1、12023 年高三下学期 5 月三校联考物理试卷参考答案与评分细则一、选择题:本题共 11 小题,每小题 4 分，共 44 分。在每小题给出的四个选项中，第 17题只有一项符 合题目要求,第 811 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。题号1234567891011答案BCABCCDACBCBDBC1【答案】B【解析】原子核的比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定，A 错误；汤姆孙通过对阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验，发现了阴极射线是由电子组成，并测出电子的比荷，即原子内部存在电子，B 正确；处于 n4 能级的一个氢原子回到
2、基态时，最多会辐射（n1）种频率的光子，即 3 种频率的光子，C 错误；由射线的特点可知，射线是波长很短的光子，穿透能力很强，电离能力很弱，D 错误。2【答案】C【解析】装入热水时，杯内上方气体温度升高，将一些气体排出，拧紧瓶盖，过一段时间后与外界发生热传递，气体放出热量后，内能减小温度降低。由于气体等容规律，瓶内的也压强减小，外界大气压将瓶盖压紧，故打开杯盖需要克服更大的摩擦力。温度降低后，气体的平均动能减小，平均速度也减小，并不是每个气体分子的速率都减小，单位时间内气体分子撞击容器的次数减少，故 ABD 错误，C 正确。3【答案】A【解析】如图所示为风筝受力示意图，风力为 F 时，重力为
3、G，拉线拉力为 F2；当风力变大为 F1 时，重力不变，拉线拉力变为 F3，矢量三角形如图所示，风筝悬停在空中，可得风筝所受的合力为零，保持不变，拉线拉力变大，拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角变大，设拉线长为 L，则风筝距地面高度为sinhL，则风筝距离地面的高度变大。故选 A。4.【答案】B【解析】略5.【答案】C【解析】张洋铭在 ab、bc、cd 三段位移内速度增加量之比为 1：2：1，则对应时间之比为 1：2：1，有21012Lv tat222001()2(2)242Lvattatv tat2230017(3)22Lvattatv tat 观察可得213LLL，选 C。6【答案】C【解析
4、】海水被推向纸外，根据左手定则可知，电流方向由 b 指向 a，b 为电源正极，故 A 错误；同时改变电流和磁场方向，海水受到的安培力不变，航行方向不变，故 B 错误；根据牛顿第三定律，海水对潜艇的力与潜艇对海水的力大小相等，方向相反，故 C 正确；电源输出的能量不可能完全转化为动能，有焦耳热损耗，故 D 错误。7【答案】D【解析】由图可知跳伞运动员开始时所受重力大于阻力，向下加速运动，随着速度的增大，阻力在增大，加速度逐渐减小；打开降落伞后阻力大于重力，加速度向上，运动员向下做减速运动；随着速度的减小，阻力也在减小，向上的加速度逐渐减小；当阻力和重力相等时向下做匀速运动，则位移先增加得越来越快
5、，后增加得越来越慢，然后均匀增加，2第 13 题答图00.40.20.61.02.03.0I/AU/VA 错误；重力势能 Epmgh，其随高度下降均匀减小，随时间的变化规律应与位移随时间变化规律相关，先减小得越来越快，然后减小得越来越慢，最后均匀减小，BC 错误；机械能EE0fy，开始时阻力先慢慢增大，开伞后阻力瞬间变大，最后运动员匀速运动，阻力不变，根据 y 的变化规律可知 D 正确。8【答案】AC【解析】太空电梯各点随地球一起做匀速圆周运动，电梯上各点均处于失重状态，故 A 正确；同步卫星的周期为aTT，当两卫星 a、b 第一次相距最远时，满足22bttTT，解得22bTtTtT，故 B
6、错误；太空电梯相对地球静止，各点角速度相等，各点线速度 vR，与该点离地球球心距离成正比，故 D 错误，C 正确。9【答案】BC【解析】在相同的单缝衍射实验装置的条件下，光的波长越长，其衍射现象越显著，中央亮条纹越宽，从图中可知光束 a 的衍射现象比光束 b 更加显著，故可知ab，b 单色光的波动性比 a 单色光弱，故 A 错误；波长长，则频率低，折射率小，根据cvn，在水中的传播速度abvv，故 B 正确；光子动量hp，所以abpp，故 C 正确；a、b两束单色光射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距Lxd，则abxx，故 D 错误。10BD【解析】设在时间 t 内通过面积 S 的空气质量为
7、m，则0mSvt，解得0mSvt；发动机输出的机械功率201()2m vPt，对空气根据动量定理0()()Fmgtm v ，对直升机根据平衡知识 FMg，考虑 Mgmg，联立解得222mM gtP。11.BC【解析】A 不受支持力，则洛伦兹力垂直斜面向上，由左手定则知磁场垂直纸面向外，A 错误；线框刚进入磁场时对物体 A，0cos53Bqvmg，sin53Tmg，对线框0nBLvTnBLgR，解得0.6TB，05m/sv，C 正确；线框进入磁场前做匀加速运动，sin53()MgmgMm a，得21m/sa，则2012.5m2vha，B 正确；2220A00.5Wn B L vPF vvR热，D
8、 错误。故选 BC。12.（6 分）（3）03mgFFHR（2 分）0.5（2 分）330（2 分）13（9 分）（1）如答图（3 分）3第 15 题答图-2d屏-dOPyxv0r（2）2.95V（2.90V3.00V）（2 分）（3）C（2 分）（4）A（2 分）14.（10 分）（1）设气缸竖直悬挂时，内部气体压强为0P，空气柱长度为 1l，由玻意耳定律可知0 01 1P lPl，（2 分）10PSmgP S，（1 分）得 102019ll，（1 分）（2）由盖吕萨克定律可知0101llTT，（2 分）得101920TT（1 分）（3）由热力学第一定律可知UQW（1 分）110WPS ll
9、（1 分）得0 020Pl SQU 即，释放了0 020Pl SU的热量（1 分）15（15 分）解：（1）粒子在磁场中的运动轨迹如答图，设粒子做圆周运动的半径为 r,由几何关系有cosrd（2 分）洛伦兹力提供向心力200vqv Bm r（1 分）解得02mvBdq（1 分）（2）设粒子经过 x 轴时的坐标为-x1，则1sinxrr（2 分）粒子在 y0 区域电场中做类平抛运动，在 xoy 平面内沿 v0 方向做匀速直线运动，设粒子碰到屏前做类平抛运动的时间为 t1，则10 1(2)cosdxv t（1 分）粒子运动的加速度Eqam（1 分）在 z 轴负方向运动的距离21112zat 解得2
10、1206Eqdzmv，所以打到屏上位置的 z 轴坐标21206Eqdzmv（2 分）（3）设粒子在 y0 区域运动的时间仍为 t1,设粒子打到屏上时 z 轴坐标为 z2，则221212za tt（）（1 分）根据动能定理有22201122Eqzmvmv（2 分）4解得222220220(2 3)3E q dvvm v（1 分）16（16 分）解：（1）对物块 B，根据牛顿第二定律有22Bm gm a（1 分）解得22m/sBa（1 分）对物块 A 和木板，根据牛顿第二定律有21m gMma（）（1 分）解得22 m/s3a（1 分）（2）设从 B 滑上木板到三者共速所经历的时间为 t1，共同速
11、度为 v 共，则011Bva tat（1 分）1vat共（1 分）解得11.5st 1m/sv共（1 分）该过程中 A 与木板一起运动的距离21112xat解得10.75mxx，所以接下来三者一起运动，直至与挡板 P 碰撞，设该过程经历的时间为 t2，则12xxv t共（1 分）A 开始运动到与挡板 P 碰撞的时间12ttt（1 分）解得3.75st（1 分）（3）设 A 与板一起运动的加速度为 aA，根据牛顿第二定律，有21Am gm a（1 分）由题意可知，如果 A 与 P 碰前，三者速度已相等，则 A 与 P 碰后三者最终会一起向右运动，不会发生第二次碰撞.因此 A 在与 P 碰撞前一直
12、做匀加速直线运动，碰后做加速度相等的减速运动.设 A 每次与挡板碰撞的速度大小为 v，A 经过时间 t3 与 P 碰撞，碰后经过时间 t4 速度减为零，则A 3va tA 40va t解得34tt（1 分）物块 B 一直向左作匀减速运动，在运动的全过程中根据牛顿第二定律，有0B304vat（）解得30.5st（1 分）则2A 3142sa t解得0.5ms（1 分）根据系统能量守恒，有222 012m gLm v（1 分）解得4mL（1 分）（其他解法参照给分。如用动量定理求解，参照以下要求给分。）（3）由题意可知，A 在与 P 碰撞前一直做匀加速直线运动，设 A 每次与挡板碰撞的速度为 v，每次碰撞 A 的动量变化量为 2m1v，则12 02 2m vm v（1 分）设 A 与板一起运动的加速度为 aA，根据牛顿第二定律，有21Am gm a（1 分）则 A 通过的路程2A42vsa（1 分）解得0.5ms（1 分）根据系统能量守恒，有222 012m gLm v（1 分）解得4mL（1 分）
