2023年高考第三次模拟考试卷-物理（福建A卷）（全解全析）

福建省2023届高中毕业班第三次质量检测（预测A卷）

物理试题

（考试时间：75分钟  试卷满分：100分）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

一、单选题(共16分)

1．(本题4分)全红婵在今年东京奥运会10米跳台决赛中，五跳中三跳获满分，以总分466.20分打破纪录，获得奥运金牌，关于比赛，以下说法正确的是（　　）

A．比赛中裁判给她评分时，可以把她看成质点

B．题干中“10米跳台”中的10米，指的是运动员跳水过程中的路程

C．比赛过程中，她的指尖入水速度，指的是瞬时速度

D．根据赛程安排，决赛在北京时间2021年8月4日14:00开始，这里的14:00指的是时间

【答案】C

【详解】A．比赛中裁判给她打分时，要分析动作细节，不可以把她看成质点。故A错误；

B．“10米”指的是跳台距水面的高度。故B错误；

C．入水速度，指的是瞬时速度。故C正确；

D．14:00指的是比赛开始的时刻。故D错误。

故选C。

2．(本题4分)智能手机无线充电器利用互感原理工作，由发射器和接收器组成，分别有发射线圈和接收线圈。已知发射、接收线圈匝数比为，AB端输入电压为，则（　　）

A．接收线圈的输出电压有效值为1V

B．接收线圈中输出电流方向每秒变化200次

C．接收线圈的输出功率等于发射线圈输入功率

D．改变发射器和接收器的距离，不影响其充电效率

【答案】B

【详解】ACD．发射线圈电压的有效值

根据理想变压器电压匝数关系有

解得

智能手机无线充电器利用互感原理工作，能量从发射线圈向接收线圈转移，在转移过程中，存在一定的能量损耗，距离越远，损耗越大，因此收线圈的输出功率小于发射线圈输入功率，改变发射器和接收器的距离，对充电效率有影响，电压匝数比不再成立，即接收线圈的输出电压有效值小于1V，ACD错误；

B．无线充电器利用互感原理工作，工作过程中不改变交流电的频率，即接收线圈中输出电流的周期为

由于一个周期内，电流方向改变两次，则接收线圈中输出电流方向每秒变化次数为

B周期。

故选B。

3．(本题4分)如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面的复色光从空气射向边的中点，入射方向与边的夹角为，经三棱镜折射后分为、两束单色光，单色光偏折到边的中点，单色光偏折到点，则下列说法正确的是（　　）

A．光的频率小于光的频率

B．棱镜对单色光的折射率小于

C．在棱镜中光的传播速度大于光的传播速度

D．分别通过同一双缝干涉装置，光的相邻亮条纹间距大

【答案】B

【详解】A．由光路图可知，三棱镜对光的折射率较大，则光的频率大于光的频率，A错误；

B．如图所示

光在边的入射角为，折射角为，则三棱镜对光的折射率为

由于三棱镜对光的折射率较小，故棱镜对单色光的折射率小于，B正确；

C．根据

由于三棱镜对光的折射率较大，故在棱镜中光的传播速度小于光的传播速度，C错误；

D．三棱镜对光的折射率较大，则光的频率较大，光的波长较小，根据

可知分别通过同一双缝干涉装置，光的相邻亮条纹间距小，D错误。

故选B。

4．(本题4分)如图所示，质量为M、倾角的斜面体始终静止在水平桌面上，质量为m的木块沿光滑斜面自由下滑，重力加速度大小为g，下列结论正确的是（    ）

A．斜面体处于失重状态 B．木块对斜面体的压力大小为

C．桌面对斜面体的摩擦力大小为 D．桌面对斜面体的支持力大小为

【答案】C

【详解】A．斜面体静止，处于平衡状态，故A错误；

B．木块对斜面体的压力大小为

故B错误；

C．对斜面体，在水平方向上根据平衡条件可得桌面对斜面体的摩擦力大小为

故C正确；

D．对斜面体，在竖直方向上根据平衡条件可得桌面对斜面体的支持力大小为

故D错误。

故选C。

二、多选题(共24分)

5．(本题6分)如图所示，两完全相同的圆柱体M、N放置在木板与竖直墙之间，现以木板与墙连接处所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置缓慢地转到水平位置，不计一切摩擦。在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A．柱体N对木板的压力减小

B．墙对柱体M的弹力减小

C．柱体M对木板的压力减小

D．柱体M、N之间的弹力增大

【答案】BC

【详解】AD．对N受力分析，设木板与水平方向夹角为，由平衡条件知M、N间弹力大小

FMN=mgsin

板对N的弹力大小

NN=mgcos

木板缓慢转到水平位置过程，逐渐减小到零，代入上式可得结论，FMN逐渐减小到零，NN逐渐增大。故AD错误；

BC．对M、N两圆柱体组成的整体，由平衡条件，墙对整体的弹力大小

F墙=G总tan

木板对两球的弹力大小

由逐渐减小到零，NN逐渐增大带，代入上式，结合牛顿第三定律可得结论：F墙大小逐渐减小，NM逐渐减小，故BC正确。

故选BC。

6．(本题6分)图甲为一列简谐波在时刻的波形图，P是平衡位置为处的质点，Q是平衡位置为处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则（　　）

A．在时，质点P的速度方向为y轴正方向

B．质点Q简谐运动的表达式为

C．从到，该波沿x轴负方向传播了

D．从到，质点P通过的路程为

【答案】AC

【详解】A．由振动图象知，t=0.10s时，Q处于平衡位置向下振动，根据上下坡法知，波沿x轴负方向传播，当t=0.25s时，即在t=0.10s开始经过，质点P在平衡位置以下向上振动，即速度方向沿y轴正方向，故A正确；

B．由图可知

则质点Q简谐运动的表达式为

故B错误；

C．由图可知，波速为

则从到，该波沿x轴负方向传播了，故C正确；

D．由于P点不是在波峰或波谷，或平衡位置，经过0.15s，即经过个周期，质点经历的路程不等于3A，即30cm，故D错误。

故选AC。

7．(本题6分)我国发射的“夸父一号”太阳探测卫星采用的是距地面高度720km左右、周期约为100分钟的太阳同步晨昏轨道。所谓太阳同步晨昏轨道，从宇宙中看，卫星一方面围绕地球飞行（看作匀速圆周运动）且跟随着地球绕太阳公转，另一方面轨道平面围绕太阳转动，保持这个面一直朝向太阳。下列说法正确的是（　　）

A．“夸父一号”的发射速度大于11.2km/s

B．以太阳为参考系，“夸父一号”做匀速圆周运动

C．“夸父一号”绕地球运行的角速度大于地球的自转角速度

D．“夸父一号”连续两次经过地球赤道上同一位置正上空所用的时间间隔约为120小时

【答案】CD

【详解】A．因为11.2km/s是第二宇宙速度，是挣脱地球引力束缚的最小速度，有题意可知，“夸父一号”并未脱离地球，仍靠地球引力提供向心力，所以发射速度不会大于11.2km/s，A错误；

B．以地球为参考系，“夸父一号”做匀速圆周运动，B错误；

C．“夸父一号”的周期为100min，而地球的自转周期为24小时，所以

又因为

可得，“夸父一号”绕地球运行的角速度大于地球的自转角速度，C正确；

D．由可得“夸父一号”与地球自转的角速度之比为

由题意得，“夸父一号”连续两次经过地球赤道上同一位置正上空，则可能转半圈的奇数倍或者偶数倍。设地球转半圈数为，则地球转个半圈的时间内，“夸父一号”转个半圈。由几何关系得，满足

上式中，满足和同时为奇数或者偶数，则最小取10，所以此时地球转了5圈，则

D正确。

故选CD。

8．(本题6分)如图所示，A、B两物块用细线相连绕过轻质定滑轮，B和物块C在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上。控制A使细线拉直但无弹力。释放A运动至速度最大，此时C恰好离开地面。A始终未落地，滑轮两侧细线始终保持竖直状态。已知B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，则（　　）

A．A的质量为3m

B．C恰好离开地面时，B的加速度为零

C．弹簧恢复原长瞬间，细线中的拉力大小为

D．A的最大速度为

【答案】BC

【详解】B．当C恰好离开地面时，弹簧处于拉伸状态且弹力等于mg，将连接体AB整体作为研究对象，此时A运动至速度最大时，AB整体加速度为零，此时弹簧对B的拉力

AB整体加速度为零，B的加速度也为零，故B正确；

A．因为AB整体的合力为零，对AB整体进行受力分析可得

则有

故A错误；

C．弹簧恢复原长瞬间，AB整体加速度为

则细线中的拉力大小为

故C正确；

D．ABC作为整体，根据能量守恒可得

解得

故D错误。

故选BC。

第II卷（非选择题）

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三、填空题(共8分)

9．(本题4分)为预防病毒感染，食堂熬好“芪防败毒汤”并用环保塑料袋打包运送给学生。若将刚熬好的“芪防败毒汤”倒入导热性能良好的塑料袋中并迅速打结（不漏气），由于袋内空气的温度先升高后下降，一小段时间后鼓起的塑料袋瘪掉，则在温度下降的过程中，外界对袋内空气（视为理想气体）做___________（填“正功”或“负功”），袋内空气________（填“吸收”或“放出”）热量。

【答案】     正功     放出

【详解】[1]因为袋内空气的体积减小，所以外界对袋内空气做正功。

[2]因为袋内空气的温度下降，所以袋内空气的内能减小，根据热力学第一定律可知，袋内空气放热。

10．(本题4分)中国探月工程“绕、落、回”三步走规划如期完成，同时实现了中国首次月球无人采样返回。月球土壤里存在大量，两个原子可以发生核聚变产生，该反应方程式为：________（填相应粒子的符号），的比结合能________（选填“大于”或“小于”）的比结合能。

【答案】          小于

【详解】[1]由核反应方程前后质量数与电荷数守恒可得

[2]比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大，原子中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故的比结合能小于的比结合能。

四、实验题(共12分)

11．(本题6分)某实验小组为测量一质量为m的小球通过某一微尘区所受到的平均阻力的大小，设计了如图甲所示的装置，实验过程如下：

（1）将小球固定于释放装置上，调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落过程中球心可通过光电门。测得小球球心与光电门间的竖直距离h。

（2）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图乙所示，小球直径d=______。

（3）测量时，应______（填选项前的字母序号），并记录小球通过光电门的遮光时间t。

A．先释放小球，后接通数字计时器

B．先接通数字计时器，后释放小球

C．操作的先后顺序对实验结果无影响

（4）已知当地重力加速度为g，由以上测得的相关物理量计算可得小球通过微尘区所受的平均阻力f=______（用字母m、d、g、h和t表示）。

【答案】     6.882（6.881~6.884）     B    

【详解】（2）[1]根据螺旋测微器的读数规律，小球的直径为

（3）[2]在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时器，再释放小球，A错误，B正确。

故选B。

（4）[3]依题意，小球向下运动的高度为h，通过光电门的速度为

由牛顿第二定律有

由运动学公式有可得

解得

12．(本题6分)某学习小组欲测定多用电表电池的电动势及一量程为3 V的电压表的电阻。

（1）如甲图所示，将多用电表选择开关旋至欧姆挡“×100”的挡位，欧姆调零之后，导线A应插入电压表的______（选填“正号”或“负号”）插孔；指针稳定在丙图中的位置，则电压表的阻值为______Ω；此时电压表的示数为______V。

（2）丙图中，欧姆表表盘上示数为“15”的刻度线处于表盘的中央位置，则测定电压表电阻时，欧姆表的内阻为______Ω；欧姆表内电池的电动势为______V。

（3）若将该电压表的量程扩大5倍，则应与其串联一个______Ω的电阻。

【答案】     负号     3000     1.00     1500     1.5    

【详解】（1）[1]用多用电表的欧姆挡时内部电源被接通，且黑表笔接内部电源的正极，即电流从欧姆表的黑表笔流出，从电压表的正极流入，则红表笔接电压表的负极。

[2]读数为

30×100Ω=3000Ω

[3]电压表的精度为0.1V，故读数为1.00V。

（2）[4]中值电阻表示欧姆表内阻，所以为

15×100Ω=1500Ω

[5]电压表内阻为3000Ω，分得的电压为1V，故1500Ω分得的电压为0.5V，所以电源的电动势为1.5V。

（3）[6]串联的阻值大小，根据串联分压规律可得为

五、解答题(共40分)

13．(本题12分)2022年11月6日“2022年全国赛艇锦标赛”在丽水南明湖上圆满收官，如图所示，在比赛加速和减速阶段，赛艇均可视为匀变速直线运动，已知加速阶段每次拉桨产生一个恒定的水平总推力，其作用时间，然后桨叶垂直离开水面，直到再次拉桨，完成一个完整划桨过程，一个完整的拉桨过程总时间为。已知运动员与赛艇的总质量，赛艇静止开始第一次拉桨匀加速的位移为，整个运动过程所受恒定阻力。求：

（1）在加速过程中的加速度；

（2）拉桨所产生的水平总推力；

（3）从静止开始完成一次完整划桨赛艇通过的总位移；

【答案】（1）；（2）；（3）

【详解】（1）第一次拉浆的过程中，由运动学公式

可得，在加速过程中的加速度为

（2）第一次拉浆的过程中，由牛顿第二定律

可得，拉桨所产生的水平总推力为

（3）在撤去后，由牛顿第二定律

由运动学公式得，在撤去后的位移为

其中

联立可得

所以，从静止开始完成一次完整划桨赛艇通过的总位移为

14．(本题12分)如图所示，在E=103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P为QN圆弧的中点，其半径R=40cm，一带正电q=10-4C的小滑块质量m=10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15，位于N点右侧1.5m处，当以初速度v0向左运动时，小滑块恰能通过圆轨道的最高点Q。取g=10m/s2，求：

（1）初速度v0大小？

（2）滑块通过P点时对轨道的压力F多大？

（3）滑块从Q点飞出时，电场大小不变方向变为水平向右，求落地点距N的距离。

【答案】（1）；（2）；（3）

【详解】（1）设小球到达Q点时速度为v，则

滑块从开始运动到达Q点过程中

联立方程组，解得

（2）设滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动到P点过程

又在P点时

代入数据，解得

（3）滑块从Q点飞出时，电场大小不变方向变为水平向右，下落时间为

水平速度为

水平方向加速度为

落地点距N的距离

15．(本题16分)如图所示，倾角的光滑倾斜导体轨道（足够长）与光滑水平导体轨道连接。轨道宽度均为，电阻忽略不计。匀强磁场Ⅰ仅分布在水平轨道平面所在区域，方向水平向右，大小；匀强磁场Ⅱ仅分布在倾斜轨道平面所在区域，方向垂直于倾斜轨道平面向下，大小。现将两质量均为，电阻均为的相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上，并同时由静止释放，。

（1）求导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度的大小；

（2）若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒产生的焦耳热，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量；

（3）若已知cd棒开始运动时距水平轨道高度，cd棒由静止释放后，为使cd棒中无感应电流，可让磁场Ⅱ的磁感应强度随时间变化，将cd棒开始运动的时刻记为，此时磁场Ⅱ的磁感应强度为，试求cd棒在倾斜轨道上下滑的这段时间内，磁场Ⅱ的磁感应强度B随时间t变化的关系式，并写出正确的定义域。

【答案】（1）1m/s；（2）1C；（3）

【详解】（1）cd棒匀速运动时速度最大，设为vm，棒中感应电动势为E，电流为I，感应电动势为

感应电流为

由平衡条件得

代入数据解得

（2）设cd棒从开始运动到达到最大速度的过程中经过的时间为t，通过的距离为x，cd棒中平均感应电动势为E1，平均感应电流为I1，通过cd棒横截面的电荷量为q，由能量守恒定律得

感应电动势为

感应电流为

电荷量为

代入数据解得

（3）设cd棒开始运动时穿过回路的磁通量为Ф0，cd棒在倾斜轨道上下滑的过程中，设加速度大小为a，经过时间t通过的距离为x1，穿过回路的磁通量为Ф，cd棒在倾斜轨道上下滑时间为t0，则

加速度为

位移为

解得

为使cd棒中无感应电流，必须有

解得