福建省漳州市2023届高三上学期第一次教学质量检测物理（Word版附解析）

福建省漳州市2023届高三毕业班第一次教学质量检测

物理试题

一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1. 2022年8月9日，中核集团漳州核电2号机组反应堆压力容器顺利吊装就位，向投产发电迈出了重要一步，该核电项目投产后核反应堆中存在如下核反应，，则（   ）

A. 该反应为核聚变反应

B. 该核反应过程没有质量亏损

C. 该核反应方程式中A = 144

D. 的质子数是235，中子数是92

【答案】C

【解析】

【详解】A．该反应为核裂变反应，A错误；

B．核裂变会产生大量能量，则该核反应过程发生质量亏损，B错误；

C．根据质量数相同

235＋1 = A＋89＋3

解得

A = 144

故C正确；

D．的质子数是92，核子数为235，则中子数为143，D错误。

故选C。

2. 如图所示的平面内，一束包含两种颜色的复色光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，入射角为i，折射后经O点射向空气中。下列说法正确的是（　　）

A. a光在空气中的波长比b光的小

B. b光在玻璃中的传播速度比a光小

C. 逐渐增大入射角i，出射光b先消失

D. 玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率

【答案】A

【解析】

【详解】BD．光线a的偏折程度大，根据光路可逆结合折射定律公式

其中γ是折射角，可知a光的折射率大，根据

可知b光在玻璃中的传播速度比a光大，故BD错误；

A．a光的折射率大，说明a光的频率高，根据

c=λf

a光在真空中的波长较短，故A正确；

C．若改变光束的入射方向使i角逐渐变大，则折射光线a的折射角先达到90°，所以a光先发生全反射，折射光线先消失，故C错误。

故选A。

3. 赛龙舟是我国端午节的传统活动。以下两速度随时间变化的v-t图像，描述了三条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，下列说法正确的是（　　）

A. 乙比甲先到达终点 B. 甲的速度始终比丙大

C. 出发后甲和乙船头会出现并齐的情况 D. 出发后甲和丙船头会出现并齐的情况

【答案】D

【解析】

【详解】A．图像面积等于位移，由甲乙的速度-时间图可知，甲比乙先到达终点，A错误；

B．根据甲丙的速度时间图像可知，在开始有一段时间内，丙的速度大于甲，B错误；

C．由甲乙的速度-时间图可知，出发后甲的速度始终大于乙，则甲和乙船头不会出现并齐的情况，选项C错误；

D．甲丙的速度-时间图线围成的面积表示位移，由图可知，在两图线交点对应的时刻前，丙的位移比甲大，即丙在前，在交点对应的时刻后有一个时刻，两图线围成的面积相等，即位移相等，可知龙舟甲和龙舟乙在途中会出现船头并齐，D正确。

故选D。

4. 如图甲，理想变压器原线圈接在正弦交流电源上，原、副线圈的匝数比为4∶1，、、均为定值电阻，，，电表均为理想电表。已知中电流随时间t变化的规律如图乙所示，则（　　）

A. 交流电的频率为100Hz B. 电压表的示数为200V

C. 电流表的示数为12A D. 若烧断，变压器输出功率变大

【答案】B

【解析】

【详解】A．由图乙可知，交流的的周期为，则交流电的频率为

故A错误；

B．由图乙可知，流过的电流的有效值为

由欧姆定律可知，流过的电流为

则流过副线圈的电流为

由欧姆定律可得，副线圈两端的电压为

由电压与匝数的关系可得，原线圈两端的电压为

即电压表示数为，故B正确；

C．根据电流与匝数的关系可得，流过原线圈的电流为

即电流表的读数为，故C错误；

D．若烧断，则次级电阻变大，次级电流减小，根据

P=IU

可知，变压器输出功率变小，故D错误。

故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

5. 电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示，P、Q是电场中的两点。K为阴极，A为阳极，在两极之间加上高压，就会有电子从K极由静止被加速。则（　　）

A. P点的电势高于Q点的电势

B. P点的电场强度小于Q点的电场强度

C. 电子在P点的电势能大于在Q点的电势能

D. 电子由P运动到Q，电场力做负功

【答案】BC

【解析】

【详解】AC．阳极电势高，阴极电势低，所以P点电势低于Q点的电势，所以电子在P点的电势能大于在Q点的电势能，故A错误，C正确；

B．电场线越密场强越强，所以P点的电场强度小于Q点的电场强度，故B正确；

D．电子从K极由静止被加速，所以电子由P运动到Q，做加速运动，电场力做正功，故D错误。

故选BC。

6. 2022年6月5日，“神舟十四号”成功对接于天和核心舱径向端口，航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲进入核心舱，开展相关工作。已知核心舱的运行轨道距地面高度约为400km，地球同步卫星距地面高度约为36000km。则（　　）

A. 核心舱运行周期比地球同步卫星的短

B. 核心舱的向心加速度约为地球同步卫星的90倍

C. “神舟十四号”的发射速度大于7.9km/s

D. 航天员漂浮在核心舱中，其加速度为零

【答案】AC

【解析】

【详解】A．由题意可知，万有引力提供向心力，根据公式有

即

已知组合体离地面的距离约为400km，比同步卫星距离地面的距离要小，故组合体的运行周期小于地球同步卫星的周期，A正确；

B．由题意可知，万有引力提供向心力，根据公式有

即

已知核心舱的运行轨道距地面高度约为400km，地球同步卫星距地面高度约为36000km,故核心舱的向心加速度约为地球同步卫星的8100倍，B错误；

C．第一宇宙速度是最小的发射速度，故“神舟十四号”的发射速度大于7.9km/s，C正确；

D．航天员漂浮在核心舱中，跟着航天器一起绕地球做匀速圆周运动，处于非平衡状态，其加速度不为零，D错误。

故选AC。

7. 如图，轻弹簧上端固定在光滑斜面顶端，下端挂一物体，物体在A点处于平衡状态。现用平行于斜面向下的力拉物体，第一次直接拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再静止释放，途经B点。则（　　）

A. 物体在A点时弹簧处于伸长状态

B. 物体从C点释放后，无法回到A点

C. 两次从A点到B点，物体重力势能的改变量相等

D. 两次从A点到B点，弹簧弹力对物体做的功相等

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．物体在A点时处于平衡状态，受力分析易知，弹簧的弹力向上，故此时弹簧处于伸长状态，A正确；

B．由于物体在A点时处于平衡状态，合力为零，从C点到A点拉力大于物体在A点时的拉力，故该过程中合力向上，做加速直线运动，故物体从C点释放后，一定能回到A点，B错误；

CD．两次从A点到B点，物体重力做功和弹力做功都分别相同，重力势能的改变量相等，故CD正确。

故选ACD。

8. 电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势为E，实验前电容器不带电。先将开关S拨到“1”给电容器充电，充电结束后，再将拨到“2”，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的i—t曲线如图乙所示。则（　　）

A. 乙图中阴影部分的面积

B. 乙图中阴影部分的面积

C. 由甲、乙两图可判断阻值

D. 由甲、乙两图可判断阻值

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．图乙中阴影面积代表充放电中电容器上的总电量，所以两者相等，A错误，B正确；

CD．由图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电压与放电瞬间电容器两极板电压相等，由

解得

C错误，D正确。

故选BD。

三、非选择题：共60分，其中9、10题为填空题，11、12题为实验题，13~15题为计算题。考生根据要求作答。

9. 出租车常以天然气为燃料。加气站储气罐中天然气的温度会随气温的升高而升高，在这个过程中，若储气罐内气体的体积及质量均不变，则罐内气体（可视为理想气体）压强______（填“增大”、“减小”或“不变”），气体______（填“吸收”或“放出”）热量。

【答案】    ①. 增大    ②. 吸收

【解析】

【详解】[1]质量一定气体，体积不变，当温度升高时，有

由上述式子可知，罐内气体的压强增大。

[2]温度升高，气体的内能增加，又因为气体的体积不变，故对外不做功，根据

可知，气体从外界吸收热量。

10. 、为振动情况完全相同的两个波源，其振动图像如图甲所示。、、Q三点位于某一均匀介质的同一平面内，如图乙所示，，。波源产生的简谐波波长为6m，则波速为______m/s，Q点为振动______（填“加强”或“减弱”）点。

【答案】    ①. 30    ②. 减弱

【解析】

【详解】[1]由图甲知周期为，则波速

[2]Q点到两波源之间的距离差为

为半波长的奇数倍，故Q点为振动减弱的点。

11. 用如图甲所示装置研究平抛运动，将方格纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，小钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点水平飞出，落在水平挡板MN上。钢球落在挡板上时，钢球侧面会在方格纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，方格纸上将留下一系列痕迹点。

（1）实验前应对实验装置进行调节，直到斜槽末端切线______，为了每次平抛都具有相同的初速度，需让钢球每次都从______（填“同一位置”或“不同位置”）由静止释放。

（2）方格纸每小格的边长，通过实验记录了钢球在运动中的三个位置A、B、C，如图乙所示，则此钢球做平抛运动的初速度为______m/s（g取）。

【答案】    ①. 水平    ②. 同一位置    ③.

【解析】

【详解】（1）[1]为了保证小球的初速度是水平的，即小球做平抛运动，斜槽末端应切线水平。

[2]为了每次平抛都具有相同的初速度，需要让钢球每次都从同一位置由静止释放。

（2）[3]平抛运动竖直方向本质为匀加速直线运动，水平方向本质为匀速直线运动，有

解得

12. 弹性导电绳逐步成为智能控制系统中部分传感器的敏感元件，某同学测量弹性导电绳的电阻率，实验过程如下：（1）装置安装和电路连接如图（a）所示，导电绳的一端固定，另一端作为拉伸端，两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图（b）所示的电路中。

（2）导电绳电阻率的测量

①将导电绳拉伸后，用刻度尺测量并记录A、B间的距离，即为导电绳拉伸后的长度。用______（填“刻度尺”或“螺旋测微器”）测量此时导电绳的直径。

②将滑动变阻器R的滑片滑到最______端（填“左”或“右”）。断开开关S2，闭合开关S1，调节R，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置。记录两表的示数U和I1。

③闭合S2，调节R使电压表的示数仍为U，记录电流表的示数I2，则此时导电绳的电阻Rx = ______（用I1、I2和U表示）。

④根据电阻定律求得导电绳的电阻率。

⑤断开S1，增大导电绳拉伸量，重复步骤①②③④，计算出电阻率的平均值。

（3）本实验的误差来源可能是______。（填正确答案标号）

A．电压表的内阻影响               B．电流表的内阻影响

C．导电绳拉伸后的长度测量         D．导电绳拉伸后的直径测量

【答案】    ①. 螺旋测微器    ②. 右    ③.     ④. CD

【解析】

【详解】（2）①[1]螺旋测微器比游标卡尺测量精度高，虽然游标卡尺也能测量直径，但精度高时就要用螺旋测微器。

②[2]为保护电路应将滑动变阻器R的滑片滑到最右端。

③[3]加在导电绳两端的电压为U，流过导电绳的电流为I2－I1，因此导电绳的电阻

（3）[4]AB．在闭合S2之前，电流表I1的示数包括定值电阻的电流和电压表分得的电流，闭合S2之后，加在电压表两端的电压保持不变，因此流过电压表和定值电阻的总电流仍为I1，故流过导电绳的电流是I2－I1，与电压表、电流表内阻无关，电压表、电流表内阻对测量没有影响，AB错误；

CD．该实验的误差来源于导电绳拉伸后的长度测量，导电绳拉伸后的直径测量，CD正确。

故选CD。

13. 物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，长度、倾角为的倾斜滑轨与水平滑轨平滑连接。若有一质量的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数，货物可视为质点（取，，g取）。求：

（1）货物在倾斜滑轨上滑行时受到的摩擦力f的大小；

（2）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a的大小；

（3）货物在倾斜轨道上滑行的时间t。

【答案】（1）2N；（2）；（3）2s

【解析】

【详解】（1）货物在倾斜滑轨上受到摩擦力

代入数据解得

（2）根据牛顿第二定律

代人数据解得

（3）货物从倾斜轨道的顶端到末端，根据匀变速直线运动规律有

代入数据解得

14. 图甲是法拉第发明铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给平行金属板电容器供电，如图乙所示。已知铜盘半径为L，转动的角速度为ω，盘的下半部分加垂直于盘面、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。每块平行板长度为2L，板间距离也为2L，板间加垂直纸面向内、磁感应强度大小为0.4 B0的匀强磁场。求：

（1）铜盘产生的感应电动势E感的大小；

（2）若有一质量为m的带负电小球从电容器两板正中央水平向右射入，在两板间做匀速圆周运动，且恰好从下极板右端射出，重力加速度为g。

①小球带电量q的大小；②小球射入速度v的大小。

【答案】（1）；（2）①，②

【解析】

【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律得

解得

（2）①由粒子在复合场中做匀速圆周运动，可得

又

解得

②由牛顿第二定律得

小球恰能从右板边缘射出，如图所示，由几何关系可得

解得

15. 如图，表面光滑的滑板静止在足够长光滑水平地面上，其水平部分AB和四分之一圆轨道BC平滑连接。可视为质点的物体P置于滑板最右端A，长为L的不可伸长的细线，一端拴于，另一端系质量为m的小球Q，Q位于最低点时与物体P等高且恰好接触。将小球Q拉至与等高处（细线伸直）由静止释放后，在最低点与物体P发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知物体P质量为m，滑板质量为2m，圆轨道半径为，重力加速度为g。求：

（1）小球Q与物体P碰前瞬间的速度的大小；

（2）物体P第一次到达滑板C处时滑板的速度的大小；

（3）物体P第一次到达滑板C处时对轨道压力的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）小球Q由静止释放到碰撞前瞬间的过程，由机械能守恒得

解得

（2）Q与P发生弹性碰撞，P、Q组成的系统动量守恒，则

由机械能守恒定律有

物体P第一次到达滑板C处时，在水平方向滑块与滑板共速，速度为，由水平方向动量守恒有

联立解得

（3）物体P从A第一次到达滑板C处，由能量守恒得

如图

设物体P第一次到达滑板C处时竖直方向的速度为，轨道对P的支持力为。

根据速度关系得

滑板根据牛顿第二定律

对物块P分析，平移惯性力

联立可得

根据牛顿第三定律有

则物体P第一次到达滑板C处时对轨道的压力大小为。