2023屆新高三入學摸底考試物理注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號，回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試題卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.關于近代物理研究，下列敘述符合事實的是（）A.天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)，揭示了原子核是由質子和中子組成的B.同種金屬發(fā)生光電效應時，入射光的頻率越低，光電子的最大初動能越大C.原子核的衰變表明，中子由質子和電子組成D.玻爾理論表明，氫原子能量越高，氫原子核外電子做圓周運動的動能越小【答案】D【解析】【詳解】A．天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)，揭示了原子核有復雜結構，不能揭示了原子核是由質子和中子組成，故A錯誤；B．由光電效應方程可知，入射光的頻率越大，光電子的最大初動能越大，故B錯誤；C．原子核的β衰變表明，一個中子可以轉變?yōu)橐粋€質子和一個電子，并非中子由質子和電子組成，故C錯誤；D．玻爾理論表明，氫原子能量越高，電子繞核運動的半徑越大，由

得

半徑越大，動能越小，故D正確。故選D。2.靜電場中的x軸上有A、B兩點，一個帶負電粒子在A點由靜止釋放，僅在電場力作用下沿直線運動到B點，粒子的加速度先減小后增大，粒子的動能先增大后減小，則A、B兩點間電勢隨x的變化關系、電場強度E隨x的變化關系可能正確的是（電場強度正方向沿x軸負方向）（）

A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】AB．該過程中動能先增大后減小，根據(jù)能量守恒可知，電勢能應該先減小后增大。而由于粒子帶負電，則電勢的變化規(guī)律與電勢能相反，電勢則先增大后減小，B正確A錯誤；CD．粒子動能先增大后減小，可知電場力先做正功，后做負功，則電場力先向右，后向左，粒子帶負電，可知電場強度先向左，后向右，結合題意可知，電場強度先為正，后為負，因此CD錯誤。故選B。3.在如圖所示的電路中，變壓器為原、副線圈匝數(shù)可以調整的理想變壓器，在a、b兩端輸入正弦交流電壓，此時兩個燈泡、都比較暗。要使兩個燈泡都變亮些，下列措施可行的是（）A.僅將向上移 B.僅將向下移 C.僅將向上移 D.僅將向下移【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)題意，設原線圈接入匝數(shù)為，電壓為，燈泡所接線圈匝數(shù)為，電壓為，燈泡所接線圈匝數(shù)為，電壓為，由線圈匝數(shù)與電壓關系有解得，A．僅將向上移，則變大，則和均減小，兩個燈泡都變暗，故A錯誤；B．僅將向下移，則變小，則和均增大，兩個燈泡都變亮，故B正確；C．僅將向上移，則變大，變大，不變，不變，燈泡變亮，燈泡不變，故C錯誤；D．僅將向下移，則變小，變小，不變，不變，燈泡變暗，燈泡不變，故D錯誤。故選B。4.如圖所示為半圓形玻璃磚，O為圓心，AB是水平直徑，C為AO中點，一束單色光斜射到C點，逐漸改變入射方向，當入射光與AB面夾角為θ時，折射光線從圓弧的最高點D點射出，則玻璃磚對光的折射率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】光路圖如圖所示設點折射角為，由幾何關系可知根據(jù)折射定律可得故選C。5.坐標原點處的質點從平衡位置開始振動，形成的振動沿x軸正向傳播，波傳播到處開始計時，處的質點P的振動方程為，時刻，在坐標原點與之間第二次出現(xiàn)如圖所示的波形，則下列判斷正確的是（）A.波源處的質點起振方向沿y軸正向B.波的傳播速度大小為1m/sC.D.時刻，質點P已運動的路程為160cm【答案】D【解析】【詳解】A．由質點P的振動方程可知：波剛傳到質點P時，質點向y軸負向振動，波源處的質點起振方向沿y軸負方向，故A錯誤；B．由圖可知，波的波長周期則波速故B錯誤；C．波從計時開始傳播到處的時間處質點從開始振動到第二次達到正向位移最大處的時間則故C錯誤；D．時刻，質點P已運動的路程為故D正確。故選D。6.如圖甲所示，軟導線放在光滑絕緣水平面上，兩端分別固定在P、Q兩點，P、Q間距離為L，空間有垂直水平面向上，磁感應強度大小為B的勻強磁場，通過P、Q兩點通入大小為I、方向如圖乙所示恒定電流，同時給軟導線上A點施加一個水平力，使軟導線形狀如圖乙所示，PA段與QA段軟導線長度之比為，則下列判斷正確的是（）

A.PA段與QA段軟導線受到的安培力大小之比一定為B.作用在A點的水平拉力方向一定與PQ連線垂直C.整個軟導線受到的安培力大小為BILD.撤去拉力整個軟導線最后靜止時受到的安培力與未撤去拉力時整個軟導線受到的安培力大小不相等【答案】BC【解析】【詳解】A．由題中條件無法得出PA段與QA段導線的有效長度之比為，結合可知PA段與QA段軟導線受到的安培力大小之比不一定為，故A錯誤；B．由題可知PA段導線與QA段導線在垂直PQ連線方向的等效長度相等，則PA段導線所受安培力在平行PQ連線方向的分力與QA段導線所受安培力在平行PQ連線方向的分力大小相等，方向相反，故作用在A點的水平拉力方向一定與PQ連線垂直，故B正確；CD．撤去拉力前和撤去拉力后整個軟導線的有效長度均為，則整個軟導線受到的安培力大小均為，故C正確，D錯誤。故選BC。二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7.套圈圈是大人、小孩都喜歡的娛樂活動（如圖甲所示），一個大人和一個小孩分別在如圖乙所示的位置水平拋出一個圈圈，結果套中同一個物體，若兩個圈圈相同，圈圈的運動視為平拋運動，則大人拋出的圈圈（）A.初速度大 B.平拋運動的時間長C.落地時的速度大 D.落地時的重力瞬時功率大【答案】BD【解析】【詳解】B．根據(jù)題意，豎直方向上有可得由圖乙可知，大人的拋出點比小孩的拋出點高，則大人拋出的圈圈平拋運動的時間長，故B正確；A．水平方向上有可得由圖乙可知，大人拋出的圈圈水平位移小于小孩的，則大人拋出的圈圈的初速度小，故A錯誤；C．根據(jù)題意可知，落地時的速度為由于小孩的水平速度大于大人的水平速度，小孩的豎直分速度小于大人的豎直分速度，則無法判斷落地速度的大小關系，故C錯誤；D．豎直方向上有可知，落地時大人拋出的圈圈的豎直分速度大，由可知，大人拋出的圈圈落地時的重力瞬時功率大，故D正確。故選BD。8.系繩衛(wèi)星又稱系留衛(wèi)星，是通過一根系繩將衛(wèi)星固定在其他航天器上，并以此完成一些常規(guī)單體航天器無法完成的任務的特殊航天器（如圖甲所示）。其可以簡化為圖乙所示模型，A、B兩顆衛(wèi)星用輕質系繩連接，兩顆衛(wèi)星都在圓周軌道上運動，兩顆衛(wèi)星與地心連線始終在一條直線上，若兩顆衛(wèi)星質量相等，系繩長為L，A做圓周運動的半徑為kL，地球質量為M，引力常量為G，則（）

A.兩衛(wèi)星做圓周運動角速度大于B.兩衛(wèi)星做圓周運動的角速度小于C.系繩斷開后的一小段時間內，A做離心運動，B做近心運動D.系繩斷開后一小段時間內，A做近心運動，B做離心運動【答案】BD【解析】【詳解】AB．由題意可知，兩顆衛(wèi)星做圓周運動的角速度相等，設為，設繩子拉力為，根據(jù)以及分析可知繩子對、均為拉力，牛頓第二定律可得可得故B正確，A錯誤；CD．由AB選項分析可知，系繩斷開后，對，萬有引力大于做圓周運動的向心力，做近心運動，對，萬有引力小于做圓周運動的向心力，做離心運動，故D正確，C錯誤。故選BD。9.“蹦極”是很多年輕人喜愛的極限運動（如圖甲所示），質量為m的蹦極愛好者從跳臺上落下，其加速度隨下降位移變化的圖像如圖乙所示（圖中、、g，已知，、未知），忽略空氣阻力以及繩索的重力，蹦極所用的繩索可看成滿足胡克定律的彈性繩，g為重力加速度，對于蹦極愛好者，下列說法正確的是（）

A.下降位移為時，速度最大B.下降過程中的最大速度大小為C.下降的最大位移D.下降過程中的最大加速度大小為【答案】BD【解析】【詳解】A．由圖乙可知，下降位移為時，蹦極愛好者加速度為零，此時速度最大，故A錯誤；B．根據(jù)動能定理可得整理可得解得故B正確；C．設繩子勁度系數(shù)，對全過程由機械能守恒定律可得在處，由平衡條件可得聯(lián)立解得故C錯誤；D．在處，由牛頓第二定律可得解得故D正確。故選BD10.如圖所示，直角邊長為L的等腰直角三角形金屬線框abc靜止在光滑絕緣水平面上，平行邊界M、N間有垂直于水平面向上的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，邊界MN之間的寬度大于L，現(xiàn)給金屬框一個水平向右的恒定推力F，使金屬框從靜止開始向右運動，開始時，線框c端離邊界M距離也為L，線框運動過程中ab邊始終與邊界M平行，ab邊剛要進磁場時的速度與ab邊剛要出磁場時的速度大小均為v，線框的電阻為R，則（）A.線框進磁場過程通過ab邊截面的電量為B.線框進磁場過程克服安培力的沖量大小為C.磁場的寬度為D.線框穿過磁場過程線框中產生的焦耳熱為【答案】CD【解析】【詳解】A．線框進磁場過程中根據(jù)法拉第電磁感應定律有，N=1則線框進磁場過程中產生的感應電流為則線框進磁場過程通過ab邊截面的電量為A錯誤；B．線框進磁場過程克服安培力的沖量為但由于線框進入過程中L′從0逐漸增加到L，則B錯誤；C．由題知開始時，ab邊剛要進磁場時的速度與ab邊剛要出磁場時的速度大小均為v，且線框進出磁場時安培力的沖量相同，則線框c點剛要離開邊界N時的速度與線框c點剛要進入邊界M時的速度相同，則線框ab剛進入磁場時到線框c點剛要離開邊界N時，有解得則磁場的寬度為C正確；D．線框穿過磁場過程線框中，根據(jù)動能定理有由于安培力做的負功即線框中產生的焦耳熱，則D正確。故選CD。三、非選擇題；本題共5大題，11~12題共15分，13~15題共41分。11.某同學用如圖所示裝置測當?shù)刂亓铀俣取ｋ姶盆F和光電門固定在鐵架臺上，實驗中已測得的鐵球的直徑為D。

（1）給電磁鐵通電，將鐵球吸附在電磁鐵下面，給電磁鐵斷電，小球自由下落通過光電門，與光電門連接的數(shù)字計時器顯示小球通過光電門的遮光時間為，則小球通過光電門的速度大小為___________；（用測量的物理量符號表示）（2）保持電磁鐵的位置不變，記錄第一次光電門的位置，再下調光電門的位置，重復實驗，記錄小球通過改變位置后的光電門遮光時間，測得光電門前后兩次的位置高度差為h，由此求得當?shù)氐闹亓铀俣萠__________。（用測量的物理量符號表示）（3）若考慮空氣阻力的影響，且操作無誤，則實驗中測得的重力加速度___________（填“大于”“小于”或“等于”）當?shù)貙嶋H的重力加速度?！敬鸢浮竣?②.③.小于【解析】【詳解】（1）[1]小球通過光電門的速度大小為（2）[2]根據(jù)運動學公式又有解得（3）[3]因鐵球下落過程中受空氣阻力影響，加速度小于當?shù)貙嶋H重力加速度12.某同學設計了如圖甲所示電路，測電池的電動勢和內阻，電路中的器材待測電池、毫安表（內阻為）、阻值為的定值電阻、粗細均勻的電阻絲（總阻值明顯大于，P為可在電阻絲上移動的金屬夾）、開關兩個、導線若干。

（1）將金屬夾夾在電阻絲a端，閉合開關，再閉合開關，移動金屬夾的位置，使電流表的指針發(fā)生較大偏轉，記錄電流表的示數(shù)，電阻絲接入電路的長度，斷開開關，再移動金屬夾的位置，使電流表的示數(shù)仍為，記錄電阻絲接入電路的長度，再斷開開關，則電阻絲單位長度的電阻___________；（2）將金屬夾夾在電阻絲a端，保持開關斷開，閉合開關，多次調節(jié)金屬夾的位置，記錄多組電阻絲接入電路的長度L和電流表的示數(shù)I；作出圖像，測得圖像與縱軸的截距為a，圖像的斜率為k，則電源的電動勢為___________，___________（用、、k、a、表示）；（3）用20分度的游標卡尺測量電阻絲的直徑d，示數(shù)如圖乙所示，則電阻絲的直徑___________cm；則電阻絲的電阻率___________（用、d表示）?！敬鸢浮竣?②.③.④.0.850⑤.【解析】【詳解】（1）[1]由題意可知：長度為與長度為之間的電阻差為定值電阻的阻值，則（2）[2][3]由閉合電路歐姆定律可整理可得則圖像斜率縱軸截距聯(lián)立解得（3）[4][5]游標卡尺讀數(shù)為根據(jù)電阻定律有解得13.如圖所示，絕熱性能良好的汽缸開口向右放置在水平地面上，缸口到缸底的距離為L，一定質量理想氣體被絕熱性能良好的活塞封閉在汽缸中，活塞面積為S，與汽缸底部相距為，開始時，封閉氣體的壓強與外界大氣相同均為，缸內氣體的溫度為，給電熱絲通電，給氣體緩慢加熱，活塞與汽缸間的滑動摩擦力為f，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，氣體的內能與溫度的關系為（k為已知常量），不計活塞厚度，求：（1）活塞剛要滑動時，缸內氣體的溫度；（2）從活塞剛好滑動到活塞剛好要滑離汽缸過程中，氣體吸收的熱量為多少。

【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）活塞剛要發(fā)生滑動，則有次過程體積不變，由查理定律有解得（2）從活塞剛好滑動到活塞剛好要滑離汽缸過程，壓強一定，由蓋呂薩克定律有此過程氣體對外做功，則根據(jù)熱力學第一定律有根據(jù)題意有解得14.如圖甲所示，半徑為R的圓形A區(qū)域內有垂直于圓面向里的勻強磁場，PQ為其水平直徑，豎直放置的平行板M、N間加有如圖乙所示的電壓（已知，未知）。在圓形磁場的下方有一水平的粒子接收屏，在M板附近有一粒子源，不斷無初速度釋放質量為m、電荷量為q的帶負電的粒子，粒子經電場加速后從P點沿PQ方向射入磁場，經磁場偏轉后打在接收屏上，打在接收屏上最左側的粒子，速度與水平方向的夾角為60°，打在接收屏上最右側的粒子，速度與水平方向的夾角也為60°，不計粒子的重力，粒子在加速電場中的運動時間遠小于T，求：（1）勻強磁場的磁感應強度大小；（2）兩板間最大電壓為多少?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）（2）在磁場中，根據(jù)可得進入磁場時，粒子速度越大，則軌跡半徑越大，結合幾何知識可知，打在接收屏最左