2023年福建省泉州市高考物理质检试卷（三）（含答案解析）

2023年福建省泉州市高考物理质检试卷（三）

1.  据新闻报道，泉州某老师先后光脚参加了两百多场马拉松赛事。他在2022年11月27日比赛中，用了5小时16分钟跑完公里的全马，在该次比赛中(    )

A. 该老师不能看成质点 B. 5小时16分钟指的是时刻
C. 该老师的位移是公里 D. 可以求出该老师的平均速率

2.  如图，被熏黑的铁球表面有一层很薄的碳颗粒层，将其放入水中，碳颗粒层与水之间又形成了一空气层，看上去变得锃亮。这属于光的(    )

A. 折射现象
B. 全反射现象
C. 干涉现象
D. 衍射现象

3.  2022年5月，我国首个商用压缩空气储能电站投产发电。在用电低谷期，利用剩余的电力把洞外空气压缩到盐矿开采后留下的密闭盐穴矿洞中，储存能量；在用电高峰期，将储存在矿洞内的高压空气释放出来驱动汽轮机发电。矿洞可视为绝热容器，在充气过程中，矿洞内(    )

A. 气体内能保持不变 B. 气体分子数密度不变
C. 气体分子的运动速率都增加了 D. 气体分子对洞壁单位面积平均撞击力变大

4.  三个相同的带孔金属小球A、B、C串在环形绝缘细绳上，A、B所带的电荷量分别为、，C不带电。将三个小球放在绝缘水平桌面上，保持静止时三个小球的位置如图甲所示。将三个球一起接触后释放，再次静止时，三个小球的位置如图乙所示。不计小球的体积与一切摩擦，则前后两次静止时，细绳中张力大小之比为(    )

A. 4：9 B. 8：9 C. 8： D. 4：

5.  “儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢”。一小孩站在水平地面上放风筝，慢慢地释放拉线，风筝越飞越高，先后经过同一竖直面的a、b两点，如图所示，若风筝在a、b两点时，拉线的张力大小相等，风筝的重力不能忽略，小孩受到的风力不计，则风筝在b点时(    )

A. 小孩受到地面的支持力比在a点时的大 B. 小孩受到地面的摩擦力比在a点时的小
C. 风筝受到的风力方向与在a点时的相同 D. 风筝受到的风力比在a点时的大

6.  国产科幻大片《流浪地球2》中的“太空电梯”给观众带来了强烈的视觉震㨔。如图所示，“太空电梯”由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站和配重组成，缆绳相对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站。下列说法正确的是(    )

A. 地面基站可以建设在青藏高原上
B. 配重的线速度小于同步空间站的线速度
C. 箱体在上升过程中受到地球的引力越来越小
D. 若同步空间站和配重间的缆绳断开，配重将做离心运动
 

7.  如图，峰鸟可以通过快速拍打翅膀，使自己悬停在一朵花的前面。假设蜂鸟两翅膀扇动空气的总面积为S，翅膀扇动对空气的作用力效果与翅膀用速度v平推空气的效果相同。已知空气密度为，重力加速度大小为g，则(    )

A. 单位时间内翅膀拍动空气的质量为 B. 单位时间内翅膀拍动空气的质量为
C. 蜂鸟的质量为 D. 蜂鸟的质量为

8.  如图甲所示，水平绝缘传送带正在输送一闭合正方形金属线框，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，其间距为2d。已知传送带以恒定速度运动，线框质量为m，边长为d，线框与传送带间的动摩擦因数为，且在传送带上始终保持线框左、右两边平行于磁场边界，线框右边进入磁场到线框右边离开磁场过程中，其速度v随时间t变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为g，则(    )
 

A. 线框进出磁场过程中感应电流方向相同
B. 线框穿过磁场过程中受到的摩擦力方向不变
C. 整个线框刚好离开磁场时的速度为
D. 整个线框穿过磁场过程中安培力对线框做的功为

9.  2022年10月19日，我国新一代“人造太阳”等离子体电流突破100万安培，创造了我国可控核聚变装置运行新记录，标志着我国核聚变研发迈进了重要一步。核聚变的反应方程为：，其中X为______ 选填“质子”“中子”或“电子”：的平均结合能______ 选填“大于”“等于”或“小于”的平均结合能。

10.  如图，矩形线圈在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，副线、理想电流表A与标有“6V3W”字样的小灯泡L串联成闭合回路，灯泡L正常发光。已知变压器原、副线圈匝数比为5：3，矩形线圈的电阻为，则A的示数为______ A，矩形线圈的电动势有效值为______ V

11.  某同学利用图甲实验装置测量当地的重力加速度。实验主要步骤如下：
A.按图甲将沙漏悬挂在支架上，在沙漏正下方放置一块长木板，木板与电动机的牵引绳相连，在木板上固定一张白纸：
B.测得悬挂沙漏的摆线长度为：
C.使沙漏在支架所在的竖直面内小幅度摆动，同时让细沙不断流出：
D.启动电动机，使木板以的速度水平匀速运动，运动方向与沙漏摆动平面垂直，细沙在白纸上形成一条曲线，并建立坐标如图乙所示，用该图线研究沙漏的振动规律：
E.将摆线长度视为该单摆的摆长，结合其它所得的数据和图线，可求出当地的重力加速度。

该单摆的周期为______ s；
取，可求得当地的重力加速度大小为______ 结果保留三位有效数字；
重力加速度的测量值与真实值相比______ 选填“偏大”或“偏小”。

12.  实验小组选用以下器材测量电池组的电动势和内阻，要求测量结果尽量准确。
电压表量程，内阻约为
电流表量程，内阻约为
滑动变阻器阻值变化范围为，额定电流为
定值电阻阻值为
待测电池组电动势约为3V，内阻约为
开关、导线若干

该小组连接的实物电路如图甲所示，实验中发现调节滑动变阻器时，电流表读数变化明显但电压表读数变化不明显，主要原因是______ 。
为了解决这个问题，该小组将定值电阻R接入电路，请将不用的线用“”去掉，再把需要的连线补上。
解决问题后重新做实验，得到了六组电压表读数U和对应的电流表读数I，并作出图像，如图乙所示。根据图像可得，电池组的电动势为______ V，内阻为______ 。

13.  如图，永春牛姆林的七彩滑道曾是福建省内最长的早雪滑道。其倾斜部分可近似为倾角、长80m的斜面。一游客坐在滑垫上，从斜面顶端由静止开始沿直线匀加速下滑，经20s时间滑到斜面底端，然后滑到水平滑道上，做匀减速直线运动直至停下。游客从斜面底端滑到水平滑道速率不变，滑垫与滑道间的动摩擦因数处处相同，取，，重力加速度。求：
滑垫与滑道间的动摩擦因数；
游客在水平滑道上滑行的距离。

14.  跑道式回旋加速器的工作原理如图所示，两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小相等，方向均垂直纸面向外。P、Q之间存在匀强电场，场强大小为E，方向与磁场边界垂直，质量为m、电荷量为的粒子从P端无初速进入电场，n次经过电场加速后，从位于边界上的出射口K射出。已知K、Q之间的距离为d，不计粒子重力。求：
粒子射出K时的速率；
磁场的磁感应强度大小；
粒子从P端进入电场到运动至出射口K的过程中，在电场和磁场内运动的总时间。

15.  如图甲，水平地面上放有A、B两块等长、等厚的匀质木板，A、B质量分别为、，B的左端栓接着一原长为的水平轻弹簧，它们中轴在同一水平线上。现让A以速度向静止的B运动，忽略一切摩擦。

求整个过程中，弹簧对A的冲量大小；
取一块与A相同的木板C叠放在A的正上方，A、C左右两端对齐，再让A、C一起以速度向静止的B运动，以A接触弹簧时开始计时，弹簧的长度x随时间t的变化关系如图乙所示，时刻弹簧长度为。
求弹簧的劲度系数；
若在时刻，C的重心在B的上面，求木板长度的取值范围。

答案和解析

1.【答案】D 

【解析】解：A、老师在全马比赛中求时间、平均速率等问题时大小和形状可以忽略，所以可看成质点，故A错误；
B、5小时16分钟是时间间隔，故B错误；
C、全马的轨迹不是单向直线，所以公里是路程，故C错误；
D、路程除以时间等于平均速率，故D正确；
故选：D。
质点，时间间隔与时刻区别，路程与位移，平均速度与平均速率区别。
本题考查直线运动基本概念，需理解各自定义。
 

2.【答案】B 

【解析】解：碳粒层与水之间又形成了一空气层，光由空气进入水会发生折射现象，但是光线由水内部射向空气时，由于角度问题大部分光线发生了全反射，一般要经过2次或者更多次全反射之后才折射出来，即光线在经过很多路径才传播出来，由于这些光路重叠交织在一起，所以看起来会比较亮。这是光的全反射现象所形成的。
故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据全反射的条件及现象结合题中例子分析解答。
本题考查光的全反射，解题关键掌握各种光学现象的分析。
 

3.【答案】D 

【解析】解：矿洞可视为绝热容器，即有，在充气过程中，外界对气体做功，根据热力学第一定律有，可知气体内能增大，温度升高，故A错误；
B.矿洞体积一定，充气后气体分子数增多，气体分子数密度增大，故B错误；
C.根据上述，气体温度升高，气体分子运动的平均速率增大，但具体到某一个分子，它的运动速率变化不确定，有可能增大，有可能减小，故C错误；
D.气体质量不变，温度升高，体积不变，则气体压强增大，即气体分子对洞壁单位面积平均撞击力变大，故D正确。
故选：D。
充气过程为绝热过程，储气室内气体温度升高，分子平均动能变大，结合压强的微观意义分析即可。
本题以新冠肺炎疫情期间班级用于消毒的喷壶为背景，考查了温度、玻意耳定律的应用，要注意本题中气体的质量是发生变化的，影响一定质量理想气体内能的量是温度。
 

4.【答案】A 

【解析】解：设绳长为L，三个小球未接触时，细绳中的张力为，对A小球，由平衡条件得：
解得：
三个小球一起接触，所带电荷量平分，三个小球所带电荷量为
三个小球带电量相等，三个小球构成一个等边三角形，边长为，绳上的张力等于两小球间的库仑力，则
前后两次静止时，细绳中张力大小之比为：：：9
故A正确，BCD错误。
故选：A。
三个小球未接触时，对A小球或B小球受力分析，根据平衡条件和库仑定律求解细绳中的张力；三个小球接触后，电量平分，根据平衡条件和库仑定律求解细绳中的张力，比较即可。
本题考查库仑定律和共点力平衡，解题关键是知道三个小球接触后，电量平分，结合平衡条件和库仑定律列式求解即可。
 

5.【答案】BD 

【解析】解：根据题意，对小孩受力分析，受重力、地面的摩擦力、地面的支持力和绳子的拉力，如图1所示

图1
由几何关系有


风筝在b点时，拉力F的大小不变，与水平面夹角变大，可知，f变小，变小，即小孩受到地面的支持力比在a点时的小，受到地面的摩擦力比在a点时的小，故A错误，B正确；
根据题意，在a、b两点分别对风筝受力分析，由共点力平衡的特点可知，风筝受到风力与绳子拉力和风筝重力的合力等大反向，如图2所示

图2
由平行四边形法则可知，风筝受到的风力方向与在a点时的不同，由于绳子的拉力和风筝的重力大小不变，在b时两个力间夹角小，则合力大，即风筝受到的风力比在a点时的大，故C错误，D正确。
故选：BD。
对小孩受力分析，根据共点力平衡条件分析AB，作出风筝的受力情况，根据力的平行四边形定则分析CD项。
本题考查共点力平衡条件的应用，解题关键掌握研究对象的选取，注意图解法的运用。
 

6.【答案】CD 

【解析】解：由题意可知缆绳相对地面静止，则整个同步轨道一定在赤道正上方，所以地面基站不可能在青藏高原上，故A错误；
B.根据“太空电梯”结构可知

配重和同步空间站的角速度相同，空间站的环绕半径小于配重的环绕半径，所以配重的线速度大于同步空间站的线速度。故B错误；
C.箱体在上升过程中受到地球的引力

万有引力随着箱体与地球距离的增加而减小，故C正确；
D.根据题意可知，空间站做匀速圆周运动，若缆绳断开，配重与地球之间的万有引力小于配重做圆周运动的向心力，故配重会做离心运动。故D正确。
故选：CD。
缆绳相对地面静止，则整个同步轨道一定在赤道正上方，根据分析B，根据万有引力定律公式分析C项，缆绳断开，配重与地球之间的万有引力小于配重做圆周运动的向心力，配重会做离心运动。
本题考查万有引力定律，解题关键掌握万有引力公式的应用和离心运动的条件。
 

7.【答案】AC 

【解析】解：设扇动一次的时间为t，拍动空气的总质量为

单位时间内翅膀拍动空气的质量为

故A正确，B错误；
翅膀用速度v平推空气，使空气的速度变为0，规定v的方向为正方向，根据动量定理

则翅膀对空气的作用力大小，即等于空气对翅膀的作用力大小为

由平衡关系得

蜂鸟的质量为

故C正确，D错误。
故选：AC。
设扇动一次的时间为t，拍动空气的总质量为，根据动量定理与平衡关系解得蜂鸟的质量。
本题考查动量定理的应用，解题关键掌握单位时间内翅膀拍动空气的质量的计算，注意平衡关系的应用。
 

8.【答案】BD 

【解析】解：A、由右手定则可知，线框进入磁场与离开磁场过程感应电流方向相反，故A错误；
B、线框进入磁场过程、完全进入磁场过程与离开磁场过程速度都小于传送带的速度，线框相对于传送带向左滑动，线框受到的滑动摩擦力水平向右，线框穿过磁场的过程中受到的摩擦力方向不变，故B正确；
C、线框进入磁场过程做减速运动，完全进入磁场后做匀加速直线运动，线框的右边刚离开磁场时的速度与线框刚进入磁场时的速度相等，则线框离开磁场过程与进入磁场过程运动情况一样，整个线框刚离开磁场时的速度与线框刚完全进入磁场时的速度大小相等，都等于图乙中的，线框从刚完全进入磁场到右边刚到达磁场右边界过程，由动能定理得：，解得线框刚完全进入磁场时，也是刚完全离开磁场时的速度，故C错误；
D、整个线框穿过磁场过程，由动能定理得：，解得安培力对线框做的功，故D正确。
故选：BD。
应用右手定则判断感应电流方向；根据线框相对传送带的滑动方法判断摩擦力方向；应用动能定理求出线框刚好离开磁场时的速度大小；应用动能定理求出整个线框穿过磁场过程安培力对线框做的功。
本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程、应用安培力公式、动能定理、功的计算公式即可正确解题．
 

9.【答案】中子  小于 

【解析】解：根据质量数和电荷数守恒得，X的质量数为
电荷数
则X为中子；
核聚变过程，释放大量能量，平均结合能增大，则的平均结合能小于的平均结合能。
故答案为：中子，小于。
根据核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒判断；根据比结合能越大，原子核越稳定判断。
本题考查了核反应方程及比结合能，要求学生明确核反应过程中，质量数守恒和电荷数守恒。
 

10.【答案】 

【解析】解：灯泡正常发光，则副线圈回路中电流
则电流表的示数为，变压器原副线圈电压比等于匝数比，则
代入数据解得，原线圈电压为
变压器原副线圈电流比等于匝数的反比，则
代入数据解得，原线圈电流为
线圈电阻分担的电压
矩形线圈的电动势有效值为
故答案为：，。
灯泡正常发光，根据电功率公式求解电流表的示数；变压器原副线圈电压比等于匝数比，据此求解原线圈的电压，电流比等于匝数的反比，根据欧姆定律求解线圈电阻分担的电压，进而求解电源电动势。
本题考查变压器的工作原理，解题关键是知道变压器原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，结合欧姆定律求解即可。
 

11.【答案】偏小 

【解析】解：由图乙所示图像可知，在单摆的一个周期内木板的位移，单摆的周期
根据单摆周期公式可知：，其中：，，代入数据解得：
悬点到沙漏重心的距离是单摆摆长，实验把摆线长度作为摆长，摆长的测量值小于真实值，摆长的测量值偏小，由可知，重力加速度的测量值小于真实值。
故答案为：；；偏小。
根据图乙所示图像求出一个周期内木板运动的位移，然后求出单摆的周期。
根据单摆周期公式求出当地的重力加速度大小。
根据题意应用单摆周期公式分析实验误差。
理解实验原理是解题的前提，根据题意分析清楚图示图像，应用单摆周期公式可以解题。
 

12.【答案】电池内阻太小，导致路端电压变化不明显，即电压表示数变化不明显   

【解析】解：实验中发现调节滑动变阻器时，电流表读数变化明显但电压表读数变化不明显，主要原因是电池内阻太小，导致路端电压变化不明显，即电压表示数变化不明显；
为保证电压表示数变化明显，应使定值电阻R等效成电源内阻，电路图如图

根据图示电路图，由闭合电路的欧姆定律可知

由图丙所示图象可知，电池组电动势
图象斜率的绝对值
即内阻
故答案为：电池内阻太小，导致路端电压变化不明显，即电压表示数变化不明显；见解析；；
根据电路图可知路端电压变化不明显，是因为电源内阻较小的原因，从而进行分析；
为提高电源内阻，可将定值电阻等效成电源内阻进行操作；
根据闭合电路欧姆定律列式，整理表达式，再根据图像的斜率以及截距进行求解。
根据实验电路图对实验现象进行分析，再根据实验电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以求出电池组电动势与内阻。
 

13.【答案】解：游客下滑过程，设加速度大小为，由位移-时间公式得：
代入数据解得：
对游客和滑垫整体受力分析，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
游客滑到斜面底端的速率为
游客在水平滑道上，设加速度大小为，对游客受力分析，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
游客在水平滑道上滑行的距离
答：滑垫与滑道间的动摩擦因数为；
游客在水平滑道上滑行的距离为8m。 

【解析】游客下滑过程，根据匀变速直线运动位移-时间公式求解加速度，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；
根据速度-时间公式求解游客滑到底端的速度，根据牛顿第二定律求解加速度，根据位移-速度公式求解游客滑行的距离。。
本题考查动力学问题，解题关键是分析好游客的运动情况和受力情况，先根据运动学公式或牛顿第二定律求解加速度。
 

14.【答案】解：次经过电场加速后，从位于边界上的出射口K射出，根据动能定理有：
解得：
已知K、Q的距离为d，粒子最后一次加速后在磁场中做匀速圆周运动的半径为：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得磁感应强度大小：
粒子在加速电场中的运动可以看作初速度为零的匀加速直线运动
粒子在加速电场中运动过程，由牛顿第二定律得：
解得，粒子在加速电场中的运动时间：
解得：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的周期
粒子每次进入磁场后在磁场中的运动时间是半个周期，粒子在磁场中的运动时间：
解得：
粒子从P端进入电场到运动至出射口K的过程中，在电场和磁场内运动的总时间
答：粒子射出K时的速率是；
磁场的磁感应强度大小是；
粒子从P端进入电场到运动至出射口K的过程中，在电场和磁场内运动的总时间是。 

【解析】粒子在电场中加速，应用动能定理可以求出粒子射出K时的速率。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小。
粒子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，求出粒子在电场与磁场中的运动时间，然后求出总的运动时间。
带电粒子在匀强电场中加速，在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提，应用动能定理、牛顿第二定律可以解题。
 

15.【答案】解：设弹簧恢复原长时A、B的速度大小分别为、，整个过程A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒
以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
以向右为正方向，整个过程，对A，由动量定理得：
解得弹簧对A的冲量：，负号表示方向向左
不计一切摩擦，放上C后C对A、B的运动没有影响，整个过程C在A、B上做匀速直线运动
由图乙所示图象可知，时弹簧长度最短，弹簧的压缩量最大，此时A、B的速度相等，设为v，设此时弹簧的弹性势能为E
A、B、弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
设弹簧的劲度系数为k，弹簧的压缩量，弹簧的弹性势能
解得：
设弹簧被压缩过程某时刻A、B的速度分别为、，A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
经过时间，有：
将时间分为，设时间内A的位移为，B的位移为，则
时刻，弹簧恢复原长，则：
若C的重心恰好运动至B的左端，设木板的长度为，则有：
若C的的重心恰好运动至B的右端，设木板的长度为，则有：
木板的长度应为：
解得：
答：整个过程中，弹簧对A的冲量大小是；
弹簧的劲度系数是；
木板长度的取值范围是。 

【解析】、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出A、B的速度，对A，应用动量定理可以求出弹簧对A的冲量大小。
、B组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出弹簧的劲度系数。
、B组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与运动学关系求出长木板的临界长度，然后确定木板的长度范围你。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。