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福建省漳州市2020届高三理综第三次教学质量检测试题（PDF版附解析）
福建省漳州市2020届高三理综第三次教学质量检测试题（PDF版附解析）
资料简介
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：ab 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 23y 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。
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