斜轨道平行斜向下时，ef棒受力如图所示

当
f2= m2gsinθ ⑭
时，ef棒在倾斜轨道上的速度达到最大，之后ef棒减速并最终停在导轨上，且
f2= μFN2= μ(m2gcosθ＋F2) ⑮
⑯
联立解得
t2= 21s ⑰
【评分说明：①②两式各0.5分，电流方向的判断1分；③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑫⑬⑭⑮⑯⑰每式1分】