2023年福建省莆田市高考物理第二次质检试卷（含答案解析）

2023年福建省莆田市高考物理第二次质检试卷

1.  某同学利用手机导航从城港大桥出发步行前往木兰陂进行研学活动，路线如图所示。已知该同学从起点步行到终点的路程为，用时，起点到终点的直线距离为，则从起点步行到终点的过程中(    )

A. 该同学的位移大小为 B. 该同学的平均速率约为
C. 该同学的平均速度大小约为 D. 若以该同学为参考系，木兰陂是静止的

2.  某家庭电路两端的电压u随时间t变化关系如图所示，下列说法正确的是(    )
 

A. 该交流电的频率为100Hz
B. 该交流电的电压有效值为311V
C. 交流电压表测得该电压示数为220V
D. 该交流电的电压表达式为

3.  如图，“人字梯”是日常生活中常见的一种登高工具，使用时四根梯杆与地面间的夹角总保持相等。现有一个人站在“人字梯”的最高处，当梯杆与地面间的夹角变大时，则(    )

A. “人字梯”对地面的压力不变
B. “人字梯”对地面的压力减小
C. 地面对每根梯杆的作用力增大
D. 地面对每根梯杆的作用力减小

4.  风能是一种清洁的可再生能源。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等、某两台风力发电机的风轮叶片长度之比为2：3，转化效率相等，若均保持风正面吹向叶片，在相同风力环境下，这两台风力发电机的输出电功率之比为(    )

A. 3：2
B. 2：3
C. 4：9
D. 8：27

5.  根据玻尔理论，氢原子从激发态跃迁到基态(    )

A. 电子的动能变小 B. 电子的电势能变小 C. 氢原子总能量变小 D. 氢原子吸收能量

6.  2022年6月22日，中国“天行一号”试验卫星在酒泉发射成功，该卫星主要用于开展空间环境探测等试验。该卫星运行轨道可视为离地面高度约为285km的圆形轨道，则该卫星在轨道上正常运行时(    )

A. 卫星中的仪器处于超重状态 B. 卫星的线速度比第一宇宙速度小
C. 卫星的周期比地球同步卫星的周期大 D. 卫星的加速度比地球同步卫星的加速度大

7.  电动自行车已成为大家出行的便捷交通工具。某型号电动自行车使用磁铁和霍尔元件来实现改变车速。当转动转把时，施加在霍尔元件上的磁场的磁感应强度B大小发生变化，霍尔元件产生的电压霍尔电压大小就随之变化，从而改变车速。如图所示，该霍尔元件是一块厚度为h，宽度为d的矩形截面半导体，元件内的导电粒子是自由电子。霍尔元件处于垂直于前表面、方向向里的匀强磁场中，通入方向向右的恒定电流I。下列说法正确的是(    )

A. 霍尔元件上表面的电势低于下表面的电势 B. 增大磁感应强度B时，霍尔电压U减小
C. 霍尔电压U与磁感应强度B成正比 D. 霍尔电压U与厚度h无关

8.  如图甲所示，四个电荷量均为的点电荷分别放置于边长为的正方形abcd的四个顶点上，在x轴上的Oc之间电势的变化曲线如图乙所示。下列判断正确的是(    )
 

A. 正方形内部可能存在两个电场强度为零的点
B. 在x轴上从a到c电场强度先减小后增大
C. 将一带正电的试探电荷由点移至点，静电力做正功
D. 将一带正电的试探电荷由点静止释放，经过O点时其动能最大

9.  医用光纤内窥镜是光纤在医学上的成功应用。如图，光纤由折射率不同的内芯和包层构成。当光以某一角度从光纤的端面入射时，内芯的折射率需______ 填“大于”或“小于”包层的折射率，光才能在光纤内不断发生全反射，实现在内芯中传播。光从空气进入内芯时传播速度______ 填“变大”“变小”或“不变”。

10.  气泡从湖底缓慢上升到湖面的过程中体积增大。假设湖水温度保持不变，气泡内气体可视为理想气体，则气泡上升过程中气泡内气体的内能______ 填“增加”“减少”或“保持不变”，气体______ 填“吸收”或“放出”热量。

11.  某探究小组利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源内阻不计，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表。
给电容器充电后，为了观察放电现象，单刀双掷开关S应拨至______ 填“1”或“2”位置。放电过程中，R中电流方向______ 填“自左向右”或“自右向左”；观察到电压表的示数逐渐变小，说明电容器的带电量逐渐______ 填“增加”或“减少”。
关于充电过程，下列说法正确的是______ 。
A.电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B.电压表的示数逐渐增大后趋于稳定
C.充电完毕，电流表的示数为零
D.充电完毕，电压表的示数为零

12.  某实验小组利用如图甲装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。在铁架台上端用摆线悬挂一摆球，铁架台下端固定一个激光源，发出的激光方向与水平面平行，在摆球的右边与摆球中心等高的位置固定一智能手机，使得激光的中心与摆球的中心以及智能手机的光线接收口在同一水平直线上。利用手机光线传感器接收到的光照强度随时间变化情况，测出摆球的周期。

实验主要过程如下：
①按图甲安装实验装置，下列有关器材的选择和安装最合理的是______ ；

②如图乙，用游标卡尺测出摆球的直径______ cm；用刻度尺测出摆线长度l，算出摆长L；
③打开激光光源和手机传感器，运行软件；
④让单摆做简谐运动，采集数据；
⑤改变摆线长度l，重复步骤④；
⑥导出数据获得单摆振动周期T，从而得到对应的与L的数据如下表：

⑦根据表中数据在坐标纸上描点，如图丙：

⑧请在图丙中绘出图线______ ，并根据图像求出当地的重力加速度______ 。取，结果保留三位有效数字
下列关于本实验的误差中，属于系统误差的有______ 。
A.测量摆长引起的误差
B.描绘图线引起的误差
C.摆线具有伸缩性引起的误差
D.利用手机测量周期引起的误差

13.  神舟十五号与神舟十四号载人飞船六名宇航员成功实现“太空会师”后，神舟十四号载人飞船返回舱于2022年12月4日顺利返回。返回舱返回过程经过一系列减速后，在离地面高度时，位于返回舱底部的着陆反推发动机点火，使返回舱继续快速减速，经过以的速度着地，该过程可视为竖直向下的匀减速直线运动。当地重力加速度g取，求：
返回舱离地面高度时的速度大小；
该过程返回舱的加速度大小；
该过程中宇航员受到座椅的作用力与其重力的比值。

14.  如图所示，两足够长平行光滑金属导轨MN、PQ间距，竖直固定在均匀分布的磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度。M、P间接有一阻值的电阻，质量的金属杆垂直于导轨水平放置。时刻将金属杆由距导轨顶端处静止释放，运动中金属始终水平且与导轨接触良好。不计导轨和金属杆的电阻，重力加速度g取。
求金属杆沿导轨下滑的最大速度大小：
从静止释放到金属杆达到最大速度的过程中，电阻R产生的热量，求该过程中通过金属杆横截面的电荷量q；
若让磁场的磁感应强度随时间按某规律变化，可使金属杆在时刻由静止释放后做自由落体运动。已知时磁感应强度。请推导出磁感应强度随时间t变化的关系式。

15.  如图甲，一倾角光滑斜面与水平轨道AB通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平传送带左端紧挨轨道AB且与其等高，水平地面上的D点在传送带右端点C的正下方。将物块P从斜面上不同位置静止释放，释放位置离斜面底端的距离为s，在水平地面的落点离D点的距离为x，关系如图乙所示。已知水平轨道AB的长度；传送带的长度，以的速度逆时针匀速转动；物块P质量为m且可视为质点.与水平轨道、传送带之间的动摩擦因数相同。重力加速度g取。
求动摩擦因数；
求传送带上表面与水平地面的高度差h；
现将一质量也为m可视为质点的物块Q置于轨道上B处，物块Q与传送带之间的动摩擦因数也是。让物块P从离斜面底端的距离处由静止释放，P、Q之间的碰撞时间极短且无能量损失，求最终P、Q之间的距离d。

答案和解析

1.【答案】B 

【解析】解：A、位移为从起点指向终点的有向线段，该同学的位移大小为，故A错误；
B、该同学的平均速率约为，故B正确；
C、该同学的平均速度大小约为，故C错误；
D、该同学为参考系，木兰陂是运动的，故D错误。
故选：B。
当物体的大小不影响研究的问题时，物体可以看成质点，位移为从起点指向终点的有向线段，平均速率等于路程与所用时间的比值；平均速度等于位移大小与所用时间的比值。描述一个物体的运动时，参考系可以任意选取，选取参考系时要考虑研究问题的方便，使之对运动的描述尽可能的简单．在不说明参考系的情况下，通常取地面为参考系的．同一物体的运动，选择不同的参考系，我们观察到的结果往往不同。
本题考查了质点、路程位移、平均速度和平均速率的概念，尤其注意平均速度和平均速率，知道平均速率不是平均速度的大小。
 

2.【答案】C 

【解析】解：该交流电的周期为
则该交流电的频率为，故A错误；
该交流电的电压最大值为311V，则该交流电的电压有效值为
即交流电压表测得该电压示数为220V，故B错误，C正确；
D.该交流电的电压表达式为，故D错误。
故选：C。
根据图像得出交流电的周期，结合周期和频率的关系得出交流电的频率；
根据正弦式交流电的峰值和有效值的关系得出电压的有效值；
根据图像得出交流电的电压表达式。
本题主要考查了交流电的相关应用，理解交流电的物理量之间的关系，结合图像的物理意义和有效值的计算方法即可完成分析。
 

3.【答案】A 

【解析】解：AB、以人和“人字梯”为一整体，其总重力与地面对其的支持力是一对平衡力，当梯杆与地面间的夹角变大时，总重力与支持力的关系不变，由牛顿第三定律可知“人字梯”对地面的压力不变；故A正确，B错误；
CD、由对称性可知地面对任一梯杆的支持力为人和“人字梯”总重力的一半，并且梯杆与地面的夹角变大对这一关系并没有影响，则由牛顿第三定律可知地面对每根梯杆的作用力不变，故CD错误；
故选：A。
以人和“人字梯”为一整体来分析地面对其的支持力，再用牛顿第三定律分析“人字梯”对地面的压力。
本题考查了学生利用整体法与隔离法研究物体平衡的知识点，试题的难度不大。
 

4.【答案】C 

【解析】解：设空气密度为，风速为v，风轮叶片长度为r，t时间内流向风轮机风能
又
得
设转化效率为，风力发电机输出电功率
这两台风力发电机输出电功率之比，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据动能公式、输出功率公式，结合转化效率，即可解答。
本题考查学生对题意的理解，以及对基本概念动能、输出功率的掌握。
 

5.【答案】BC 

【解析】解：CD、根据玻尔理论，氢原子从激发态跃迁到基态，氢原子释放能量，氢原子总能量变小。故C正确，D错误；
AB、电子从高轨道跃迁到低轨道，此过程库仑力做正功，故电子的电势能变小。根据库仑力提供电子绕原子核圆周运动的向心力，即，可轨道半径变小，电子的动能变大。故A错误，B正确。
故选：BC。
氢原子从激发态跃迁到基态，氢原子释放能量，氢原子总能量变小；电子从高轨道跃迁到低轨道，此过程库仑力做正功，电势能变小；根据库仑力提供电子绕原子核圆周运动的向心力，可判断电子动能的变化。
本题考查了玻尔原子结构模型相关知识点，需理解记忆。玻尔理论对于电子运动还是应用经典力学，即认为库仑力提供电子绕原子核圆周运动的向心力。
 

6.【答案】BD 

【解析】解：卫星中的仪器随卫星一起做匀速圆周运动，处于失重状态，故A错误；
B.根据万有引力提供向心力
解得
可知卫星的线速度比第一宇宙速度小，故B正确；
C.根据万有引力提供向心力
解得
卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则卫星的周期比地球同步卫星的周期小，故C错误；
D.根据万有引力提供向心力可得
解得
卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则卫星的加速度比地球同步卫星的加速度大，故D正确。
故选：BD。
卫星中的仪器随卫星一起做匀速圆周运动，处于失重状态；
根据万有引力提供向心力，比较线速度、周期、向心加速度。
本题解题关键是使用规律万有引力提供向心力，是一道中等难度题。
 

7.【答案】ACD 

【解析】解：电子运动方向向左，根据左手定则，电子受向上的洛伦兹力，则上表面带负电，霍尔元件上表面的电势低于下表面的电势，故A正确；
根据，得，增大磁感应强度B时，霍尔电压U增大，霍尔电压U与磁感应强度B成正比，故BC错误；
D.由电流的微观表达式，联立得，则霍尔电压U与厚度h无关，故D正确。
故选：ACD。
由左手定则判断元件内的导电粒子向上表面移动，故上下表面间有电压，再根据稳定后导电粒子所受的电场力等于洛伦兹力列式进行判断即可。
本题主要是考查传感器的应用，知道该霍尔元件里面导电的是自由电子，能应用左手定则判断电势高低，并能够根据平衡条件求解霍尔电压。
 

8.【答案】BD 

【解析】解：根据电荷分布，只有O点电场强度为0，故A错误；
B.O点电场强度为0，从a到c电场强度先减小后增大，故B正确；
C.从点沿直线移至点，电势先升高后降低，正电荷电势能先增大后先减小，根据功能关系，静电力先做负功后做正功，故C错误；
D.带正电试探电荷，由点静止释放，向x轴负方向运动，经过O点电场力为零，电场力做正功最大，由动能定理，正电荷在O点时动能最大，故D正确。
故选：BD。
根据电荷分布，只有O点电场强度为0；
从a到c电场强度先减小后增大；
正电荷电势能先增大后先减小，静电力先做负功后做正功；
经过O点电场力为零，电场力做正功最大，由动能定理，正电荷在O点时动能最大。
本题解题关键是熟知电荷分布，确定O点电场强度为0，根据功能关系，正电荷电势能先增大后先减小，静电力先做负功后做正功。
 

9.【答案】大于  变小 

【解析】解：根据发生全反射的条件知，为了使光线在光纤中会发生全反射，内芯的折射率需大于包层的折射率；
根据可知光从空气进入内芯时传播速度变小。
故答案为：大于，变小。
发生全反射时光从折射率大的介质进入折射率小的介质，根据判定传播速度大小。
发生全反射的条件：
①光线从光密介质斜射向光疏介质．
②入射角大于或等于临界角．
 

10.【答案】保持不变  吸收 

【解析】解：气泡内气体可视为理想气体，气泡上升过程中，气体温度保持不变，则气泡内气体的内能保持不变；气泡上升过程中，气泡内气体体积增大，可知外界对气体做负功，气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量。
故答案为：保持不变，吸收。
根据题意应用热力学第一定律判断气体吸热与放热情况，判断气体内能是否变化。
本题考查了判断气泡吸热与放热情况、求气体内能的变化，应用热力学第一定律即可正确解题．
 

11.【答案】2 自右向左  减少  BC 

【解析】解：给电容器充电后，为了观察放电现象，单刀双掷开关S应拨至2位置，会使电容器放电。电容器下极板带正电，则放电过程中，R中电流方向电流自右向左通过R。电压表的示数逐渐变小，由可知，电容器的带电量减少。
、充电电流应逐渐减小，电流表的示数逐渐减小，充电完毕后，电流表示数为零，故A错误，C正确；
BD、根据得，知电容器的带电量逐渐增大，电压表示数逐渐增大后趋于稳定，故B正确，D错误。
故选：BC。
故答案为：，自右向左，减少；。
当电容器与电源的两极相连时充电，当电容器与电阻相连时放电。放电时，电容器的带电量逐渐减少。
充电过程中，充电电流逐渐减小，充电完毕，电流表的示数为零。
本题考查电容器的充放电规律，要知道电容器充电时，电流越来越小直至零，电压越来越大直至稳定。
 

12.【答案】见解析   

【解析】解：①摆线悬点应固定，摆线应选择质量小、不易伸长的细丝线，摆球应选择体积小、质量大的铁球。故B正确，ACD错误。
故选：B。
②游标卡尺主尺的最小分度值为1mm，读数为：11mm，游标尺的最小分度值为，游标尺的读数为：，摆球直径为
⑧根据数据绘出图线

由
得
图线斜率为
得
测量摆长引起的误差和描绘图线引起的误差是由于不稳定随机因素造成，属于偶然误差，故AB错误；
摆线具有伸缩性和手机测量周期引起的误差是由于仪器不完善、测量方法不准确等因素造成，属于系统误差，故CD正确。
故选：CD。
故答案为：①B；②；⑧见解析，；。
①从减小误差分析摆线和摆球的要求；
②明确游标卡尺主尺和游标尺的最小分度值，读出主尺和游标尺的读数，相加即为游标卡尺读数；
⑧用直线连接图像各点，作出图像；
根据减小实验误差分析判断。
本题考查用单摆测量重力加速度的实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理。
 

13.【答案】解：设返回舱离地面高度时的速度大小为，着地速度，所用时间。
返回舱做匀减速直线运动，由运动学公式有
代入数据解得：
由运动学公式有
代入数据解得：
即该过程返回舱的加速度大小为。
设宇航员的质量为m，受到座椅的作用力大小为F，由牛顿第二定律有
   
联立解得
因此宇航员受到座椅的作用力与重力的比值为
答：返回舱离地面高度时的速度大小为；
该过程返回舱的加速度大小为；
该过程中宇航员受到座椅的作用力与其重力的比值为。 

【解析】返回舱做匀减速直线运动，根据位移等于平均速度与时间的乘积，来求解返回舱离地面高度时的速度大小；
由加速度的定义式求解该过程返回舱的加速度大小；
由牛顿第二定律计算该过程中宇航员受到座椅的作用力，再求此作用力与其重力的比值。
解决本题时，要明确返回舱的受力情况和运动情况，灵活选择运动学公式，熟练运用匀变速直线运动的位移-时间公式和加速度的定义式来求解加速度。
 

14.【答案】解：金属杆沿导轨下滑达到最大速度时，设金属杆受到的安培力大小为F，
由力的平衡条件有：
此时金属杆产生的感应电动势为：
由闭合电路欧姆定律可知，感应电流：
由安培力公式有：
联立代入数据解得：
金属杆从开始运动到最大速度的过程中，设金属杆下落高度为h，
由能量守恒定律有：
由法拉第电磁感应定律有：
由闭合电路欧姆定律有
由电流的定义式有
联立代入数据解得
金属杆在由静止释放后做自由落体运动，设经过时间t下落高度为H，则：
由于金属杆做自由落体运动，故不受安培力作用，回路中没有感应电流，磁通量变化量为0。设t时刻磁场的磁感应强度为，则：
联立代入数据解得：
答：金属杆沿导轨下滑的最大速度大小为；
该过程中通过金属杆横截面的电荷量q为；
推导出磁感应强度随时间t变化的关系式为。 

【解析】根据平衡条件，结合动生电动势公式、欧姆定律、安培力公式求出金属棒的最大速度；
根据能量守恒与转化定律和题设条件求下落的高度，结合电流的定义、欧姆定律等求该过程电荷量；
根据自由落体运动规律、电磁感应的条件求出磁感应强度的表达式。
本题考查电磁感应的平稳问题、力学问题、电路问题及运动学的综合问题，关键是理清过程，从动生电动势、欧姆定律、安培力、牛顿第二定律等规律可解决问题。
 

15.【答案】解：由乙图可知，物块P从离斜面底端的距离处由静止释放后恰能滑到传送带最右端，由动能定理有：

代入数据解得：
物块P从离斜面底端的距离s大于处由静止释放，设到达传送带最右端的速度为，由动能定理有：

物块P离开传送带后做平抛运动，设水平位移为x，竖直位移为h，运动时间为t，由平抛运动规律有
，
联立解得：
由图乙可知图像斜率：
联立解得：
物块P从离斜面底端的距离处由静止释放，设到达B处速度为，由动能定理有：

P到达B处时与Q第一次发生弹性碰撞，设碰后P速度为，Q速度为
取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：，
根据机械能守恒定律，有：
联立解得：，
碰撞后P停在B处，Q在传送带上先向右匀减速运动再向左匀加速运动，因为，所以Q向左加速至后与传送带一起匀速运动，到达B处时速度大小
Q与P在B处第二次发生弹性碰撞，两者再次交换速度，碰后P速度：
P向左运动滑上斜面后又返回到B处。之后P、Q在B处多次发生弹性碰撞，最终P停在AB上某处，Q停在B处
设第二次碰撞后P在AB上运动的总路程为。由能量守恒定律有：
代入数据解得：
由于水平轨道AB的长度，第二次碰撞后P在AB上往返运动三次后停在距离B点处，所以最终P、Q之间的距离：
答：动摩擦因数为；
传送带上表面与水平地面的高度差为；
最终P、Q之间的距离为。 

【解析】由乙图可知，物块P从离斜面底端的距离处由静止释放后恰能滑到传送带最右端，由动能定理列方程求解动摩擦因数；
物块P从离斜面底端的距离s大于处由静止释放，由动能定理求解到达传送带最右端的速度，由平抛运动规律结合图乙求解高度差；
物块P从离斜面底端的距离处由静止释放，由动能定理求解P到达B处的速度，根据动量守恒定律求解碰撞后的速度大小；碰撞后P停在B处，Q在传送带上先向右匀减速运动再向左匀加速运动，最后在传送带上返回，Q与P在B处第二次发生弹性碰撞，两者再次交换速度，P、Q在B处多次发生弹性碰撞，Q停在B处，根据能量守恒定律求解最终P停止的位置即可求解。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。