2023年高考第三次模拟考试卷-物理（福建三模B卷）（全解全析）

福建省2023届高中毕业班第三次质量检测（预测B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

1．(本题4分)标准径赛跑道为半圆式400m跑道，跑道一圈的长度刚好可以用来举办径赛400m跑项目。下列相关说法错误的是（　　）

A．400m跑运动员从起点跑到终点，其路程大小即为400m

B．运动员在跑道上奔跑时可看作质点

C．运动员400m跑成绩若干秒表示的是时刻

D．用400m除以运动员成绩即可求得运动员的平均速率大小

【答案】C

【详解】A．标准路道一圈长度400m，就是运动员跑一圈的路程，故A正确，不符合题意；

B．运动员奔跑时自身形状与大小与路程相比可忽略，可看作质点，故B正确，不符合题意；

C．成绩是指从初位置到末位置之间的时间间隔，故C错误，符合题意；

D．平均速率即路程与时间的比值，故D正确，不符合题意。

故选C。

2．(本题4分)如图所示的速度选择器两板间有互相垂直的匀强电场和磁场，电荷量为的带电粒子，以水平速度从左侧射入，恰能沿直线飞出速度选择器，不计粒子重力和空气阻力，在其他条件不变的情况下（　　）

A．若仅改为电荷量的粒子，将仍沿直线飞出 B．若仅将入射速度变为，仍沿直线飞出

C．若仅将该粒子改为从右侧射入，仍沿直线飞出 D．若仅将磁场方向反向，仍沿直线飞出

【答案】A

【详解】A．电荷量为的带电粒子，以水平速度从左侧射入，恰能沿直线飞出速度选择器，则粒子受电场力与洛伦兹力平衡，有

解得

所以若仅改为电荷量的粒子，粒子受力依然平衡，将仍沿直线飞出，故A正确；

B．若仅将入射速度变为，粒子受力不平衡，将不能沿直线飞出，故B错误；

C．若仅将该粒子改为从右侧射入，粒子受力不平衡，将不能沿直线飞出，故C错误；

D．若仅将磁场方向反向，粒子受力不平衡，将不能沿直线飞出，故D错误；

故选A。

3．(本题4分)如图甲所示，饮水桶上装有压水器，可简化为图乙所示的模型。挤压气囊时，可把气囊中的气体全部挤入下方的水桶中，下方气体压强增大，桶中的水会从细管中流出。某次取水前，桶内液面距细管口高度差为h，细管内外液面相平，压水3次恰好有水从细管中溢出。已知在挤压气囊过程中，气体的温度始终不变，略去细管的体积，外部大气压强保持不变，水的密度为，重力加速度为g，关于此次取水过程下列说法正确的是（　　）

A．桶内气体的内能不变

B．桶内气体需从外界吸热

C．压水3次后桶内气体压强为

D．每次挤压气囊，桶内气体压强的增量相同

【答案】D

【详解】A．在挤压气囊过程中，气体的温度始终不变，而气体总的体积也不变，但在挤压的过程中，气体的质量增加了，因此在温度不变的情况下，气体的内能增加了，故A错误；

B．在挤压气囊过程中，气囊内的气体进入桶中，外界在对气囊内气体和原有气体做功，被压入的气体和原有的气体都被压缩，而桶中气体的温度不变，则原有气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体要向外放热，故B错误；

C．压水3次后桶内气体压强应为大气压与之和，故C错误；

D．根据道尔顿分压原理可知，每次压进去的气体的质量一定，而在本次取水过程中水桶可容纳气体的体积不变，则可知每次压进去的气体对水桶内部提供相同的压强增量，故D正确。

故选D。

4．(本题4分)春节期间人们都喜欢在阳台上挂一些灯笼来作为喜庆的象征。如图所示，是由六根等长的轻质细绳悬挂起五个质量相等的灯笼1、2、3、4、5，中间的两根细绳BC和CD的夹角，下列选项中正确的是（　　）

A．MA的延长线能平分1灯与绳AB之间的夹角

B．AB的延长线不能平分2灯与绳BC之间的夹角

C．绳AB与绳BC的弹力大小之比为

D．绳MA与绳AB的弹力大小之比为

【答案】D

【详解】BC．对灯笼3受力分析可知

解得

设AB绳与竖直方向成夹角为，对灯笼2受力分析可知

解得

由数学知识可知AB的延长线能平分2灯与绳BC之间的夹角，且有

故BC错误；

AD．设MA绳与竖直方向成夹角为，对灯笼1受力分析可知

解得

由数学知识可知MA的延长线不能平分1灯与绳AB之间的夹角，且有

故A错误，D正确。

故选D。

二、多选题(共24分

5．(本题6分)如图所示，极地卫星轨道经过地球两极上空，2023年3月2日北京时间9：00时某极地卫星恰好飞到赤道上的赤道纪念碑所在城市基多上空，于2023年3月3日北京时间21：00时会经过该城市上空，设该卫星轨道半径为，地球同步卫星轨道半径为，已知地球自转周期为24小时，则下列说法正确的是（　　）

A．3月2日9：00时到3月3日21：00这段时间内地球自转了一周半

B．极地卫星的周期可能是36小时

C．可能等于

D．可能等于

【答案】AC

【详解】A．2023年3月2日北京时间9：00时某极地卫星恰好飞到赤道上的赤道纪念碑所在城市基多上空，于2023年3月3日北京时间21：00时会经过该城市上空，地球自转周期24h，故A正确；

B．从地理上来看，这段时间内基多在空间中的位置转了180°，而极地卫星则可能是转了0.5圈、1.5圈、2.5圈……等，设极地卫星周期是，则

（、1、2、3……）

因此

、24h、14.4h……

故B错误；

C．根据开普勒第三定律，当周期是时，其轨道半径与同步卫星相同，故C正确；

D．若等于，根据开普勒第三定律，则极地卫星与同步卫星周期之比为，即极地卫星周期为，则不为整数，因此不可能，故D错误。

故选AC。

6．(本题6分)如乙图所示，一束复色光从空气射向一个球状水滴后被分成了a、b两束单色光，分别将这两束单色光射向图甲所示的装置，仅有一束光能发生光电效应。调节滑片P的位置，当电流表示数恰为零时，电压变示数为。已知该种金属的极限频率为，电子电荷量的绝对值为e，普朗克常量为h，下列说法正确的是（    ）

A．a光在玻璃中的传播速度比b光小

B．b光的光子能量为

C．保持光强不变，滑片P由图示位置向左移，电流表示数变大

D．用同一双缝做光的干涉实验，a光产生的干涉条纹间距比b光的大

【答案】BD

【详解】A．由乙图知，由于两束光入射角相同，b光的折射角小，根据

可知b光的折射率大于a光的折射率，根据

所以b光在玻璃中的传播速度比a光小，A错误；

B．由折射率和频率的关可知，b光的频率大于a光的频率，故b光发生光电效应，根据光电效应方程

又有

所以b光的光子能量为

B正确；

C．保持光强不变，滑片P由图示位置向左移，则AK两端的电压变小，则电流表示数可能不变，可能变小，C错误；

D．由于b光的折射率大，所以a光的波长大于b光的波长，根据

用同一双缝做光的干涉实验，a光产生的干涉条纹间距比b光的大，D正确。

故选BD。

7．(本题6分)如图所示，单刀双掷开关S原来跟“2”相接。从t=0开始，开关改接“1”，一段时间后，把开关改接“2”，则流过电路中P点的电流I和电容器两极板的电势差随时间变化的图像可能正确的有（　　）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【详解】AB．从t＝0开始，开关接“1”电容器开始充电，由于电容器带电量越来越多，充电电流越来越小，最后减小到0，把开关改接“2”后，电容器通过电阻R放电，随电容器带电量越来越小，电流也会越来越小，最后电流减小到零，放电过程中电流的方向与充电过程中相反，故B正确，A错误；

CD．从t＝0开始，开关接“1”电容器开始充电，由于充电电流越来越小，电容器两板间的电压增加的越来越慢，把开关改接“2”后电容器通过R放电，由于放电电流越来越小，电容器两板间的电压减小的越来越慢，但整个过程中始终为正值，故C正确，D错误。

故选BC。

8．(本题6分)如图所示，A、B两物块由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B和物块C在竖直方向上通过劲度系数为的轻质弹簧相连，C放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为，B、C的质量均为，重力加速度为，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是（　　）

A．C刚离开地面时，B的加速度为零

B．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒

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】ABD

【详解】A．当C刚离开地面时，物块A的速度最大，物块B的速度也最大，此时B的加速度为零，故A正确；

B．从释放A到C刚离开地面的过程中，系统只有重力做功，故ABC及弹簧组成的系统机械能守恒，故B正确；

C．当A、B的速度最快时，物块C恰好离开地面，弹簧的弹力恰好等于C的重力，即

对A、B整体沿线方向进行受力分析可知

当弹簧恢复原长时，弹簧的弹力为零，对A、B整体根据牛顿第二定律有

隔离A，根据牛顿第二定律有

联立几式解得

故C错误；

D．根据

得

释放A之前，弹簧处于压缩状态，对B进行受力分析，可得弹簧压缩量为

释放A后速度最大瞬间，对C进行受力分析可得弹簧的伸长量为

从释放A到AB整体的速度最大，对AB整体，由于弹簧的形变量相等，弹力做功为零，根据机械能守恒有

联立解得

故D正确。

故选ABD。

第II卷（非选择题）

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三、填空题(共8分

9．(本题4分)一辆特定频率鸣笛的救护车远离听者而去时，听者将感受到鸣笛声的音调变化，这个现象，首先是奥地利科学家多普勒发现的，于是命名为多普勒效应。如图1所示，假定声波的波长为，在空气中的传播速度为v，那么该声波的频率为__________。如图2所示，假定该声波波源以的速度向右匀速运动，在其运动正前方某一听者，在相同时间内接受到的波峰个数将增加，即相当于波长减短了；在其运动正后方某一听者，在相同时间内接受到的波峰个数将减小，即相当于波长增长了，由此可推理得到，在运动波源正后方听者接收到的声波频率变为了__________。可见，当声源远离听者时，听者接收到的声波频率减小，音调变低；同理，当声源靠近听者时，听者接收到的声波频率增大，音调变高。

【答案】         

【详解】[1]根据波长、传播速度和频率关系，可得声波的频率

[2]设声波的振动周期为T，则有

声源移动时，其后方波长变为

正后方听者接受到的频率

即有

10．(本题4分)利用图甲所示的装置（示意图），观察紫光的干涉、衍射现象，在光屏上得到如图乙和图丙两种图样则图乙应是__________图样（选填“干涉”或“衍射”）。若将光换成黄光，干涉图样中相邻两条亮条纹中心间距__________（选填“变宽”、“变窄”或“不变”）。

【答案】     衍射     变宽

【详解】[1]干涉图样的条纹宽度相等，衍射图样的条纹宽度不等、中央最宽，故图乙应是衍射图样。

[2]由

可知干涉图样中相邻两个亮条纹的中心间距与波长成正比，若将光换成黄光，则波长变长，因此条纹间距也变宽。

四、实验题(共12分

11．(本题6分)小祥同学过年期间偶然发现，屋檐上冰柱滴下的水滴时间间隔几乎是一样的，于是他突发奇想，想利用手机的拍摄视频功能来测定当地的重力加速度。他先拍摄了一段冰柱滴水的视频，然后将视频分成一帧一帧进行查看，他发现每隔10帧拍摄的图片一模一样，搜索发现该型号手机拍摄视频为一秒钟30帧。随后他将其中一帧打印出来，如图所示。经过测量，墙面每块砖厚，而打印出来的图片上仅为。他用直尺分别测量出来滴落下的水滴中距离冰柱最近的三个点1、2、3之间的间距如下图所示。

（1）该冰柱每秒钟滴下______滴水滳。

（2）2号水滴此时的速度是______，测出的重力加速度为______。（结果均保留3位有效数字）

（3）小祥同学将其他几组照片的水滴也进行了测量，结果发现均小于当地的重力加速度，则可能的原因是______（答案合理即可）。

【答案】     3     3.11     9.64     水滴受到空气阻力

【详解】（1）[1]一秒钟30帧，所以每相邻的两帧之间的时间间隔为

每隔10帧拍摄的图片一模一样，所以相邻的两个水滴之间的时间间隔为

那每秒钟可以滴下的水滴个数为

（2）[2]根据题意可知，图片与实物比例为1：10，又因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知2号水滴此时的速度是

[3]根据逐差法可知重力加速度为

（3）[4]测量的重力加速度小于当地重力加速度的原因可能是由于水滴下落过程受到空气阻力的作用。

12．(本题6分)某同学要测量一节干电池的电动势和一个电阻的阻值，可利用的实验器材有：

待测干电池E（电动势约）；

待测电阻；

微安表G（量程，内阻）；

滑动变阻器R（最大阻值）；

定值电阻；

导线若干。

该同学设计了如图所示的电路，并计划按下面的步骤进行操作：

①按电路图接好线路，使滑动变阻器接入电路的阻值最大；

②用导线短接A、B接线柱，调节滑动变阻器，使微安表满偏；

③去掉短接导线，在A、B接线柱间接入定值电阻，记下此时微安表的读数；

④去掉，在A、B接线柱间接入待测电阻，记下此时微安表的读数；

⑤根据测量数据计算出干电池电动势E和待测电阻的阻值。

（1）此计划存在的问题是微安表量程__________（选填“太大”或“太小”）。

（2）为解决上述问题，该同学找到一个阻值为的定值电阻，请把接入答题卡上的电路图中____。

（3）把接入电路后，按上述步骤进行操作，微安表的读数和分别如图甲、图乙所示，则____，______。

（4）通过测量数据，可计算出干电池电动势_____V，待测电阻_____。

【答案】     太小          80     72     1.44     280

【详解】（1）[1]若用导线短接A、B接线柱，调节滑动变阻器，使微安表满偏，则由

而滑动变阻器R最大值与Rg之和只有2900Ω，阻值过小，则此计划存在的问题是微安表量程太小；

（2）[2]为解决上述问题，可将微安表扩大量程，即用定值电阻与微安表并联，此时量程可扩大为

量程扩大了20倍；请把接入答题卡上的电路图中如图；

（3）[3][4]如图甲、图乙所示，最小刻度2μA，则80，72；

（4）[5][6]当微安表满偏时，则滑动变阻器阻值

在A、B接线柱间接入定值电阻时，此时电路中的总电流为

在A、B接线柱间接入待测电阻，此时电路的总电流为

解得

E=1.44V

Rx=280Ω

五、解答题(共40分

13．(本题12分)2022年6月17日，由我国完全自主设计建造的第三艘航空母舰“福建舰”下水，福建舰采用平直通长飞行甲板，舰上安装了电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离。假设航空母舰的起飞跑道总长l=270m，电磁弹射区的长度l1=60m，若弹射装置可以辅助飞机在弹射区做加速度为30m/s2的匀加速直线运动，飞机离开电磁弹射区后继续在喷气式发动机推力作用下做匀加速直线运动，如图所示。假设一架舰载机的质量m=3.0×104kg，飞机在航母上受到的阻力恒为飞机重力的0.2倍。若飞机可看成质量恒定的质点，从边沿离舰的起飞速度为80m/s，航空母舰始终处于静止状态，重力加速度取g=10m/s2，求：

（1）飞机经电磁弹射后获得的速度大小；

（2）飞机从静止到起飞所需时间；

（3）飞机发动机的推力大小。

【答案】（1）60m/s；（2）5s；（3）2.6×105N

【详解】（1）弹射阶段，初速度为0，根据速度位移关系

解得

弹射阶段时间为

加速阶段，有

联立解得

（3）根据速度位移关系

解得

14．(本题12分)如图甲所示，利用粗糙绝缘的水平传送带输送一正方形单匝金属线圈abcd，传送带以恒定速度v0运动。传送带的某正方形区域内，有一竖直向上的匀强磁场，该磁场相对地面静止，且磁感应强度大小为B，当金属线圈的bc边进入磁场时开始计时，直到bc边离开磁场，其速度与时间的关系如图乙所示，且在传送带上始终保持ad、bc边平行于磁场边界。已知金属线圈质量为m，电阻为R，边长为L，线圈与传送带间的动摩擦因数为μ，且ad边刚进入磁场时线框的速度大小为v1，重力加速度为g，求：

（1）正方形磁场的边长d；

（2）线圈完全进入磁场的时间t；

（3）线圈离开磁场过程中克服安培力所做的功W。

【答案】（1）；（2）；（3）

【详解】（1）从ad边刚进入磁场到bc边刚出磁场，对线框由动能定理

解得

（2）从bc边刚进入磁场到ad边刚进入磁场，对线框由动量定理

由安培力公式

由闭合电路欧姆定律

由法拉第电磁感应定律

其中

联立解得

（3）由于线圈离开磁场时与进入磁场时速度一样，故线圈离开磁场过程中克服安培力所做的功与进入磁场时安培力做的功相等，所以从bc边刚进入磁场到ad边刚进入磁场，对线框由动能定理

解得

15．(本题16分)如图所示，MHN和PKQ为竖直方向的平行边界线，水平线HK将两边界围成区域分为上下两部分，其中I区域内为竖直向下的匀强电场，II区域内为垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从左边界A点以初速度垂直边界进入I区域，从C点离开I区域进入II区域。已知，，粒子重力不计：

（1）求I区域匀强电场强度E的大小；

（2）若两竖直边界线距离为4h，粒子从II区域左边界射出，求II区域内匀强磁场的磁感应强度大小范围；

（3）若两竖直边界线距离为17.5h且II区域内匀强磁场的磁感应强度大小为，求粒子从A点进入I区域至从平行边界射出所用时间以及出射点距K点的距离。

【答案】（1）；（2）；（3），

【详解】（1）如下图所示，粒子从A点至C点做匀变速曲线运动，垂直电场方向有

平行电场方向有

根据牛顿第二定律有

联立解得

（2）粒子在C点速度的竖直分量

故粒子在C点速度为

（方向为斜向右下方与HK夹角为）

当粒了恰好不从MN边界出射，粒子轨迹如下图轨迹①所示。

设此种情况下，粒子在磁场中轨道半径为，由几何知识得

解得

粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力

解得

当粒子恰好不从PQ边界出射，粒子轨迹如图轨迹②所示，由几何知识得

解得

粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力

解得

所以II区域内匀强磁场的磁感应强度大小范围

（3）粒子在磁场区域中做匀速圆周运动

得

作出粒子在电磁场区域运动轨迹如下图所示。

设粒子在磁场与电场中的一个完整运动为一个周期。在一个周期内。由几何关系得粒子在HK方向上行进距离为

每一个周期粒子在磁场中的运动时间为

每一个周期粒子在电场中的运动时间为

所以一个周期为

由于平行边界间距为

故粒子先做5个完整周期运动；在第6个周期中先在电场做类平抛运动，进入磁场后，在HK方向前进最大距离为

因此粒子从PK之间射出。在第6个周期中，粒子从磁场中射出时，已经在HK方向行进距离为

粒子从磁场中射出后，到飞出边界还需要运动的时间为

总时间为

出射点距K点的距离为

解得