广州市2024届高三年级下册入学摸底考试物理试题

广州市2024届高三下学期入学摸底考试物理试题

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，带正电的点电荷。固定，电子仅在库仑力作用下，做以。点为焦点的椭圆运动，M、P、N为椭圆上的

三点，P点是轨道上离。最近的点。”I、”和EM、Es分别表示电子在M、N两点的电势和电场强度，则电子从M

点逆时针运动到可点（）

A.gEM<ENB.中N,£M>£N

C.电子的动能减小D.电场力对电子做了正功

2、如图所示，电荷量相等的两个电荷Qi和Q2,两者连线及中垂线上分别有A点和B点，则下列说法正确的是（）

fB

I

I

0A：Q-

A.若两者是同种电荷,则A点的电势一定高于B点的电势

B.若两者是同种电荷，则A点的场强一定大于B点的场强

C.若两者是异种电荷，则A点的电势一定高于B点的电势

D.若两者是异种电荷，则A点的场强一定大于B点的场强

3、中国将于2022年前后建成空间站。假设该空间站在离地面高度约400kg的轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知地

球同步卫星轨道高度约为36000km,地球的半径约为6400km,地球表面的重力加速度为IOn"s?,则中国空间站在

轨道上运行的（）

A.周期约为3hB.加速度大小约为8.9m/s2

C.线速度大小约为3.6km/sD.角速度大小约为2rad/h

4、如图，AOMN为玻璃等腰三棱镜的横截面。«>b两束可见单色光从空气垂直射入棱镜底面MN,在棱镜侧面0M、

ON上反射和折射的情况如图所示，由此可知（）

M

A.从玻璃射向空气，。光的临界角小于方光的临界角

B.玻璃对〃光的折射率小于玻璃对6光的折射率

C.在玻璃中，。光的速度小于。光的速度

D.在双缝干涉实验中，。光干涉条纹宽度小于6光干涉条纹宽度

5、如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个正六边形线框abcdef,它的六个顶点均位于一个半径为R的圆形区

域的边界上，加为圆形区域的一条直径，从上方和下方分别存在大小均为8且方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于

圆形区域。现给线框接入从。点流入、从/点流出的大小为/的恒定电流，则金属线框受到的安培力的大小为

C.BIRD.0

6、如图所示，电路中所有元件完好，当光照射到光电管上时，灵敏电流计G中没有电流通过，可能的原因是（）

A.入射光强度较弱B.光照射时间太短

C.入射光的频率较小D.光电管上金属对应的极限频率较小

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个诜项中,有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用.此后，该质点的动能可能（）

A.一直增大

B.先逐渐减小至零，再逐渐增大

C.先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小

D.先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大

8、甲、乙两物体一开始沿同一条直线相向运动，在U0时刻甲、乙相距x=3m,它们的速度一时间图象如图所示。下

列说法正确的是（）

A.U2s时甲、乙速度相等，且恰好相遇

B.时甲、乙速度不等，但恰好相遇

C.时，乙的速度方向发生改变，U2s时追上甲

D.在4s时间内，甲、乙相遇了两次

9、如图，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度/i=O.lm处,

滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度力并作出滑块的动能反一〃图象，

其中人=0.18m时对应图象的最顶点，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余为曲线，取g=10m/s2,由

图象可知（）

A.滑块的质量为0.18kg

B.弹簧的劲度系数为100N/m

C.滑块运动的最大加速度为50m/s2

1）.弹簧的弹性势能最大值为0.5J

10、电阻R接在20V的恒压电源上时，消耗的电功率为P；若将A接在如图所示理想变压器的副线圈电路中时，R消

耗的电功率为:。已知电路中电阻取的阻值是K的4倍，。、方两端接在〃=40缶in100加（V）的交流电源上，此

变压器（）

a

R

A.副线圈输出电压的频率为100Hz

B.副线圈输出电压的有效值为10V

C.原、副线圈的匝数之比为2：1

D.原、副线圈的电流之比为I：4

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）实验室购买了一捆标铜导线，小明同学想通过实验测定其长度。按照如下步骤进行操作:

⑴该同学首先使用螺旋测微器测得导线的直径如图⑴所示，则导线的直径d=mm；

⑵通过查阅资料查得铜的电阻率为售

⑶使用多用电表欧姆档初步估测其电阻约为6。：

（4）为进一步准确测量导线的电阻，实验室提供以下器材：

A.直流电流表A（量程0~0.6A,内阻网=3。）

B.直流电压表Vi（量程0~3V,内阻约100。）

C.直流电压表V2（量程0~15V,内阻约100。）

D.滑动变阻器R（阻值范围0〜5。）

F.滑动变阻器&（阻值范围0~100。）

G.直流电源E（输出电压3V,内阻不计）

H.开关S一个、导线若干

20

7315

①为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，实验中应选择的电压表是（用所选器材前的

字母表示）；选择的滑动变阻器是（用所选器材前的字母表示）;

②按实验要求在图⑵中，还需要连接的接线柱有（填相应接线柱的符号，如“护、“C壮、等）;

③若测得电压表的读数为U,电流表的读数为/,则可得铜导线的长度可表示为心=（用题目提供的已知量

的字母表示）；

12.（12分）某学习小组利用图甲所示的电路测量电源的电动势及内阻.

⑴按照原理图甲将图乙中的实物连线补充完整_______.

⑵正确连接电路后，进行如下实验.

①闭合开关S,通过反复调节滑动变阻器R\、&,使电流表A3的示数为0,此时电流表Al、A2的示数分别为100.0mA

和80.0mA,电压表Vi、V2的示数分别为L60V和1.00V.

②再次反复调节修、&,使电流表A3的示数再次为0,此时电流表3、A2的示数分别为180.0mA和40.0mA,电压

表V］、V?的示数分别为0.78V和1.76V.

i.实验中调节滑动变阻器修、&，当电流表A3示数为。时，电路中5点与C点的电势.（选填“相等”或“不相

等”）

ii.为了提高测量的精确度，电流表A3的量程应选择

A.0〜0.6AB.。〜100mAC.0〜500PA

iii.测得电源的电动势E=V,内隹r=Q.（结果保留3位有效数字）

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E,水平面上放置两个静止、

且均可看作质点的小球A和两小球质量均为m,A球带电荷量为+。，B球不带电，A、笈连线与电场线平行，开

始时两球相距L在电场力作用下，A球与B球发生对心弹性碰撞.设碰撞过程中，A、B两球间无电量转移.

⑴第一次碰撞结束瞬间八、8两球的速度各为多大？

⑵从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功？

⑶从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面（v=0时

刻除外），可以在水平面内加一与电场正交的磁场.请写出磁场B与时间t的函数关系.

14.（16分）如图甲所示，A端封闭、B端开口、内径均匀的玻璃管长L=100cm,其中有一段长〃二15cm的水银柱

把一部分空气封闭在玻璃管中。当玻璃管水平放置时，封闭气柱A长”=4051。现把玻璃管缓慢旋转至竖直，如图

乙所示，再把开口端向下插入水银槽中，直至A端气柱K4=30cm为止，这时系统处于静止平衡。已知大气压强

＜）=75cmHg,整个过程温度不变，试求：

（1）玻璃管旋转至竖直位置时，A端空气柱的长度；

⑵如图丙所示，最后槽内水银进入玻璃管内的水银柱的长度d（结果保留两位有效数字）。

15.（12分）如图所示，一开口气缸内盛有密度为夕的某种液体，一长为,的粗细均匀的小瓶底朝上漂浮在液体中，

平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为!，已知各部分气体的温度均为了，大气压强为耳，重力加

速度为g,求：

3/

⑴现使小瓶内气体温度降低'当小瓶的底部恰好与液面相平时'进入小瓶中的液柱长度为W'求此时小瓶内气体的温

度

⑵现用活塞将气缸封闭（图中未画出）,使活塞缓慢向下运动，各部分气体的温度均保持丁不变。当小瓶露出液面的部

分为:时，进入小瓶中的液柱长度为求此时气缸内气体的压强

o2

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、D

【解题分析】

考查点电荷场强分布，电场力做功与电势能的变化。

【题目详解】

AB.在正电荷形成的电场中，越靠近点电荷的位置场强越大，电势越高，所以EMVEN,3MV”，故AB错误；

CD.当电子从M点向N点运动时，库仑力对电子先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，根据功能关系可

知，电子的电势能先减小后增加，电场力所做的总功为正，所以总的电势能减小，动能增大，故C错误，D正确。

故选D。

2、D

【解题分析】

设两个点电荷01和0连线的中点为O.若两电荷是同种电荷，且都是正电荷，则A点的电势高于O点电势，O点电

势高于B点电势，则A点的电势高于B点的电势.若两个点电荷都带负电，则A点的电势低于B点的电势，A错误.若

两者是同种电荷，B点处电场线分布情况不能确定，所以不能确定两点场强的大小，B错误.若两者是异种电荷，且2

为正电荷，则A点的电势高于B点的电势.若为负电荷，则A点的电势低于B点的电势，C错误.若两者是异种

电荷，A处电场线比B处电场线密，则A点的场强一定大于B点的场强，D正确.选D.

【题目点拨】若两电荷是同种电荷，根据电场的对称性分析电场强度的关系，电场线越密，场强越大.若两电荷是异

种电荷，根据顺着电场线方向降低，分析电势的高低；在两电荷的连线上，0点场强最小，在连线的中垂线上O点的

场强最大.

3、B

【解题分析】

A.设同步卫星的轨道半径为M空间站轨道半径为，2,根据开普勒第三定律竟=竟有

(36000+6400)3(6400+400)3

(24?二可

解得

7；®1.54h

故A错误；

B.设地球半径为心由公式

GMm

GMm

——；—=ma

百

解得

a»8.9m/s2

故B正确；

C.由公式u二年，代入数据解得空间站在轨道上运行的线速度大小

v工7.7km/s

故C错误；

I).根据代入数据可得空间站的角速度大小

69«4.Irad/h

故D错误。

故选B。

4、B

【解题分析】

AB.由光路图看出，光线》在NO面上发生了全反射，而光线。在MO面上没有发生全反射，而入射角相同，则知人

光的临界角小于。光的临界角，由smC=1口J知，玻璃对。光的折射率小于)的折射率小，故A错误，B止确；

n

C.玻璃对。光的折射率小于力的折射率小，由u=£可知，在玻璃中，。光的速度大于〃光的速度，故C错误；

n

D,由于玻璃对。光的折射率小于b的折射率小，则“光的频率比6光的低，。光的波长比6光的长，由公式盘=之冗

a

可知，〃光的双缝干涉条纹宽度比6光的大，故D错误。

故选B。

5、A

【解题分析】

根据串并联电路的特点可知线框流过af边的电流：

流过abcdef边的电流：

de、ab边受到的安培力等大同向，斜向左下方，同理be、ef边受到的安培力等大同向，斜向右下方，则de、ab>be、

cf边所受的安培力合力为：

F.=-BIR

3

方向向下；cd边受到的安培力：

尸n,cBIR

的=BI2>.R=6

方向向下，；af边受到的安培力：

「力，人5BIR

F,=R=------

216

方向向上，所以线框受到的合力：

F=F-F-F=-BIR

2i33

A正确，BCD错误。

故选A。

6、C

【解题分析】

由线=加一乂、叱）=人必和光电效应的产生条件可知，能不能产生光电效应现象和光照强度、光照时间无关，和入

射光的频率及光电管上金属对应的极限频率有关，综合分析可知，选项C项正确，ABD错误。

故选C。

二、多项选择题：本题共4小题,每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、ABD

【解题分析】

试题分析：一质点开始时做匀速直线运动，说明质点所受合力为0,从某时刻起受到一恒力作用，这个恒力就是质点

的合力.

根据这个恒力与速度的方向关系确定质点动能的变化情况.

解：A、如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一直变大，故A正确.

B、如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减到0,质点在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，

动能再逐渐增大.故B正确.

C、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力

与一个速度方向相同，这个方向速度就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小.故C错误.

D、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力

与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到0

时，另一个方向还有速度，所以速度到最小值时不为0,然后恒力方向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大.故

D正确.

故选ABD.

【点评】对于直线运动，判断速度增加还是减小，我们就看加速度的方向和速度的方向.

对于受恒力作用的曲线运动，我们可以将速度分解到恒力方向和垂直恒力方向，再去研究.

8、RD

【解题分析】

AC.由图可知Z=ls时刻，乙的速度方向发生改变，/=2s时刻甲、乙速度相等，但由图像与坐标轴围成的面积表示位

移可知，乙围成的面积是0,说明乙回到出发点，甲的位移4m,所以两者此时没有相遇，故AC错误；

B.f=ls时刻甲、乙速度不等，由图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，乙位移是1m,甲的位移2m,两都位移之

和刚好是3m,所以恰好相遇，故B正确；

D.Uis时到U3s时，甲乙两图像与坐标轴围成的面积相等，说明这段时间内两者的位移相等，由B项分析可知，r=ls

时恰好相遇，所以U3s时也恰好相遇，说明在U0到/=4s时间内，甲乙仅相遇过二次，故D错误。

故选BD。

9、BD

【解题分析】

A.在从0.2m上升到0.35m范围内，△Ek=AEp=mgXh,图线的斜率绝对值为：

△用0.3

k=——-=---------N=2N=mg

M0.35-0.2

则

〃i=0.2kg

故A错误；

B.由题意滑块与弹簧在弹簧原长时分离，弹簧的原长为0.2m,力=0.18m时速度最大，此时

mg=kx\

xi=0.02m

得

故B正确；

C.在人=O.lm处时滑块加速度最大

kx2-mg=ma

其中X2=0.1m,得最大加速度

«=40m/s2

故C错误：

D.根据能量守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以

Epm=mgA/im=O.2xlOx(0.35-0.1)J=0.5J

故D正确。

故选BDo

10、RC

【解题分析】

A.变压器不改变交变电流的频率，由题可知，交流电压的频率为

,co100K

f=—=------=50Hz

27127r

故A错误：

B.由题意可得

U；\202

--=—x----

R4R

解得

4=iov

故B正确；

C.电源的有效值为

叵

I41/

设原、副线圈的匝数之比为〃，则原、副线圈的电流之比为一则册)两端电压为1,根据原、副线圈电压匕等匝数

nn

比即

4

40——U,

—^—=77

解得

/?=2

故C正确；

D.由原、副线圈中的电流之比等匝数反比可知，原、副线圈的电流之比为1：2,故D错误。

故选BC。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11>0.680（0.678-0.682）BDkj（或ej）、bd（或bh）、dh（或dg）

4〃

【解题分析】

⑴⑴螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm,可动刻度的读数为：0.01mmxl8.0=0.180mm,故导线的直径为J=0.680mm,

由于误差，则0.678mm~0.682mm均正确:

（4）［2］由于电源的输出电压为3V,则电压表选择B；

⑶由于待测电阻阻值约为6C,为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，则滑动变阻器应选D；

⑷为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，测滑动变阻器应用分压式，由于电流表内阻已知，则电

流表内接，这样可以消除因电流表分压带来的误差，所以应连接的接线柱有kj（或ej）、bd（或bh）、dh（或dg）；

⑸由实验原理可知

U-IR.LL4L

RD=---------=p—=p—：—=p—7

r1S/\2

兀（5）

则

i.相等ii.Ciii.2.871.50

【解题分析】

(1)根据原理图连接实物图如图所示:

(2)i、实验中，调节滑动变阻器用、&,当电流表示数为。时，说明电流表两端电势差为零，故电路中B点与C点

的电势相等；

ii、为了使实验结果更精确，必须严格控制B、C两点电流为零，如果电流表A3的量程相比与电路中的电流太大，会

造成BC中有电流，但是读不出来，显示为零，所以应选择量程非常小的，故选C；

iii、根据电路规律可知，第一次实验中，路端电压为U=L60+1.00=2.60V,干路电流为

/=IOO4-8O=18OmA=O.18A；第二次实验中有U'=0.78+1.76=2.54V,干路电流为

r=\80.0+40.0=220.0niA=0.22A；由闭合电路欧姆定律可知E=U+〃，E=U'+I'r,联立解得

E=2.87V,r=1.5OQ.

【题目点拨】该实验的关键是明确实验原理，即利用等势法求解，要求3c两点的电势相等，即无电流通过BC,所以

在选择A3时一定要选择量程非常小的电流表，然后利用电路结构，结合闭合回路欧姆定律，求解电源电动势和内阻.

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

।-----------n________g_____________I------------]

⑶⑴“。3普⑵5四⑶右鼠图(修＜百修)

【解题分析】

(1)A球的加速度〃=隼，碰前A的速度==碰前B的速度％产0

设碰后A、B球速度分别为i〃、Vai,两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有:

121,21,2

W+，n

小忆”=mVAl+mVtix,-^Vai=2V4i2V/n

所以B碰撞后交换速度：口,=0.

(2)设A球开始运动时为计时零点，即f=0,A、B球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为乙、八；由匀变速速

度公式有：小修二盘

第一次碰后，经力-九时间A、R两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为1，心和由位移关系有:

外口二乙)=；《，2一八),得到:

以2=叱「3)=助力=2相=2;V«2=Vfll

由功能关系可得：