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】CA【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1.505.620【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）2000J【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⑥⑦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⑬⑭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=m1a①且由图可知，t=0时F=5N，代入得a=5m/s2②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=at③此时E=BLv=Blat④⑤则cd棒的安培力为⑥由牛顿第二定律得F－F安=m1a⑦由以上各式整理得⑧由图线可知t=2s，F=13N⑨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=m2gcosθ⑪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=4s⑬②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=m2gsinθ⑭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)⑮⑯联立解得t2=21s⑰【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】