2023届高三开年摸底联考广东卷物理参考答案及评分意见l.B【解析】一个处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时最多能发出4种不同频率的光子，A错误；放射性元素无论以单质还是以化合物形式存在都具有放射性，B正确；所有核子间都存在核力，C错误；;H十lH--+扞He+in+17.6MeV是核聚变反应方程，D错误。2.A【解析】对黑板擦受力分析可知，竖直平面内黑板擦受到竖直向下的重力mg、水平方向推力F与滑动摩擦力户根据平衡条件可知f=✓(mg)2+F2=5N,方向与mg、F的合力方向相反，A正确，B错误；黑板擦所受摩擦力与推力大小不成正比，C错误；黑板擦吸附在黑板上静止时受到静摩擦力作用，D错误。3.C【解析】M波传播的距离远，即M波先开始传播且波源M起振方向向上，A错误；又波速由介质决定，两列波的波速一定相同，4m则N波的波速为v=-—-=20m/s,B错误；再经o.2s,两列波各向前传播x1=20m/sXO.2s=4m的距离，x=6m的质点恰好o.2s是M波的波峰与N波的波谷相遇，则其纵坐标为Y1=10cm-5cm=5cm,C正确；两列波的波长不同，频率不同，不能发生稳定的干涉现象，D错误。4.D【解析】图甲所示位置线圈平面与磁感线平行，磁通量为零，是图乙的计时起点，A错误；线圈每经过中性面1次，电流方向改变纭穴==—=—2=1次，图示位置与中性面垂直，B错误；电动势的最大值EmnBSwn也20XO.2X-V2归错误；磁通量变化率的T0.4v,c!::,.q>最大值-=,P,改，若增大线圈转动的角速度，则磁通量变化率的最大值增大，D正确。!::,.tsin0°°5.B【解析】设光经AC折射后折射角为0''则n=——,,解得0'=30'圆弧BD面上全反射临界角为c,则sinC=—，解得C=45,sin0°如图所示，光在BD界面的入射角为30,小于全反射临界角，所以光能从BD界面射出，A错误，B正确；光射入透明介质后，传播速度变小，变为v=_!:__,光的频率不变，根据v=叮可知，波长变短，CD错误。B2kQQQ3kQ6.D【解析】根据点电荷电场强度叠加可知，0点电场强度大小为E=平点电场强度大小为EF=k——k—=,A错误；L24L24L2=欢kQ=—kQC、E两处点电荷在D点的合电场强度EDI'垂直OD连线向右，A处点电荷在D点的电场强度E02—，沿OD方向，则L24L27kQD点的电场强度Eo=✓E扣+E扣＝，同理可知B点的电场强度与D点大小相等，但是方向不同，B错误；从0到C,电场沿4L2o--c,电势一直降低，小球带负电，所以电势能一直增加，C错误；等量异种电荷连线的垂直平分线为等势面，且电势为零，所以从0到B,只研究E处的正电荷即可，电势逐渐降低，从0到D,只研究A处的正电荷即可，电势逐渐降低，根据对称性可知，BD两点电势相等，D正确。7.B【解析】导电线框开始在磁场中做加速度为g的匀加速直线运动，然后做加速度减小的加速直线运动，A错误；导电线框速度最EmgR1m3旷R2大时，E=BLv,I=—，竖直方向满足mg=BIL,得v=一—-,由能械守恒可得mgh=Q+—m妒，得Q=mgh—,B正确；RB2L222B'L'开年摸底联考广东卷物理答案第1页（共4页）2m==—=—=—gRNmm'!imm导电线框速度最大时在水平方向上FBILg,C错误；在竖直方向由动量定理可知gtIv0得I安gt2'B九但安培力还有水平方向的冲量，D错误。gR'2GMmMG==gR=—=3gm=8AC【解析】对地球表面的物体有g,可得M，则地球的平均密度p穴'可求出地球的质擞和密R'GV—亢44GRR'312MmIVGMmG=m='=度，A、C正确；空间站绕地球运行，由万有引力提供向心力得2，解得vJ召厂由牛顿第定二律有(R+h)R+hR+hCR+h)'———3m4示=(R+h)'•—v,,AC正确。°°°===10.ABC【解析】设xAP,从A到B由动能定理mg•3xsin37-µ1mgcos37•x-µ2mgcos37•2xO,解得µ,+2µ,�,A4°°°———=——=正确；从B到A由动能定理mg•3xsin37µ1mgcos37•xµ2mgcos37•2xOmv6,联立解得v。6m/s,B正确；2上滑过程中经过任意位置的速度都比下滑过程中经过该位置的速度大，则上滑用时短，即t,>t,,c正确，D错误。——m11.(1)@(1分）(2)Tm,x✓gTmin(2分）2(2分）(3)C(2分）【解析】(1)为减小空气阻力带来的影响，应选用密度大的钢球，应选＠。=(2)设初始位置时，细线与竖直方向夹角为0,此时拉力最小Tmgcos0,由千拉力传感器只能测定竖直方向的（分）力，则测得最==2——2—=—=小值为TminTcos0mgcos0,到最低点时细线拉力最大，则mglClcos0)=mv,Tm,xmgm，联立可得Tm,x3mg2—一—2✓mgTm,n,即为了得到条直线，应该根据测量数据在直角坐标系中绘制Tmax✓mgTm,n关系图像；若小球摆动过程中机械—能守恒，该直线斜率的理论值为2。(3)该实验系统误差的主要来源是小球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，C正确。12.(1)14950(2分）C2)CD水果电池内阻太大，所以在移动滑动变阻器滑片时，电流表和电压表示数很小且变化不明显，故用图甲电路无法完成实验（合理即可得分）(2分）＠见解析(2分）＠等千(2分）大千(1分）=—U=l.5==E【解析】(1)额定电压为1.5v,额定电流为0.3A的小灯泡的电阻为RL—-n5n,由闭合电路欧姆定律I'解得I0.3RL+r=—1.5—=该水果电池的内阻约为r互凡=3Q5Ol4950。I1x10-(2)心水果电池内阻太大，所以在移动滑动变阻器滑片时，电流表和电压表示数很小且变化不明显，故用图甲电路无法完成实验。＠由千水果电池的内阻较大，应选用大的可变电阻才能起到有效调节作用，滑动变阻器R,(阻值0~20m阻值较小，故选择电阻箱R八阻值0~9999.9a);本实验采用基本的伏安法即可以测盘，由于水果电池内阻较大，故可以采用电流表内接法；根据提供的器材，设计合理的电路图如图所示。开年摸底联考广东卷物理答案第2页（共4页）R2＠由测量电路可知，所测E测为电动势真实值，测量的内阻为电池内阻和电流表的内阻之和，故E测等千E真，r测大千r真o319P13.0)p。十pgh(2)了了20p:+扣5(1h=—2【解析】)对左侧气体由玻意耳定律有p。Sp1(h+了h2h)5(分）5左侧竖管中水银竖直方向受力平衡P1S+p2h——hSg=p左5(2分）(3)31则水银对U形管左下角水平管壁的压强p左＝—p。+—pgh(l分）23=—(2)右侧气体p。hSp,(h+2h+h)5(2分）以横管中的水银为研究对象，p左S—p,S=p.主hS•a(2分）39P。1解得a=g(l分）20ph+—514.(1)0.45N(2)D点高【解析】(1)小球1离开弹射器后到达B点，根据动能定理———1Ep0µmgL3mgR=mv�(Z分）zVB恰好能经过B点，根据向心力八飞人工mg=m—(2分）R联立解得Epo=O.22J—=—设弹射器释放的弹性势能为肛时，碰前第小球1到达C点瞬时速度为Ve,根据动能定理Ep2µmgLmv�(l分）解得vc=2ftomis两小球发生非弹性碰撞，动量守恒，设碰后瞬间速度为v气，力mvc=2mv气(1分）解得v气=✓冗m/s矗重力和支持力的合力提供向心F'NC—2mg=2m—(1分）ZR根据牛顿第三定律，碰后瞬间对圆弧轨道C点压力大小FNc=F'NeCl分）联立解得FNc=0.45NO分）(2)设两小球经过D点时速度大小为Vo,由C到D根据机械能守恒11—•2mv'b=6mgR+—•2mv扒1分）2解得vn=✓万m/s—1=——1C到E,机械能守恒，•2mv'i2mg(2RRsin0)+•2m叶(1分）22开年摸底联考广东卷物理答案第3页（共4页）在=E点水平方向速度分量VExVEsin8(1分）===联立解得VevEx✓15+5迈mis>✓瓦m/svo故D点高(1分）35mv6°汇Vo——215.Cl),方向与AB夹角0=37指向右下方(2)(3)v。或Vo2qL1183【解析】设电场强度大小为E,方向与AB的夹角为0,—1粒子由A到B,Eq2Lcos0=mv沪X8(2分）2°—1粒子由A到D,EqLcos(900)=—mv沪X3(2分）2°5mv�解得0=37,E=(2分）2qL(2)粒子从C点射出时，沿电场线方向的位移最大，动能增量最多，如图1将位移AC进行分解，=—4则=—2分）DE3L,EC3L(l—211—FC=L,则AF=LO分）55—2在垂直千电场的方向上：v1t=LO分）5勹c—Eq11在沿着电场的方向上：-t'=—LO分）2m5J订-Vo解得v,=(1分）11Eq5v5—(3)动量的增量:t:,.p=Ft:,.t=Eqt',其中—-=-(1分）m2L2L则t'=—-5v。=Eq12=设粒子进入电场的速度大小为V2,沿电场方向的位移为Y2,垂直千电场方向的位移为X2,则yz—-t-LO分）2m—3—3如图2所示，若x,=MH=L=v,t',则v,=v。(1分）208—4—2若xz=MG=L=vzt',则vz=v。(1分）153G��开年摸底联考广东卷物理答案第4页（共4页）