2023年福建省漳州市高考物理二模试卷（含答案解析）

2023年福建省漳州市高考物理二模试卷

1.  如图莱顿瓶是一个玻璃容器，瓶内、外壁各贴着一圈金属箔，作为里、外两个极板，穿过橡皮塞的铜棒上端是一个球形电极，下端利用铁链与内壁金属箔连接，外壁金属箔接地，在其他因素视为不变的情况下，下列说法正确的是(    )

A. 金属箔越厚，莱顿瓶的电容越大 B. 金属箔越厚，莱顿瓶的电容越小
C. 瓶壁玻璃越薄，莱顿瓶的电容越小 D. 瓶壁玻璃越薄，莱顿瓶的电容越大

2.  2022年11月，“天舟五号”货运飞船仅用2小时就与“天宫”空间站快速交会对接，创造了世界纪录。飞船从预定轨道Ⅰ的A点第一次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达椭圆轨道的远地点B时，再次变轨进入空间站的运行轨道Ⅲ，与空间站实现对接，假设轨道Ⅰ和Ⅲ都近似为圆轨道，不计飞船质量的变化，则飞船(    )

A. 在轨道Ⅰ的线速度大于第一宇宙速度
B. 在轨道Ⅰ上的运行周期小于空间站的运行周期
C. 第一次变轨需瞬间加速，第二次变轨需瞬间减速
D. 从椭圆轨道Ⅱ的A点运动到B点，动能增加

3.  在篮球课上，某同学先后两次投出同一个篮球，两次篮球均垂直打在篮板上，第二次打在篮板上的位置略低一点，假设两次篮球出手位置相同，打到篮板前均未碰到篮圈，不计空气阻力，则(    )

A. 两次篮球打在篮板的速度大小相等
B. 第二次篮球在空中上升的时间较长
C. 两次投篮，该同学对篮球做的功可能相等
D. 两次篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率相等
 

4.  如图，在等量异种点电荷、产生的电场中，O是两点电荷连线的中点，A、B是中垂线上关于O点对称的两点，C、D是关于中垂线对称的两点，a、b两个电子从O点以相同初动能射出，a电子经过C点，b电子经过D点，不计电子的重力和电子对原电场的影响，则(    )

A. A、B两点电势相同，电场强度不相同
B. C、D两点电场强度相同，电势不相同
C. a电子经过C点时的动能大于b电子经过D点时的动能
D. a电子在C点时的加速度大于b电子在D点时的加速度

5.  如图，游乐场中小孩子们坐在各自旋转飞椅上随转盘转动，稳定时，每个小孩包括座椅的重心在同一水平面内，运动半径均为r，重心到各自悬点的连线与竖直方向的夹角均为，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g，则每个小孩包括座椅(    )

A. 对各自悬点的拉力大小一定相等 B. 运动的向心力大小不一定相等
C. 运动的线速度大小均为 D. 运动的向心加速度大小均为

6.  如图，矩形线圈在竖直匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，产生的交变电流输入理想变压器的原线圈，A是串联在原线圈回路中的理想交流电流表，是原线圈上的滑动片，是滑动变阻器R的滑动片，此时灯泡L正常发光，忽略矩形线圈的内阻和灯丝电阻的变化，则(    )
 

A. 仅将向上滑动，灯泡将变暗
B. 仅将向左滑动，电流表示数变大
C. 矩形线圈转到中性面位置时，电流表示数为零
D. 矩形线圈在匀速转动过程中，电流表示数不变

7.  如图，水平虚线下方有水平向右的匀强电场、虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，P为虚线上的一点，从O点沿OP方向先后射出初动能分别为和的两个质子，它们第一次经过虚线上的位置分别为、，第二次经过虚线上的位置分别为、，、、、图中未画出，已知O、P连线垂直于电场也垂直于磁场，则(    )

A.  B.
C.  D.

8.  如图，细绳MN两端固定在两个等高点上，搭在细绳上的轻滑轮O下方用细线悬挂重物P，开始时重物静止在最低处，当在重物上施加适当的推力F，缓慢使它往右上方移动，若此过程中重物与滑轮间的细线拉力大小不变，重物只在同一个竖直面内移动，不计一切摩擦阻力，则(    )

A. 推力F的方向保持不变 B. 推力F的大小逐渐增大
C. 细绳MN中的张力逐渐减小 D. 细绳MN中的张力逐渐增大

9.  如图，一束复色光a垂直射向三棱镜右侧面，从左侧面透射出b、c两束单色光，不考虑光在棱镜中的多次反射，则三棱镜对b光的折射率______ 填“大于”“等于”或“小于”对c光的折射率；b光在三棱镜中的传播时间______ 填“大于”“等于”或“小于”光在三棱镜中的传播时间。

10.  一列简谐横波在时刻的波形如图甲所示，图乙为质点A的振动图象，则这列波的波速大小为______，在的时间内，质点P通过的路程______选填“大于”“等于”或“小于”质点Q通过的路程。

11.  用图甲装置测量重力加速度的实验中，选取一条比较理想的纸带，用刻度尺测量纸带上各点间的距离如图乙所示，其中“0”点与刻度尺的零刻线对齐，刻度尺的最小分度值为1mm，打点计时器所接的交流电源频率为50Hz。

根据图乙中“0”“1”两点间的距离可判断出“0”点______ 填“是”或“不是”重物下落的起点。
根据图乙可读出“0”“3”两点间的距离为，“0”“6”两点间的距离为______ cm；由此可求出重力加速度大小为______ 保留三位有效数字。

12.  为了测量某电源的电动势约为和内阻r，学习小组设计了如图甲所示的实验电路，所用两个电压表规格相同量程为，内阻约为，电阻箱阻值范围，第一次实验时，两个开关均闭合，多次改变电阻箱R的阻值，读出对应电压表的示数，作出图像，如图乙中的图线Ⅰ；第二次实验时，断开，只闭合开关，同样多次改变电阻箱R的阻值，读出一个电压表的示数，在同一坐标系中作出图像，如图乙中的图线Ⅱ。下列相关计算结果均保留两位有效数字

第二次实验时，开关闭合之前，应将电阻箱R的阻值调至______ 填“最大”或“最小”；
根据第一次实验的图线Ⅰ可求得电源的电动势为______ V；根据第二次实验的图线Ⅱ可求得电源的内阻______ ；
第二次实验的测量结果比第一次准确，原因是______ 。填正确选项的字母
A.第二次实验，电压表分流较小，误差较小
B.第二次实验，电压表分流较大，误差较小

13.  如图甲为生产流水维上的皮带转弯机，由一段直线形水平传送带和一段圆弧形水平传送带平滑连接而成，其俯视图如图乙所示，虚线ABC是皮带的中线，AB段直线长度，BC段圆弧半径，中线上各处的速度大小均为。某次转弯机传送一个质量的小物件时，将小物件轻放在直线旋带的起点A处，被传送至B处，滑上圆弧皮带上时速度大小不变。已知小物件与两皮带间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。
求小物件在直线皮带上加速过程的位移大小s；
计算说明小物件在圆弧皮带上是否打滑？并求出摩擦力大小。

14.  如图，倾角为的固定绝缘光滑斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，斜面底端连接一根劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧另一端连接着一质量为m的不带电小球A，小球A静止时，到斜面顶端的距离为L。有一电荷量为、质量为的小球B以初速，从斜面顶端沿斜面向下运动，与小球A发生弹性碰撞之后，两小球平分了原来的总电荷量，已知电场强度，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计，重力加速度为g，求：
小球A静止时，弹簧的形变量x；
两小球碰撞前，小球B的速度大小v；
小球A从碰后到速度最大的过程中，电场力对它所做的功W。

15.  如图甲，abcd和为在同一水平面内的固定光滑平行金属导轨，ab段和段间距为2L，cd段和段间距为L、整个导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，左侧导轨间的磁感应强度大小为，右侧导轨间的磁感应强度大小按图乙规律变化，图中为已知量，两根相同金属杆M、N分别垂直两侧导轨放置，N杆与之间恰好围成一个边长为L的正方形，M杆中点用一不可伸长绝缘细线通过轻质定滑轮与一重物相连，重物离地面的高度为L，细绳处于伸直状态且与M杆垂直，时刻释放重物，同时在N杆中点处施加一水平拉力，使两杆在时间内均处于静止状态。已知M、N杆和重物的质量都为m，不计导轨电阻，重力加速度为g。
求时间内回路的感应电动势E；
求时间内，施加在N杆上的拉力F随时间t变化的函数关系式；
从时刻开始，保持拉力F不变，若重物下落的过程中，回路产生的总热量为Q，求重物落地时N杆的速度大小v。

答案和解析

1.【答案】D 

【解析】解：金属箔，作为里、外两个极板，玻璃是电介质，根据
其中，d是两极板之间的间距，即为电介质玻璃的厚度，可知当瓶壁玻璃越薄，莱顿瓶的电容越大。故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据题目条件结合电容的决定式得出电容的变化趋势。
本题主要考查了电容器的相关应用，熟悉电容的决定式即可完成分析，难度不大。
 

2.【答案】B 

【解析】解：第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以飞船在轨道Ⅰ的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B.根据
解得
由于轨道Ⅰ的半径小于空间站的半径，可知，在轨道Ⅰ上的运行周期小于空间站的运行周期，故B正确；
C.第一次变轨与第二次变轨均是由低轨道到达高轨道，则均需要在切点位置加速，故C错误；
D.从椭圆轨道Ⅱ的A点运动到B点，万有引力做负功，动能减小，故D错误。
故选：B。
第一宇宙速度是最大的环绕速度，在轨道I上万有引力完全提供圆周运动向心力，据此分析周期关系，变轨到更高轨道需要加速离心运动，从椭圆轨道Ⅱ的A点运动到B点，万有引力做负功，动能减小。
本题考查万有引力与航天中变轨的知识，要掌握飞船变轨原理是通过让飞船做离心运动或近心运动实现的，掌握万有引力与向心力的表达式是正确解题的关键.
 

3.【答案】C 

【解析】解：B、篮球垂直打在篮板上的运动可逆向看作平抛运动，竖直方向有：
解得：
第二次的高度略低一点，则第二次篮球在空中上升的时间较短，故B错误；
A、两次篮球水平方向的运动为匀速直线运动，有：
解得：
第二次的高度略低一点，则第二次篮球打在篮板的速度大小更大，故A错误；
C、设该同学对篮球做功为W，从抛球到篮球到达最高点，由动能定理得：
解得：
则两次投篮，该同学对篮球做的功可能相等，故C正确；
D、篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率
两次篮球上升的高度不相同，重力的功率不相等，故D错误。
故选：C。
篮球垂直打在篮板上的运动可逆向看作平抛运动，竖直方向为自由落体运动，水平方向为匀速直线运动，根据运动学公式求解速度和时间，比较即可；根据动能定理求解篮球该同学对篮球做的功；根据功率公式求解重力的功率。
本题考查平抛运动和功率的计算，知道篮球的运动可逆向看作平抛运动，掌握求解重力功率的公式。
 

4.【答案】C 

【解析】解：A、根据等量异种点电荷等势线与电场线的分布规律，可知A、B两点电势与电场强度均相同，故A错误；
B、根据等量异种点电荷等势线与电场线的分布规律，可知C、D两点电场强度大小相等，方向不同，C点电势大于D点电势，故B错误；
C、根据等量异种点电荷等势线的分布规律，可知
对a电子经过C点过程有
对b电子经过D点过程有，解得，故C正确；
D、根据上述可知C、D两点电场强度大小相等，两电子在两点所受电场力大小相等，则a电子在C点时的加速度大小等于b电子在D点时的加速度，故D错误。
故选：C。
等势线与电场线垂直并由高电势指向低电势，等量异种点电荷的连线的中垂线是等势线；电场线的疏密表示电场强度的强弱，根据牛顿第二定律判断加速度大小；根据动能定理判断动能的大小。
本题主要考查等量异种点电荷周围的电场线和电势的分布。熟悉几种典型电场线和电势分布是解题关键。
 

5.【答案】BC 

【解析】解：对小孩与座椅分析，悬点的拉力大小为，向心力大小为
由于小孩与座椅的质量关系未知，则对各自悬点的拉力大小和向心力大小不一定相等，故A错误，B正确；
C.对小孩与座椅分析有
解得
故C正确；
D.对小孩与座椅分析有
解得
故D错误。
故选：BC。
对小孩与座椅进行受力分析，根据竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力可分析解答。
本题考查牛顿第二定律在圆周运动中的运用，解题关键掌握受力分析，注意合力提供向心力的应用。
 

6.【答案】AD 

【解析】解：根据理想变压器电压与匝数关系，得副线圈两端电压，若仅将向上滑动，匝数增大，则变压器输出电压将减小，灯泡将变暗，故A正确；
B.若仅将向左滑动，接入电阻增大，变压器两端电压不变，则副线圈中电流减小，根据理想变压器电流与匝数关系可知，原线圈中电流减小，即电流表示数变小，故B错误；
C.由于电流表显示的是有效值，则矩形线圆转到中性面位置时，电流表示数不为零，故C错误；
D.矩形线圆在匀速转动过程中，电流表显示的是有效值，则电流表的示数不变，故D正确。
故选：AD。
A.根据理想变压器电压与匝数比的关系分析作答；
B.根据理想变压器电流与匝数比的关系分析作答；
交流电流表的示数为有效值，当线圈匀速转动时，线圈产生的感应电动势的有效值不变，感应电流不变；据此分析作答。
本题主要是考查了变压器的知识，解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道电流表的示数为有效值。
 

7.【答案】BD 

【解析】解：质子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，质子运动轨迹如图所示：

设质子的初速度为，初动能为E，质量为m，OP间的距离为L，则质子的初速度
AB、质子在电场中做类平抛运动，设加速度大小为a。
竖直方向：，水平方向：，解得：
则，
由于，，则，故A错误，B正确；
CD、设质子进入磁场时的速度大小为v，与水平方向的夹角为，则有：
质子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：，解得：
由几何关系可知：
则，，故C错误，D正确。
故选：BD。
质子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，应用运动学公式求出质子第一次经过虚线的位置；应用牛顿第二定律求出质子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径，确定质子第二次到达虚线的位置，然后分析答题。
本题考查了质子在电场与磁场中的运动，分析清楚质子的运动过程、作出质子的运动轨迹，应用运动学公式、牛顿第二定律与几何知识可以解题。
 

8.【答案】BC 

【解析】解：设MN细绳张为，重物与滑轮间细线拉力为，重物质量为m，开始时重物静止在最低处，根据平衡条件：
细绳MN两端固定，长度一定，滑轮缓慢移动轨迹为一个椭圆，且最低点位于椭圆短轴上，滑轮缓慢右移时，滑轮两侧细绳之间夹角逐渐减小，根据平衡条件：
逐渐减小，MN细绳张力逐渐减小，故C正确，D错误；
重物与滑轮间细线拉力方向始终沿滑轮两侧细绳之间夹角角平分线，则细线拉力方向与重力方向之间夹角为钝角，且逐渐减小，以重物为对象，根据平衡条件，一直等于mg，则，逐渐减小，推力F大小逐渐增大，推力F方向发生改变，故A错误，B正确。
故选：BC。
根据平衡条件，列重物与滑轮间细线拉力表达式，根据解析式判断力的变化；
根据平衡条件，列推力F表达式，根据解析式判断力的变化。
本题考查学生对力的动态平衡问题的分析，常用的解题方法之一是解析法，即根据平衡条件写力的解析式，根据解析式判断力的变化。
 

9.【答案】小于  小于 

【解析】解：根据
根据图形可知，两单色光在介质中的入射角相等，b单色光在空气中的折射角小一些，则三棱镜对b光的折射率小于对c光的折射率；
根据，
解得
结合上述，可知，b光在三棱镜中的传播时间小于c光在三棱镜中的传播时间。
故答案为：小于；小于
根据折射定律分析bc光折射率的大小，根据光程和光速解得时间，从而比较传播时间的大小。
解决该题的关键是能根据题意分析bc两种光的折射率的大小关系，注意光在介质中传播的速度。
 

10.【答案】5 小于 

【解析】解：根据图甲可知波长为，根据乙图可知周期为，这列波的波速大小为
由分析知，根据振动图像可知在的时间内，质点P向上振动，越接近最大位移处速率越小，内其通过的路程小于振幅，即小于4cm；质点Q在时间内从负最大位移处移动到平衡位置，通过的路程等于4cm，所以此段时间P通过的路程小于Q的路程。
故答案为：5，小于
由振动图象乙读出时刻质点A的振动方向，由波动图象判断波的传播方向，由图读出波长和周期，可求得波速。根据时间与周期的关系分析质点的路程。
本题关键要理解波动图象与振动图象的联系与区别，同时，读图要细心，数值和单位一起读。判断波的传播方向和质点的振动方向关系是必备的能力。
 

11.【答案】不是   

【解析】解：打点计时器周期，重物做自由落体运动在最初的内下落的距离约为；图乙中“0”“1”两点间的距离约为12mm，远大于2mm，所以“0”点不是重物下落的起点。
刻度尺的最小分度值为1mm，需估读一位，“0”“6”两点间的距离为。
根据


联立解得
故答案为：不是；  。
根据自由落体规律可确定前两点间的距离约为2mm，再结合纸带分析是0点是否为下落的起点；
根据给出的数据求出相邻相等的时间内的位移差，再根据求解重力加速度。
本题考查利用自由落体测量重力加速度的方法，要注意掌握纸带处理的基本方法，明确逐差法的正确应用。
 

12.【答案】最大   

【解析】解：为了保证实验器材的安全，避免闭合开关之前，回路中电流过大，第二次实验时，开关闭合之前，应将电阻箱R的阻值调至最大；
第一次实验时，两个开关均闭合，则有
变形得
结合图乙中的图线Ⅰ有
解得
第二次实验断开，只闭合开关，则有
变形得
结合图乙中的图线Ⅱ有，
解得；
根据电路图可知，该实验的系统误差在于电压表的分流，第二次实验中，两个电压表串联，电压表总电阻增大，电压表分流减小，因此第二次实验，电压表分流较小，误差较小，故A正确，B错误；
故选：A。
故答案为：最大，
根据实验器材的安全性考虑即可分析；
根据闭合电路欧姆定律列式，对表达式进行整理再结合图像的斜率以及截距即可求解；
根据电路中电流表的分压以及电压表的分流带来实验误差大小进行分析。
该题考查实验的安全性以及闭合电路欧姆定律欧姆定律结合图像解题，其中能否根据闭合电路欧姆定律表达式整理，再与图像结合解题是本题的难点。
 

13.【答案】解：小物件在直线皮带上加速过程，由牛顿第二定律可得：
代入数据解得：
根据速度-位移关系可得：
代入数据解得：；
假设小物件在圆弧皮带上做圆周运动，则需要的摩擦力大小为：

最大静摩擦力：
因此，假设成立，小物件在圆弧皮带上不打滑，摩擦力大小为。
答：小物件在直线皮带上加速过程的位移大小为；
小物件在圆弧皮带上不打滑，摩擦力大小为。 

【解析】小物件在直线皮带上加速过程，由牛顿第二定律结合速度-位移关系进行解答；
假设小物件在圆弧皮带上做圆周运动，根据向心力与最大静摩擦力的大小关系进行分析。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
 

14.【答案】解：小球A开始不带电静止时，对A根据平衡条件有：
变形解得：
对小球B，向下运动时由牛顿第二定律有：
代入已知条件解得：
小球向下做匀减速直线运动，则有：
代入已知数据解得：
对AB碰撞过程，以沿斜面向下的方向为正方向，由动师守恒有：
由机械能守恒定律有：
联立解二次方程得：、
可知，碰撞后B球体反弹，与A分离，向上做匀加速直线运动，A向下运动，
则小球A碰后到速度最大时，小球A的加速度为0，令此时弹簧的压缩量为，对小球A分析有：
则小球A从碰后到速度最大的过程中，电场力对它所做的功：
代入解得：
答：小球A静止时，弹簧的形变量x为；
两小球碰撞前，小球B的速度大小v为；
小球A从碰后到速度最大的过程中，电场力对它所做的功W为。 

【解析】由题设条件开始A球不带电静止在斜面上，和平衡条件求出弹簧形变量的大小；
碰撞前对B的受力分析并求出B的加速度，由运动学公式求出碰撞前B球的速度；
根据弹性碰撞的规律列式求出AB碰撞后的速度，可知两球的运动状态，找到A球具有最大速度时受力的特点，由功的公式可求出电场力对A球做的功。
解决本题的关键分清两球的运动状态及初始状态的位置关系，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、机械能守恒定律、运动学公式、胡克定律等可以解决问题。
 

15.【答案】解：时间内回路的感应电动势为
根据图乙可知
解得：
根据图乙可知
令时间内回路的感应电流为I，对M有：
对N有：
联立解得：
由得，时刻的拉力大小
时刻之后，对M与重物整体受力分析有：
时刻之后，对N受力分析有：
解得：
可知M、N的加速度大小相等，即M、N杆的速度在任意时刻大小均相等，则从时刻开始到重物落地的过程中有
解得：
答：时间内回路的感应电动势E为；
时间内，施加在N杆上的拉力F随时间t变化的函数关系式为；
重物落地时N杆的速度大小v为。 

【解析】根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势；
两杆都处于静止状态，根据平衡条件和安培力公式求解F随时间t变化的函数关系式；
根据牛顿第二定律求解两杆的加速度，根据能量守恒定律求解重物落地时N杆的速度大小。
本题考查电磁感应中的动力学问题，解题关键是掌握电磁感应定律，分别对两杆受力分析，根据平衡条件、牛顿第二定律和能量守恒定律列式求解即可。