2023年福建省泉州市高考物理质检试卷（二）（含答案解析）

2023年福建省泉州市高考物理质检试卷（二）

1.  如图甲，德化石牛山索道全长7168米、高度差1088米，是亚洲第二长索道，乘坐索道缆车可饱览石牛山的美景。如图乙，缆车水平底板上放一个小行李，若缆车随倾斜直缆绳匀速上行，则小行李(    )

A. 受到底板的摩擦力方向水平向右 B. 受到底板的支持力大于小行李的重力
C. 受到底板作用力的方向竖直向上 D. 受到底板作用力的方向沿缆绳斜向上

2.  心脏骤停最有效的抢救方式是尽早通过AED自动除颤机给予及时治疗。如图，某型号AED模拟治疗仪器内有一电容为的电容器，某次使用过程中，该电容器在10s内充电至5000V电压，之后在3ms时间内完成放电，则(    )

A. 电容器充电后所带的电荷量为75C B. 电容器充电过程中电容一直增大
C. 电容器放电过程中放电电流一直增大 D. 电容器放电过程中平均电流为25A

3.  如图，水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B、C，圆柱体的质量分别为、、，且。用一水平外力将薄板沿垂直BC的方向抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数均相同，圆柱体与桌面间的动摩擦因数也均相同。则抽出后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是图(    )

A.
B.
C.
D.

4.  急动度j是描述加速度a随时间t变化快慢的物理量，即，它可以用来反映乘客乘坐交通工具时的舒适程度，当交通工具的急动度为零时乘客感觉最舒适。图示为某汽车从静止开始启动一小段时间内的急动度j随时间t变化的规律。下列说法正确的是(    )

A. 时刻汽车的加速度为零
B. 时间内汽车的加速度逐渐减小
C. 时间内汽车的加速度均匀增大
D. 时间内汽车的平均加速度小于时间内汽车的平均加速度

5.  在中国首次太空授课活动中，神舟十号航天员展示了失重环境下的物理现象，其中有一实验是航天员挤出的水在空中形成水球。水球蕴涵着很多物理知识，下列说法正确的是(    )

A. 水球中的水分子的直径数量级为
B. 水的内能比冰的内能大
C. 挤出的水呈球形是水的表面张力作用的结果
D. 悬浮在水中的小颗粒做无规则运动，说明水分子间存在相互作用力

6.  一列简谐横波沿x轴负方向传播，时刻波的图像如图所示，质点P的平衡位置在处。已知该波的周期为2s。下列说法正确的是(    )

A. 时质点P位于波峰 B. 在内波传播的距离为12m
C. 在内质点P通过的路程为30cm D. 质点P的振动方程为

7.  2022年11月1日，梦天实验舱成功对接天宫空间站，至此我国空间站一期建设基本完成。如图为梦天实验舱正在接近天宫空间站的对接情景，假设对接后组合体的轨道近似看成圆形，已知组合体运行周期为T，其轨道半径与地球半径的比值为n，引力常量为G。下列说法正确的是(    )

A. 图示时刻天宫空间站的运行速度小于
B. 图示时刻天宫空间站的加速度大于
C. 组合体的运行速度为
D. 地球的平均密度为

8.  在水平向右的匀强电场中，带电小球A、B用一根绝缘轻绳连接，另一根绝缘轻绳将A悬挂在O点，A、B的质量均为m，电量分别为和。对B施加拉力F使系统平衡时A、B的位置如图所示，其中AB绳水平，OAB构成正三角形。已知重力加速度大小为g，匀强电场场强大小为。现撤去拉力F，由于空气阻力的作用，A、B最终会再次处于静止状态，则A、B再次静止后(    )

A. OA绳的拉力大小为2mg
B. AB绳的拉力大小为
C. 与撤去F前相比，系统电势能和系统重力势能都减小
D. 与撤去F前相比，A球的总能量增加，B球的总能量减少

9.  如图为氢原子的能级图。一群处于能级的氢原子，自发跃迁到低能级的过程中最多能辐射出______ 种频率不同的光子，其中从的能级直接跃迁到的能级，辐射出的光子能量为______ eV。

10.  如图，边长为L的正方形金属线框abcd内，有一个磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其区域半径为r，则穿过线框abcd的磁通量大小为______ ；若该区域内的磁感应强度逐渐增大，则金属线框中的感应电流方向为______ 填“顺时针”或“逆时针”。

11.  某实验小组采用如图甲的实验装置，探究小车的加速度a与合外力、质量的关系。

对于该实验，下列做法正确的是______ 。
A.调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B.平衡小车受到的摩擦力时，将砂桶通过定滑轮拴在小车上
C.通过增减小车上的钩码改变小车总质量时，不需要重新平衡摩擦力
D.实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源
在平衡好小车受到的摩擦力后，实验过程中打出一条纸带，如图乙所示，相邻计数点间还有2个点未画出，实验中使用的交变电流频率为50Hz，则小车运动的加速度______ 结果保留2位有效数字。
车和车上钩码的总质量为M，砂和砂桶的总质量为m，重力加速度为g。实验发现用纸带上的数据算出小车的加速度a总是小于，随着砂和砂桶总质量m的增加，与a之间的差值______ 填“越来越小”“保持不变”或“越来越大”。

12.  为测量某微安表的内阻，并将其改装成量程为的电流表，实验室提供以下器材：
待测微安表量程，内阻约
微安表量程，内阻约
定值电阻阻值为
滑动变阻器阻值范围
干电池电动势约，内阻很小
开关S及导线若干
在虚线框图内画出测量微安表内阻的完整电路图，并在图中标明器材符号；

若实验过程中测得的示数为，的示数为，则的内阻______ 用、、表示；
给并联一个定值电阻改装成量程为的电流表，用标准电流表A与其串联进行校准。当标准电流表A的示数为时，微安表的示数如图2，其读数为______ ，则改装之后的电流表实际量程是______ mA。

13.  2022年9月29日，我国自行研制、具有自主知识产权的大型喷气式民用飞机大型客机获得型号合格证，标志着我国航空事业水平达到新的高度。如图，质量为的C919飞机，在水平跑道上滑行2000m时可达到飞机起飞的速度。若飞机滑行过程可视为从静止开始的匀加速直线运动，受到的阻力为自身重力的倍，取重力加速度大小为，求：
飞机滑行过程中的加速度大小；
飞机起飞时刻推力的功率。

14.  如图，倾角为的固定光滑斜面上有一轻弹簧，弹簧下端固定在斜面的挡板上，上端连接小滑块a，当a静止在P处时弹簧的弹性势能为。小滑块b从斜面上与a相距L处由静止释放，b与a瞬间碰撞后粘在一起向下运动。从碰后起，经过时间t，弹簧恰好恢复原长且两滑块速度为零。已知b的质量为m，a的质量为2m，重力加速度大小为g，求：
与a碰后瞬间两者的速度大小；
时间内a对b做的功；
时间内弹簧对挡板的冲量大小。

15.  如图甲的空间直角坐标系Oxyz中，有一边长为L的立方体区域，该区域内含边界分布有沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子不计重力，以初速度从a点沿x轴正方向进入电场区域，恰能从点离开。
求电场强度的大小E；
若在该区域再加一个沿y轴正方向的匀强磁场，粒子仍从a点以初速度沿x轴正方向进入该区域后从之间某点离开，求磁感应强度的大小B和离开该区域时的速度大小；
撤去原来的电场，在该区域加方向沿x轴负方向的磁场Bx和沿y轴正方向的磁场By，磁感应强度Bx、By的大小随时间t周期性变化的规律如图乙所示。时刻，粒子仍从a点以初速度沿x轴正方向进入该区域，要使粒子从平面离开此区域，且速度方向与平面的夹角为，求磁感应强度的可能取值。

答案和解析

1.【答案】C 

【解析】解：若缆车随倾斜直缆绳匀速上行，则小行李也做匀速直线运动，所以行李所受合外力为零。行李竖直方向受向下的重力和向上的支持力，两者等大反向；水平方向合力为零，不受底板的摩擦力。
故ABD错误；故C正确。
故选：C。
行李随缆车沿倾斜直缆绳匀速上行，则行李做匀速直线运动，故行李所受合外力为零。由竖直方向、水平方向平衡方程可解。
牢记：物体做匀速直线运动时，所受合外力为零。则在各个方向，其所受合外力均为零。
 

2.【答案】D 

【解析】解：A、电容器充电后所带的电荷量为，故A错误；
B.电容器的电容由电容器本身的性质决定，与电容器是否带电无关，所以电容器充电过程中电容是保持不变的，故B错误；
C.根据电容器放电规律可知，电容器放电过程中，放电电流逐渐减小，故C错误；
D.根据电流的定义式可知，电容器放电过程中的平均电流为，故D正确。
故选：D。
电容器正常工作时的电压一定小于击穿电压；根据即可求解充电后，电容器的电荷量；电容与电容器的带电量无关；根据可以求解平均电流强度。
本题考查电容器，解题关键是掌握电容的定义式和电流强度的定义式，知道电容与电容器的带电量无关。
 

3.【答案】A 

【解析】解：设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为，
则在抽薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开模板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，
根据牛顿第二定律有，
可得，运动时的加速度大小为，
由于圆柱体A先离开薄板，B、C同时后离开薄板，
则根据匀变速直线运动速度-时间关系式可知，
A离开薄板时的速度小于B、C离开薄板时的速度，
离开薄板后，根据可知，
B、C在桌面上滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距离。故A正确，BCD错误。
故选：A。
滑动时，ABC都受到滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律计算加速度的大小，根据运动学公式判断运动的位移大小。
本题是对牛顿运动定律的考查，注意分析清楚受力的情况和运动的过程即可。
 

4.【答案】C 

【解析】解：在图像中，图线与t轴围成的面积表示加速度的变化量，则时刻汽车的加速度不为零。故A错误；
B.时间内图线与横轴围成的面积逐渐增大，则汽车的加速度逐渐增大。故B错误；
C.时间内急动度不变，根据，可知加速度均匀增大。故C正确；
D.由题意可知，时刻汽车加速度一直在增加，时刻处加速度取得最大值，故时间内汽车的平均加速度大于时间内汽车的平均加速度。故D错误。
故选C。
根据图象结合急动度的物理意义判断；图象的面积表示加速度的变化量。
本题以交通工具在加速时会使乘客产生不适感为情景载体，考查了对概念“急动度”的理解，解决本题的关键是知道图像中的“面积”等于加速度的变化量。
 

5.【答案】BC 

【解析】解：根据测量分子直径大小的实验结论，分子直径的数量级为，故A错误；
B.质量相同时，水凝结成冰的过程要放出热量，内能减小，所以水的内能比冰的内能大，故B正确；
C.液体的表面张力使液体表面积有收缩的趋势，而同样体积的物体，球体的表面积最小，故水呈球形，故C正确；
D.悬浮在水中的小颗粒做无规则运动，是由于小颗粒受到水分子碰撞导致受力不平衡，说明了水分子在做永不停息的无规则运动，故D错误。
故选：BC。
分子直径的数量级为；
质量相同时，水凝结成冰的过程要放出热量，内能减小；
水呈球形是水的表面张力作用的结果；
水分子在做永不停息的无规则运动。
本题考点丰富，考察了学生对分子直径数量级、内能变化、液体表面张力、分子无规则运动的掌握，难度不高，但需要熟记。
 

6.【答案】CD 

【解析】解：简谐波沿x轴负方向传播，时刻P点向下振动，时质点P位于波谷，故A错误；
B.波速
在内波传播的距离为
故B错误；
C.，P点运动的时间为，因此运动的路程为
故C正确；
D.根据
开始P点向下振动，因此P的振动方程为
故D正确。
故选：CD。
根据波的传播方向判断质点P的振动方向，从而由周期分析质点P的振动状态，进而根据振动时间和周期的关系，由振幅求质点P通过的路程。由图读出波长，即可求得波速，由求波传播的距离。根据振幅、周期和初相位写出质点P的振动方程。
本题要能根据波形图得到波长和质点的振动方向，从而得到波速及质点振动状态，进而根据周期求质点通过的路程。
 

7.【答案】AD 

【解析】解：A、是第一宇宙速度，是卫星环绕地球运行的最大速度，所以图示时刻天宫空间站的运行速度小于，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力有：，根据万有引力与重力的关系有：，可知图示时刻天宫空间站的加速度小于，故B错误；
C、轨道半径与地球半径的比值为n，组合体的运行速度为，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力有：
地球的平均密度为
其中
解得：
故D正确；
故选：AD。
地球的第一宇宙速度为最大的环绕速度。由万有引力等于向心力列式，可求得加速度大小和地球的质量，从而求得地球的平均密度。根据速度与周期的关系分析C项。
解决本题的关键要掌握万有引力等于向心力这一思路。要知道已知卫星的轨道半径和周期，可求出中心天体的质量和密度。
 

8.【答案】BC 

【解析】解：、B再次静止后，A、B受到的电场力的合力为，方向水平向左。对A、B整体受力分析如图1

图1
由几何关系可得
且OA绳与竖直方向的夹角为
即
故A错误；
B.A、B再次静止后，对B受力分析如图

由几何关系可得
且AB绳与竖直方向的夹角为
解得：
故B正确；
C.由上述分析可知，A、B再次静止后，OA绳、AB绳与竖直方向的夹角均为，则此时两球的位置如图2所示

图2
设绳长为L，故A电势能的变化量为
B电势能的变化量为
A重力势能的变化量为
B重力势能的变化量为
与撤去F前相比，系统电势能和系统重力势能变化量分别为

解得：

故与撤去F前相比，系统电势能和系统重力势能都减小，故C正确；
D.与撤去F前相比，A、B两球的总能量变化量分别为



故A球的总能量减少，B球的总能量减少，故D错误。
故选：BC。
对AB整体分析结合几何关系可知OA绳与竖直方向的夹角；根据电场力做功与电势能变化的关系分析CD。
本题是一道力学综合题，考查了共点力平衡和能量守恒定律的应用，分析清楚物体受力情况和做功情况是解题的关键。
 

9.【答案】 

【解析】解：这群处于能级的氢原子自发跃迁时能发出光子频率的种类为种；即即能辐射出6种不同频率的光子。从的能级直接跃迁到的能级，辐射出的光子能量为
故答案为：6，。
根据数学组合公式求出氢原子可能辐射光子频率的种数，能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差。
解决本题的关键知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，掌握辐射光子的种类计算方法．
 

10.【答案】  逆时针 

【解析】解：磁场的方向与线框垂直，则穿过线框abcd的磁通量大小为：；根据楞次定律，若该区域内的磁感应强度逐渐增大，则金属线框中的感应电流方向为逆时针。
故答案为：，逆时针。
根据磁通量的公式即可求出；当磁通量发生变化时，根据楞次定律判断感应电流的方向。
该题考查楞次定律的应用，掌握楞次定律应用的几个步骤即可。
 

11.【答案】越来越大 

【解析】解：调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，才能使小车受到的合力保持不变，且为绳的拉力，故A正确；
B.平衡小车受到的摩擦力时，不应将砂桶通过定滑轮拴在小车上，故B错误；
C.平衡摩擦力时应使得小车与钩码的重力沿斜面方向的分力与小车受到的长木板的摩擦力平衡，即
由此可知，通过增减小车上的钩码改变小车总质量时，不需要重新平衡摩擦力，故C正确；
D.打点计时器使用时应先接通电源再释放小车，故D错误。
故选：AC。
根据逐差法可得小车运动的加速度为
当车做匀加速直线运动时，有
砂和砂桶做匀加速直线运动，有
联立可得
由此可知，随着m增大，二者差值越大。
故答案为：；；越来越大
根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤．
通过连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度．
根据牛顿第二定律分析解答．
解决本题的关键知道实验的原理以及操作中的注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用．
 

12.【答案】   

【解析】解：滑动变阻器最大值比待测电阻的阻值小很多，所以滑动变阻器应采用分压接法；由于没有电压表，可以采用安阻法，将定值电阻与待测表头并联，由
可测得待测表头两端电压，便可通过欧姆定律测得待测表头电阻，电路图如图所示

由欧姆定律有
微安表的最小分度值为，其读数为。
标准电流表A所测的电流为干路电流，相当于微安表改装后所测的总电流，设微安表改装后的最大量程为，则有
解得改装之后的电流表实际量程最大值为
故答案为：见解析；；，。
比较滑动变阻器最大阻值和待测电阻选择滑动变阻器接法，根据安阻法分析测量电路接法；
根据欧姆定律计算；
确定微安表的最小分度值读数，根据改装原理计算。
本题考查测量微安表的内阻和电流表改装，要求掌握安阻法测量电阻原理、电流表改装原理和数据处理。
 

13.【答案】解：设起飞过程中飞机的加速度大小为a，则有：
将，代入解得，飞机滑行过程中的加速度大小为：
根据牛顿第二定律有：
解得飞机起飞时刻的推力为：
所以飞机起飞时刻推力的功率为：
答：飞机滑行过程中的加速度大小为；
飞机起飞时刻推力的功率为。 

【解析】飞机起飞滑行过程简化为初速度为零的匀加速直线运动，已知初速度、位移和末速度，根据匀变速直线运动的速度-位移公式求出飞机的加速度a；
根据牛顿第二定律求飞机受到平均牵引力的大小，再由功率公式求功率P。
解决本题的关键要掌握匀变速直线运动的速度-位移公式，并能灵活运用，要知道加速度是联系力和运动的桥梁。
 

14.【答案】解：设滑块b刚到达a处的速度大小为，由机械能守恒定律得
规定沿斜面向下为正方向，b与a碰撞后瞬间的速度大小为，由动量守恒定律得
解得
设小滑块a静止时，弹簧的压缩量为x，两滑块从P处到弹簧恰好恢复原长过程中，
由系统机械能守恒定律可得
设t时间内a对b做的功为W，对b由动能定理可得
解得
另：设弹簧的劲度系数为k，当a静止时，弹簧压缩量为x，有
弹簧的弹性势能可由弹簧弹力做功推算得
由系统机械能守恒定律可得
联立解得
设t时间内a对b做的功为W，由动能定理可得
解得
设t时间内弹簧对ab整体的冲量为I，以沿斜面向上为正方向，由动量定理可得
t时间内弹簧对挡板的冲量大小
解得
答：与a碰后瞬间两者的速度大小为；
时间内a对b做的功为；
时间内弹簧对挡板的冲量大小为。 

【解析】下滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出碰撞前的速度，根据动量守恒定律解得b与a碰后瞬间两者的速度大小；
应用平衡条件求出碰撞前弹簧的压缩量，然后求出弹簧的弹性势能，根据动能定理解得a对b做的功；
根据动量定理解得弹簧对挡板的冲量大小。
滑块碰撞过程系统内力远大于外力，可以认为系统动量守恒，分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律或动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律与平衡条件可以解题。
 

15.【答案】解：设粒子在电场中运动的加速度大小为a，运动时间为，
根据位移规律有：垂直电场线方向：
在沿电场线方向上：
由牛顿第二定律有：
解得：
粒子在复合场中的运动，可分解为沿y轴负方向的匀加速直线运动和沿平行于xOz平面的匀速圆周运动，由“粒子从之间某点离开”可知，粒子在平行xOz平面内的运动轨迹为二分之一圆周，由运动的等时性，其运动时间仍为：，，
解得：
根据动能定理可得：
解得：
沿y轴负方向看，若粒子射出时与z轴负方向夹角，设粒子在平行于yOz平面内运动了n个，图甲为的情况，设运动半径为r，则满足：……
这一过程粒子沿y轴负方向运动距离：
由于，所以粒子无法到达平面，不合题意；
沿y轴负方向看，若粒子射出时与z轴正方向夹角为，图乙为的情况，则满足……
由于，所以粒子能到达平面，符合题意；
根据洛伦兹力提供向心力有：
解得：……

答：电场强度的大小E为；
磁感应强度的大小B为，离开该区域时的速度大小为；
磁感应强度的可能取值是……。 

【解析】粒子在电场中做类平抛运动，由位移位移和牛顿第二定律求电场强度的大小；
若再加一个匀强磁场后，粒子将沿y轴负方向的匀加速直线运动，沿平行于xOz平面的匀速圆周运动，根据运动的等时性及动能定理求磁感应强度的大小和速度；
分别求得xy轴方向的分速度，在表示出合速度，根据粒子做圆周运动得出y轴坐标值与最大速度关系，两式相等求解即可。
本题考查带电粒子在电场及磁场中的运动，题目的难度在于运动过程的多样性，故在分析时要注意明确运动过程，并合理的运用运动的分解求解。