荣昌中学高2024届高三（下）入学考试物理试题
考试时间：75分钟
第I卷（选择题）
一、单选题单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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，质量相同的甲、乙两人以不同姿势悬挂在水平单杠上
静止，甲双臂竖直平行，乙双臂斜向上张开，以下说法正确的是()
A.甲的合力比乙大
B.甲、乙的合力相等
C.乙每条手臂沿胳膊方向的拉力与甲相等
D.乙对单杠的作用力与单杠对乙的作用力是一对平衡力
甲
2.金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图所示，A、B、C、D为电场中的四个点，则()
A.图中没有电场线的地方就没有电场
B.C点电势低于A点电势
C.同一正电荷在D点的电势能高于在B点的电势能
D.正电荷从D点静止释放，若只受电场力作用，将沿电场线
运动到B点
CDN
A B
3.2023年11月15日第一届全国青年运动会在南宁市举行。如图甲所示，某运动员在参加跳水比
赛时，假设运动员做竖直上抛运动，从运动员离开跳板瞬间开始计时，取竖直向下为正方向，该
运动员重心的竖直速度随时间变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，下列说法正确的是()
A.在0~t和t~t2时间内加速度方向相反
B.在t2时刻运动员重心到达最高点
C.在t时刻运动员重心速度反向
D.在t4时刻运动员重心入水深度最大
甲
乙
4.国产科幻大片《流浪地球2》中的“太空电梯”给观众带来了强烈的视觉震撼。科学家们在地球
同步静止轨道上建造了一个空间站，再用超级缆绳连接地球上的固定基地，通过超级缆绳承载太
空电梯，使轿厢沿绳索从基地直入太空，而向空间站运送货物，超级缆绳相对地面静止。下列说
法正确的是()
同步空间站
A.随着离地面高度的增大，货物的
超级缆绳
角速度增大
/太空电梯
B.货物的向心力始终由“太空电梯”
对货物的作用力提供
货物
赤道
C.随着离地面高度的增大，货物的
向心加速度增大
D.随着离地面高度的增大，货物的线速度减小
试卷第1页，共6页
5.计算机键盘每个按键下有块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块小的固定金属
片，两片金属片组成一个小电容器。计算机工作时，电压保持不变，对正常工作的计算机，按下
键盘上“cr”键过程中，按键金属片间组成的电容器()
A.电容变小
B.金属片间的场强变大
C.电荷量减小
D.处于放电状态
6.一部华为Mate系列手机大约有1600多个元器件组成，其中半导体器件占到了很大一部分。霍
尔元件就是利用霍尔效应制成的半导体磁电转换器件，如图是很小的矩形半导体薄片，M、N之间
的距离为α，薄片的厚度为b,在E、F间通入恒定电流I,同时外加与薄片垂直的磁场B,加磁场
后M、N间的霍尔电压为U:。己知半导体薄片中的载流子为正电荷，每个载流子电荷量为9，单
位体积内载流子个数为，电流与磁场的方向如图所示。下列说法正确的是()
A.N板电势低于M板电势
B.MN间电势差U,=BI
ngb
U
C.每个载流子受到的洛伦兹力大小为
D.将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，U:变大
7.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为k,原线圈接电压稳定的正弦交变电源，R为定
值电阻，R为滑动变阻器，现移动滑片P,则滑动变阻器R两端的电压变化量和流过R的电流变
化量的比值为()
A.k
B.kR
C.kR
D.
k2
二、多项选择题。本大题共3个小题，每小题5分，共15分。下列各题四个选项中
有多个选项符合题意，请选出。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，不选或错
选不给分。
8.如图所示，用力F拉着一个物体从固定斜面上的A点运动到B点的过程中，重力做功一4J,拉
力F做功9J,阻力做功一1J,则下列判断正确的是()
A.物体的重力势能增加了9J
B.物体的机械能增加了3J
B
C.物体的机械能增加了8J
D.物体的动能增加了4J
试卷第2页，共6页荣昌中学高 2024 届高三（下）入学考试 参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B C D C B B D CD AD AC
1．B
【详解】AB．由于甲、乙两人均静止，单杠给人的作用力等于人的重力，人的合力为 0，故 A错误，B正
确；
C．甲双臂竖直平行，则甲每条手臂沿胳膊方向的拉力等于人重力的一半，乙双臂斜向上张开，根据人的受
力分析可知 2F cos mg，乙每条手臂沿胳膊方向的拉力大于人重力的一半，由于甲、乙质量相等，则乙
每条手臂沿胳膊方向的拉力与甲不相等，故 C错误；
D．乙对单杠的作用力与单杠对乙的作用力是一对相互作用力，故 D错误。
故选 B。
2．C
【详解】A．图中没有电场线的地方只是没画出电场线，不是没有电场，故 A错误；
B．沿着电场线方向，电势降低，则 C点电势高于 A点电势，故 B错误；
C．沿着电场线方向，电势降低，可知 D点电势高于 B点电势，根据 Ep q 可知，同一正电荷在电势高的
地方电势能大，所以同一正电荷在 D点的电势能高于在 B点的电势能，故 C正确；
D．正电荷由 D点释放，受电场力方向沿切线方向，所以运动轨迹不会沿电场线方向，故 D错误。
故选 C。
3．D
【详解】A．在 0～ t1和 t1～ t2 时间内运动员做竖直上抛运动，加速度为重力加速度，方向都是竖直向下，
故 A错误；
B．运动员向上运动时间为 0～ t1，在 t1时刻运动员重心到达最高点，故 B错误；
C．运动员在 t1～ t4时间内都在竖直向下运动，所以在 t3时刻运动员重心速度没有反向，故 C错误；
D．运动员在 t1～ t4时间内都在竖直向下运动，在 t4时速度减为零，可知在 t4时刻运动员重心入水深度最大，
故 D正确。
故选 D。
4．C
答案第 1页，共 10页
{#{QQABJYCAggAIAAJAAQhCAwUYCgGQkBEACCoGxEAIIAIBSQFABAA=}#}
【详解】A．同步空间站和缆绳相对地面静止，角速度等于地球自转角速度，货物沿绳索上升，离地面高度
增大时，其角速度始终等于地球自转角速度，故 A错误；
B．货物的向心力始终由“太空电梯”对货物的作用力以及地球对货物的万有引力共同提供，故 B错误；
C．由向心加速度公式
a 2n r
可知，随着离地面高度的增大，圆周运动半径 r增大，货物向心加速度增大，故 C正确；
D．由线速度与角速度的关系
v r
可知，随着离地面高度的增大，货物线速度增大，故 D错误。
故选 C。
5．【答案】B
【详解】A．按下“ctrl”键过程中，按键金属片间组成的电容器两极板间距 d减小，根据
C S
4 kd
可知电容 C变大，A错误；
CD．因两板电压 U一定，根据
Q=CU
可知，电容器带电量增大，电容器处于充电状态，CD错误；
B．电压保持不变，根据
E U
d
可知 d减小时金属片间的场强 E变大，B正确。
故选 B。
6．B
【详解】A．根据左手定则，带正电的载流子会积累在 N板，所以 N板电势高于 M板电势，故 A错误；
BC．电流稳定后，根据平衡条件知每个载流子受到的洛伦兹力等于电场力，即
qvB qU H
a
根据电流微观表达式
I nqvab
整理得 MN间电势差
U BIH nqb
故 B正确，C错误；
D．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则载流子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故 D错
误。
故选 B。
【点睛】
7．【答案】D
【详解】根据变压器的原理
U1 I 1 k 1
U ，
2 I2 k
答案第 2页，共 10页
{#{QQABJYCAggAIAAJAAQhCAwUYCgGQkBEACCoGxEAIIAIBSQFABAA=}#}
有
ΔU1 ΔI 1 k 1
ΔU ，2 ΔI2 k
在原线圈电路中
I1R1 U1 定值
则
ΔI1R1 ΔU1 0
ΔU
，ΔU 12 ，ΔI2 ΔIk 1
k
且
ΔU1 ΔI1R1
于是有
ΔU2 R 1
ΔI k 22
故选 D。
8．CD
【详解】A．重力做功 4J，则物体的重力势能增加了 4J，故 A错误；
D．根据动能定理可得
Ek WF WG Wf 9J 4J 1J 4J
物体的动能增加了 4J，故 D正确；
BC．物体的机械能增加了
ΔE ΔEk ΔEp 4J 4J 8J
故 B错误，C正确。
故选 CD。
9．AD
【详解】A．如图所示，
由几何关系可知，光线射出时的折射角 r为 2 ，折射率
n sin2 3
sin
故 A正确；
答案第 3页，共 10页
{#{QQABJYCAggAIAAJAAQhCAwUYCgGQkBEACCoGxEAIIAIBSQFABAA=}#}
B．光在“水晶球”中传播的距离
l d cos
时间
t l nl 2d cos
2
5 10 10 s
v c c
故 B错误；
C．由图
r 2
增大过 P点光线的入射角，光线出射时一定不会在球内发生全反射。故 C错误；
D．当入射光的波长变长时，频率变小，光的折射率也变小，由
v c
n
可知光在“水晶球”中的传播速度变大，故 D正确。
故选 AD。
10．AC
【详解】A．根据题意可知区域 II内磁场均匀变化，因此在回路中产生感应电流，由楞次定律和安培定则可
知，流过 cd棒中电流方向应该是由d c的，因 cd 棒静止，由平衡条件可得棒所受安培力沿导轨向上，据
左手定则可知，区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上，且符合
BIl mg sin
解得
I mg sin
Bl
故 A正确；
B． cd 棒始终静止不动，说明 ab棒到达区域 II前后回路中的电动势不变，则 ab棒在区域 II中一定做匀速
直线运动，设 ab棒刚进入区域 II时的速度为vx ，则有
E Blv
t x
即
Bl2 (2B B)l2
Blv
t t xx
解得
l vxtx
ab棒在进入区域 II之前不受磁场力作用，做匀加速直线运动，则 ab棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的
距离为
s vx t l x 2 2
故 B错误；
C．ab棒从开始释放到运动至 EF所用时间为
t l tx 2tv xx
根据 ab棒在区域 II之前做匀加速直线运动，可得
答案第 4页，共 10页
{#{QQABJYCAggAIAAJAAQhCAwUYCgGQkBEACCoGxEAIIAIBSQFABAA=}#}
l 1
g sin ·t 2
2 2 x
联立上述方程解得
t 2 l
g sin
故 C正确；
D．因为两阶段感应电动势不变，电路中的电流不变，所以根据焦耳定律可知，ab棒进入磁场前和进入磁
场后产生的热量相等，即产生的热量就是等于 ab进入磁场后克服安培力做的功的 2倍。根据动能定理可知，
ab进入磁场后克服安培力做的功符合
mg sin l W Ek 0克
所以 ab棒开始下滑至 EF的过程中，回路中产生的总的热量为
Q 2W 2mgl sin
克
故 D错误。
故选 AC。
2t t l
11 1.240 4 2 2
l1
．【答案】
n 1 n 1 T 2 22 T1
【详解】（1）[1] 摆球直径为
d 12mm 8 0.05mm 12.40mm 1.240cm
（2）[2]小球每个周期经过光电门 2次，摆球通过平衡位置时从 1开始计数，同时开始计时，当摆球第 n次
（为大于 3的奇数）通过光电门时停止计时，记录的时间为 t，此单摆的周期为
T t 2t n 1 n 1
2
[3]图像的峰值对于小球经过最低点，每个周期小球经过两次该位置，可知图像中两相邻峰值之间的时间间
t
隔为 ；
n 1
（3）[4]根据单摆周期公式
l d
T 2 2
g
可得
l g d T 2
4 2 2
可知， l T 2图像的斜率
k g
4 2
答案第 5页，共 10页
{#{QQABJYCAggAIAAJAAQhCAwUYCgGQkBEACCoGxEAIIAIBSQFABAA=}#}
由图丁可知
k l 2 l1
T 2 T 22 1
可得重力加速度表达式为
g 4 2 l2 l1
T 2 T 22 1
d
[5]根据前面式子可知理论上图线在纵轴截距的绝对值等于摆球半径 。
2
k
12． 串联 见解析 R0 0.11/0.12/0.13b
【详解】（1）[1]将灵敏电流计改装成电压表，应串联一个大电阻；
（2）[2]将改装的电压表和电阻箱接入电路，如图所示
（3）[3]根据闭合电路欧姆定律
I (R R )
I (Rg R1) E
g 1 (r R )
R 0
整理得
1 (Rg R1)(R0 r) 1 (R g
R1)
I E R E
因此
(Rg R1)(R0 r) Rg Rk ，b 1
E E
可得
r k R
b 0
（4）[4]将 R2与电源等效为新电源，内电阻为
R R r 10.0Ω
内 2
设流过电源的电流为 3I，根据闭合电流欧姆定律
U E 3IR
内
画出图像如图
答案第 6页，共 10页
{#{QQABJYCAggAIAAJAAQhCAwUYCgGQkBEACCoGxEAIIAIBSQFABAA=}#}
两图像的交点坐标为（0.7，0.17），因此每只灯泡消耗的实际功率为
P UI 0.7 0.17W 0.12W
4
13．（10分）【答案】（1） m/s；（2）
3 60cm
【详解】（1）由图可知，振幅和波长分别为
A 10cm
0.8m
波的传播速度为
v 0.8 m/s 4 m/s
T 0.6 3
（2）由于
t 3 0.9s T
2
P点经过 0.9s的路程为
s 3 4A 3 4 10cm 60cm
2 2
14．（13分）【答案】（1）1m/s；（2）0.45m；（3）15J
【详解】（1）对于滑块、小孩以及滑板构成的系统，根据动量守恒定律可得
0＝m1v1 m2v0
代入相关数据可得
v1 1m/s
（2）对于滑块，根据机械能守恒定律可得
1 m v2 m gh
2 1 0 1
代入相关数据可得
h 0.45m
（3）物块从斜坡上返回后追上人时，人立即抓住物块后，人与物块共速，速度为 v，有
m1v1 m2v0 m1 m2 v
解得
v 1.5m/s
答案第 7页，共 10页
{#{QQABJYCAggAIAAJAAQhCAwUYCgGQkBEACCoGxEAIIAIBSQFABAA=}#}
该过程损失的机械能
E 1 m1v
2 1
1 m2v
2 1
0 m m v2 15J2 2 2 1 2
mv
15．（18分）（1 0 2） B qL ，方向垂直于纸面向里； （2） v2 0
；
（3） xm 4 2 5 L
【详解】（1）由几何关系得
r L
2
qv0B m
v0
r
解得
B mv 0
qL
方向垂直于纸面向里；
（2）设粒子刚进入第四象限磁场时的速度为 v1，则
v v1 v0 cos60 02
由几何关系，粒子出磁场时与水平方向的夹角为 30°，则粒子刚进入电场区域时水平方向的速度为
v1x v1 cos30
3v
0
4
竖直方向的速度为
v v sin 30 v 01y 1 4
v22x v
2
1x 2aL
qE ma
粒子刚进入第三象限中的第二个磁场区域时的速度大小为
v 22 v2x v
2 2
1y v2 0
（3）方法一：设粒子在第三象限运动过程中，从右向左在第 n层磁场中运动速度为 vn，轨道半径为 rn，则
有
n 1 qEL 1 1 mv2 mv2
2 n 2 1
qv B mv
2
n
n
rn
则
v nn v2 0
rn 2 nL
答案第 8页，共 10页
{#{QQABJYCAggAIAAJAAQhCAwUYCgGQkBEACCoGxEAIIAIBSQFABAA=}#}
粒子进入第 n层电场时，速度方向与水平方向的夹角为 n，从第 n层电场左边界穿出时速度方向与水平方
向的夹角为 n，粒子在电场中运动时，垂直电场线方向的速度分量不变，有
vn 1 sin n 1 vn sin n 1
rn sin n rn sin n 1 L
解得
rn sin n rn 1 sin n 1 L
可知 r1 sin 1、 r2 sin 2、 r3 sin 3、…… rn sin n是一组等差数列，公差为 L，可得
rn sin n r1sin 1 n 1 L nL
将 rn 2 nL代入，得
sin nn 2
由于
sin n 1
则
n 4
由于 n 1，且为整数，故 n的最大值为 4，此时
sin v4 4 sin
2 5
4 v5 5
r5 2 5L
即粒子在第 5层磁场中达到轨迹最左端，此时速度竖直向下，几何关系得轨迹最左端距离第 5层磁场右边
界距离为
x r5 r5 sin 4 2 5 4 L
综上，轨迹最左端离 y轴的水平距离为
xm n 2L S 4 2 5 L
（3）方法二：设在第 n个磁场中最远，则
由动量定理
qvxB t m vy
qBx磁 mvy
由能量关系
答案第 9页，共 10页
{#{QQABJYCAggAIAAJAAQhCAwUYCgGQkBEACCoGxEAIIAIBSQFABAA=}#}
qE n 1 1 1 L mv2y mv22 2 1
x磁 2 nL
n 1 L x磁 nL
3 2 2 n 3 2 2
则
n 5
解得
xm 4 2 5 L
答案第 10页，共 10页
{#{QQABJYCAggAIAAJAAQhCAwUYCgGQkBEACCoGxEAIIAIBSQFABAA=}#}
