福建省漳州市2020届高三毕业班第三次教学质量检测 理科综合试卷物理答案（含解析） 7页

1 高三物理市三检参考答案详解 二、选择题 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 C B D A C AD CD BC 14．【答案】C 解析：α 粒子核子数为 4，A 错误；穿透力强的粒子流是中子流，B 错误；在钋衰变中，根 据质量数和电荷数守恒可知，C 正确；4 2He＋9 4Be→12 6C＋1 0n 才是查德威克发现中子的核反应 方程，原式中 C13 6 有误，D 错误。 15．【答案】B 解析：上升过程的平均速度应为 4 m/s，A 错误；失去动力后，匀减速上升的加速度 165.0 8 2 a (m/s2)，由牛顿第二定律得 2f mg ma ，解得 f=6.0 N，B 正确；上升的最 大高度 0.2285.52 1 h （m），C 错误；加速上升过程中牵引力恒定，但速度变大，因 此牵引力的功率也变大，D 错误。 16．【答案】D 解析：将滑片 P 上移，A 中副线圈两端电压变小，灯 L1 两端电压也变小，L1 变暗，流过电 阻 R 的电流变小，A 和 B 都错误；闭合 S，负载电阻变小，电流变大，电阻 R 的电流也变 大，B 的原、副线圈两端电压变小，L1 变暗，C 错误，D 正确。 17．【答案】A 解析：由 q E P 知 A < B ，A 正确；由 x UE   ， q EU P 得 xq EE P   ，即斜率 k=qE， 得 BA EE  ，B 错误；由 m qEa  ，得 BA aa  ，C 错误；根据能量守恒可知，动能和电势 能的总和不变，因 EpAEkB，D 错误。 18．【答案】C 解析：当 T 最小时，轨道半径 r 等于行星的半径 R，有 kR b 3 ，则 R= 3 k b ，A 错误；由 rTmr MmG 2 2 2 4 得 GMr T 2 3 2 4 ，即 k= GM 24 ，则行星的质量 GkM 24 ，B 错误；由 3 3 4 RM  、 3 k bR  、 可知，C 正确；根据第一宇宙速度公式 R GMv  、 3 k bR  、 GkM 24 可知， 6 2 12 bk v  ，D 错误。 2 19．【答案】AD 解析：同位素经电场加速，由动能定理有： 21 2qU mv ，进入磁场后做匀速圆周运动，由 牛顿第二定律有： 2vqvB m r ，可知半径为： 2 2mUr qB ，又 ba qq  ，所以 mr  ，由 图可知 abrr ，所以 abmm ，A 正确；由周期公式 2 mT qB  ，可知 abTT ，又同位素在 磁场中运动时间 2 Tt  ，可知 abtt ，B 错误；由 可知， ka kbEE ，C 错误； 进入磁场时的速度 2qUv m ，可得 abvv ，D 正确。 20．【答案】CD 解析：人从 A 到 B 的过程加速度一直向上，故人处于超重状态，A 错误；人从 A 到 C 的过 程，动能先增加后减小，则重力势能和弹性势能的总和先减小后增大，故 B 错误；解开细 绳前人处于平衡状态，解开细绳后少了细绳拉力 F，则合力大小为 F，所以 a= m F =20 m/s2， 故 C 正确；平衡时： 1F F mg =1 500 N，解开细绳瞬间弹力 F1 不变，可知弹性绳的形 变量为 61 0  k Fx m，在 B 点： 1kx = mg ，此时绳子伸长量 x1=2 m， 410  xxhAB m， 9 BCABAC hhh m，根据机械能守恒定律有 EP=mgH=4500 J，故 D 正确。 21．【答案】BC 解析：受力分析如图甲、乙，小球 a、c 可能排斥、可能吸引，A 错误；尽管绳子的拉力可 能不同，但两拉力过 O 点，力矩为零，所以小球 c 对 a 的库仑力大小与小球 c 对 b 的库仑 力对 O 点力矩应相等，这两个库仑力也应相等，所以 a、b 带电量一定相等；B 正确。若 a、 b、c 均带等量同种电荷，对 a 受力分析如图丙，b 对 a 库仑力和 c 对 a 库仑力的合力 Fbc 与绳子拉力 T 和重力 mg 互成 120°，则 mgT  ，C 正确，D 错误。 22．（ 6 分） 答案：（1）14.20 （2）B （3）122.5（122.0～123.0） 解析：（1）毫米刻度尺的最小分度值为 1 mm，要估读到下一位；（2）悬挂钩码个数过多， 3 弹簧形变可能超过弹性限度，导致图线末尾弯曲，而不是不过原点，A 错误；但由于弹簧本 身重力，使弹簧在不挂钩码竖直悬挂时具有一定的伸长量，B 正确；弹簧形变超过弹性限度， 导致图线末尾弯曲，而不是不过原点，C 错误。（3）根据胡克定律 mg= kx，得 m= g k x，即 图像斜率 K= g k ，代入数据得到 k=122.5 N/m。 23．（ 9 分） 答案：（1）1.000 （2）零 （3） RU UU 1 12  （4） 8109.1  大于 解析：（1）螺旋测微器，保留到千分位；（2）若电阻箱 R 阻值调到最大时，超过电压表的 量程，因此应先调到“零”。（3） RU UU R U UU I UUR x x 1 12 1 1212  ；（ 4）由公式 S lRx  ， 2 4 1 dS  可得 ρ ≈ Ω ·m；Rx 两端电压（U2-U1）与 V1 内阻无关， 但 Ix 的测量值会受 V1 的分流影响而变小，因此，Rx 的测量值偏大，电阻率 L RS 也偏大。 24．（ 14 分） （1）由右手定则得：电流方向：ab ① 依题意得： sLBΔΦ  ② Δt ΔΦE  ③ R EI  ④ tIq  ⑤ 联立得 R sLBq  ⑥ （2）设列车前进方向为正方向，由动量定理可得 LBIF 安 ⑦ 00 mvtftF  安 ⑧ 由⑤⑥⑦⑧式得 Rt sLB t mvf 22 0  ⑨ 评分标准：（1）①⑥式各 2 分，②③④⑤式各 1 分，共 8 分； 4 （2）⑦⑧⑨各式 2 分，共 6 分。 25．（ 18 分） 解：（1）设甲在 B 点时的速度为 0v ，根据机械能守恒定律有： 2 1 1 0 1 2m gR m v ① 解得： 0 2 102 3v gR m/s ② 在 B 点时，根据牛顿第二定律有： R vmgmF 2 0 11N  ③ 解得：FN=90 N ④ （2）设碰撞后甲的速度为 1v ，乙的速度为 2v ，根据动量守恒定律和能量守恒定律有： 1 0 1 1 2 2m v m v m v ⑤ 2 2 2 1 0 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2m v m v m v ⑥ 联立解得 1 10 3v  m/s， 2 10v  m/s 设乙从板的右侧飞出的速度 3v ，由动能定理可得： 22 2 2 3 2 2 11 22m gL m v m v   ⑦ 解得： 3 10 2v  m/s 根据平抛运动的规律，有： 21 2h gt ⑧ 3x v t ⑨ 解得： 2 2x  m ⑩ 则乙落在地面上的位置到 B 点的水平距离为： 3 2 2 4s L x    m 1.46 m ○11 （3）当木板长度调整后，设乙到木板右端时的速度为 v ： 5 22 2 2 2 2 11 22m gL m v m v    解得： 2 1 10 vL  则乙的落地点到 B 的水平距离为 s ： 2 1 110 5 vs L x v      ○12 由数学知识可知，当 =5v m/s 时， s 有最大值，此时木板的长度为 L  1 2 m ○13 乙损失的机械能为： 12 5 2E m gL   J ○14 碰后甲在木板上滑行的距离为 L 由动能定理有： 2 1 1 1 10 2m gL m v    ○15 解得： 1 9L  m< m ○16 甲损失的机械能为： 21 5 3E m gL    J ○17 甲乙在木板上损失的总机械能： 12 25 6E E E      J 4.17 J ○18 评分标准：（1）①②③④式各 1 分，共 4 分； （2）⑤⑥⑦⑧⑨⑩○11 式各 1 分，共 7 分； （3）○12 ○13 ○14 ○15 ○16 ○17 ○18 式各 1 分，共 7 分。 33．[物理—选修 3-3]（15 分） （1）（ 5分） 答案：BDE （5 分） 解析：水的饱和汽压随温度的升高而增大，A 错误；红墨水很快散开是属于扩散现象，B 正 确；因为 0℃的冰熔化成 0℃的水需要吸收热量，所以质量相同的 0℃的水比 0℃冰的内能大， C 错误；空中的小雨滴呈扁球形是水的表面张力与重力作用的结果，D 正确；D 错误；当空 气相对湿度越大时，空气中水蒸气的实际压强越接近同温度下水的饱和汽压，E 正确。 （2）（10分） 解：（ⅰ）以轮胎内气体为研究对象，气体状态参量：p1=3.0×105 Pa，T1=300 K，T2=350 K 由查理定律得： 6 2 2 1 1 T p T p  ① 代入数据解得： 5 2 105.3 p Pa ② （ⅱ）把胎内空气转化为 p3=1.0×105 Pa、27℃时的状态，则可视为等温变化，由玻意 耳定律得： 3311 VpVp  ③ 代入数据解得： 753 V L 气体分子个数： A 3 NV Vn mol  ④ 代入数据解得： 24108.1 n 个 ⑤ 评分标准：（ⅰ）①②式各 2 分，共 4 分； （ⅱ）③④⑤式各 2 分，共 6 分。 34．[物理—选修 3-4]（15 分） （1）（ 5 分） 答案：小于 2 1 2 2 2 2 lh lh   解析：激光在空气中的传播速度约等于光速，比在其他介质中的传播速度都大；入射角的正 弦值 2 1 2 sin lh hi   ，折射角的正弦值 2 2 2 sin lh hr   ，由折射率公式 r in sin sin ，得到 2 1 2 2 2 2 lh lhn   。 （2）（ 10 分） 解：（ⅰ）由 ty 4sin6  （cm）知 4 2  T 所以周期 T=8 s ① 由图像可知波长为 λ=8 m ② 故波速 1 Tv  m/s ③ 由质点 B 振动方程可知，B 点在 t=0 时振动方向向上，波沿 x 轴正方向传播。④ （ⅱ）质点 A 振动方程为 )4 7 4sin(6   ty （cm） ⑤ 7 将 t=10 s 代入方程得质点 A 的位移为 23y cm ⑥ 前 8 s 路程为 24 cm 后 2 s 路程为   262323  （cm） 所以 t=10 s 质点 A 通过的路程为   5.322624  cm ⑦ 评分标准：（ⅰ）①②④式各 1 分，③式 2 分，共 5 分； （ⅱ）⑤⑦式各 2 分，⑥式 1 分，共 5 分。