1、1广东省 2023 届高考综合能力测试（三）物理参考答案及评分标准1答案：A解析：由FscosW可知作用力与反作用力可同时做负功，故 A 正确；力学单位制的基本单位包括米、千克、秒，故 B 错误；由楞次定律可知 C 错误；奥斯特首先发现电流周围存在磁场故 D 错误。2答案：B解析：每分钟完成 30 次全振动，周期 T=2s。甲船在波峰时，乙船在波谷，两船间恰好还有 2 个波峰，水波的波长8m5.220，波速m/s4v。甲乙两船只会在自己的平衡位置上下浮动，不会随水波传播而靠近，故选 B3答案：B解析：在地理的南极附近是地磁场的北极，即 N 极，所以可知在南极极点附近的磁感线垂直于地面向上。由题
2、可知，带正电粒子从左向右运动，由左手定则可判断出带电粒子受到的磁场力方向向后。故选 B。4答案：A解析：由图知，上升段和下降段的加速度不同，由能量观点和运动学公式可判断 A 对。5答案：C解析：根据角速度的定义式得t，天问一号在火星表面附近轨道做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得RmRMmG22，火星的密度VM，火星的体积334 RV，由以上公式可解的火星的密度2243Gt，故选 C.6答案：B解析：运动员在做匀速圆周运动过程中，可能仅受到重力和支持力的作用，还可能受摩擦力，不受向心力，A 错误；在圆盘最低点，根据rmmgf245sin得 增大，f增大，B 正确；运动员做匀速圆周运动，合力提供向
3、心力，不处于平衡状态，C 错误；运动员从最高点运动到最低点过程中，速度大小不变，动能不变，根据动能定理得：0fGWW,重力做功不为零，摩擦力对其一定有做功，D 错误。27答案：B解析：海面无波浪，闭合线圈无切割磁感线不会产生感应电流，A 选项错误；上下振荡速度越快，闭合线圈随切割磁感线产生感应电流大，灯泡发光越亮，B 选项正确；闭合线圈随浮桶上下运动切割磁感线会产生感应电流，C 选项错误；圆形线圈上各位置的磁感应强度方向不同，D 选项错误。答案：D解析：根据动能定理：221=mveU，解得电子从电子枪射出时速度大小为mU2e，A 选项错误；根据左手定则可以判断电子束做逆时针的匀速圆周运动，B
4、选项错误；电子在磁场中运动的的轨道半径emUBeBmv21=r，电子在磁场中运动时，洛伦兹力与速度方向垂直，所以其对电子不做功，C 选项错误；增大电子枪的加速电压为 U，电子在磁场中运动的轨道半径 r 将增大，D 正确；本题选 D。9答案：ACD解析：图乙中摩托车在水平公路上转弯时受到重力、支持力、摩擦力作用，合力提供向心力，故 B 选项错误；由教材信息可知选项 A、C、D 正确。10.答案：AD解析：从 D 到 C 过程中，弹丸和橡皮筋组成的系统只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，A 选项正确；从 D 到 C 过程中，弹丸的合力先向上后向下，弹丸的速度先增大后减小，动能也是先增大后减小，B
5、选项错误；从 D 到 C 过程中，系统机械能守恒，所以弹丸的动能和橡皮筋的弹性势能之和变化大小等于弹丸的重力势能变化大小，重力势能一直增大，弹丸的动能和橡皮筋的弹性势能之和一直减小，所以 C 选项错误；从 D 到 E 过程橡皮筋对弹丸的平均作用力大于从 E 到 C 的平均作用力，所以从 D 到 E 过程橡皮筋对弹丸做功大于从 E 到 C 过程，D 选项正确。11答案：AB解析：油滴匀速或者加速向下运动，电场力做负功，电势能增大，A 选项正确；每个油滴带电量数值均为元电荷的整数倍，B 选项正确；若空气阻力或浮力的影响没有消除，测量值为Emgq，真实值为Efmgq，则所测元电荷的数值将偏大，C 选
6、项错误；带负电的油滴重力方向向下，电场力向上，金属板的下极板 B 应与电源负极相连，D 选项错误。312（8 分）答案：（1）B（1 分）（2）不是（1 分）；位置 AB、BC、CD 之间的竖直距离不满足 1：3：5 的比例（2 分）；5mgL（2 分）；5mf2L2（2 分）13（8 分）答案：（1）左（1 分）（2）c（1 分）（3）0.42（1 分）；1.50（1 分）（4）随着温度的升高，小灯泡灯丝的电阻率增大（2 分）（5）0.18（0.170.20 均可）（2 分）14（10 分）解：（1）对初状态的活塞：mgSpSp01-2 分解得：Pa101.151p-1 分（2）气缸恰好离开
7、地面，由平衡条件得：对刚离地的气缸：SpMgSp02解得Pa10842p-2 分气缸内气体做等温变化：ShpShp2211cmhpp25.41h1212-2 分（3）因温度不变，封闭的理想气体内能不变，体积增大，气体对外做正功，故气体是吸热-1 分由热力学第一定律：QWE-1 分气体对外做功为：J100W-1 分15（10 分）解析：（1）产品从 A 点到 B 点，弹射装置的弹性势能转化为物体的动能，根据能量守恒定律：Ep12mv122 分代入数据得：Ep32J1 分（2）产品从 B 点到 C 点，根据动能定理：2mgR+Wf 12mv2212mv121 分代入数据得：Wf 16 J1 分产品
8、在最高点 C 点，根据牛顿第二定律：4mg+Fmv22R1 分代入数据得：F30N1 分（3）产品在最高点 C 点抛出后向右做平抛运动：竖直方向：2R12gt21 分代入数据得：t 0.4 s水平方向：xv2t1 分代入数据得：x1.6 m1 分16（14 分）解析：（1）解除锁定后，两球所受合外力为 0，设爆炸后 b 球的速度为 vb，根据动量守恒定律：mv02mvb解得：vbv02-1 分说明：没有算出结果也给分解除锁定后 a 球向左做匀加速直线运动，设 a 球加速度为 a1，根据牛顿第二定律：mgtanma1解得：a1g-1 分说明：没有算出结果也给分根据运动学规律：vM2v022a1L
9、解得：vM2v0-1 分b 球向右滑行过程，设 b 球加速度为 a2，滑动摩擦因数为 116，根据牛顿第二定律：2mg2ma2解得：a2 116g-1 分说明：没有算出结果也给分设 O 点到 M 点距离和板长均为 L，根据运动学规律：vb2vQ2 2a2L解得：vQv04-1 分（2）a 球在磁场匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律：qvMBmvM2kL-1 分解得：Bmg3qv0-1 分设 a 球从解除锁定开始计时到运动到 M 点的时间 ta1，根据运动学规律：ta1vMv0a1解得：ta1v0g-1 分说明：没有算出结果也给分5a 球从 M 点运动到 E 点，做匀速圆周运动，
10、设时间为 ta2，根据运动学规律：ta2kLvM解得：ta23v0g-1 分说明：没有算出结果也给分设 a 球从解除锁定开始计时到运动到 E 点的时间 ta则 tata1+ta2解得：ta4v0g-1 分（3）b 球向右减速滑行过程，设运行时间为 tb1，根据运动学规律：tb1vbvQa2解得：tb14v0g-1 分说明：没有算出结果也给分由于：ta1+ta2tb1可知 a 球到达 E 点时，b 球恰好到达 Q 点b 球飞出 Q 点后向右做平抛运动：竖直方向：2kL12gtb22解得：tb226v0g水平方向：xbvQtb2解得：xb6v022g-1 分说明：没有算出结果也给分a 球从 E 点向右做匀速直线运动，根据运动学规律：xavMtb2解得：xa64v02g-1 分说明：没有算出结果也给分由于：xxa(xb+2L)解得：x(7263)v02g-1 分
