2023年福建省漳州市高考物理三模试卷（含答案解析）

2023年福建省漳州市高考物理三模试卷

1.  2021年12月30日晚，我国金超导托卡马克核聚变实验首次实现“人造太阳”发光长达1056秒，创造新纪录。“人造太阳”的原理是利用两个氘核反应生成一个氦，一个未知粒子X，并释放能量。已知氘核的质量为，氦的质量为，粒子X的质量为，则(    )

A. 此核反应为裂变反应 B. 此核反应中释放出的粒子X为质子
C.  D. 和互为同位素

2.  某种材料制成的透明砖的截面如图所示，为直角三角形，，。一细束单色光线从BC的中点P垂直于BC面入射后，在OC面恰好发生全反射。已知光在真空中的速度大小为c，则(    )
 

A. 光从空气射入透明砖频率变小 B. 光从空气射入透明砖波长变长
C. 透明砖对该光的折射率为 D. 光线从P点射到OC面用时为

3.  如图为明代出版的《天工开物》中记录的“牛转翻车”，该设备利用畜力转动不同半径齿轮来改变水车的转速，从而将水运送到高处。图中a、b分别为两个齿轮边缘上的点，齿轮半径之比为：：3；a、c在同一齿轮上且a、c到转轴的距离之比为：：1，则在齿轮转动过程中(    )

A. a、b的角速度相等 B. b的线速度比c的线速度小
C. b、c的周期之比为3：4 D. a、b的向心加速度大小之比为4：3

4.  2022年8月16日，在国际军事比赛“苏沃洛夫突击”单车赛中，中国车组夺冠。在比赛中，一辆坦克在时刻开始做初速度为的加速直线运动，其图像如图所示，则(    )
 

A. 内坦克做匀减速运动
B. 内坦克的平均速度为
C. 内坦克的位移为9m
D. 6s末坦克的速度大小为

5.  中国古代屋脊两头，有一仰起的龙头，龙口吐出伸向天空且曲折的金属舌头，舌根连接一根直通地下的细铁丝，起到避雷的作用。当雷云放电接近房屋时，屋顶的避雷针顶端由于聚集着大量电子而形成局部电场集中的空间。图中虚线表示某时刻避雷针周围的等差等势面分布情况，一带电粒子不计重力在该电场中的运动轨迹如图所示。则(    )

A. 该粒子带正电 B. a点的电势比c点的低
C. b点的场强比c点的场强大 D. 该粒子在b点的电势能比在c点的大

6.  厦门大学天文学系顾为民教授团队利用我国郭守敬望远镜积累的海量恒星光谱，发现了一个处于宁静态的中子星与红矮星组成的双星系统，质量比约为2：1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动，研究成果于2022年9月22日发表在《自然天文》期刊上。则此中子星绕O点运动的(    )

A. 角速度大于红矮星的角速度 B. 轨道半径小于红矮星的轨道半径
C. 向心力大小约为红矮星的2倍 D. 线速度小于红矮星的线速度

7.  如图，在静止的小车内用两根不可伸长的轻绳OP和OQ系住一顶质量为m的小球，绳OQ与水平面成，绳OP成水平状态。现让小车水平向右做匀加速直线运动，两绳均处于伸直状态。已知重力加速度大小为g，取，，则小球在上述状态加速时(    )

A. 重力的功率比静止时大 B. OP绳的拉力大小可能为零
C. 加速度大小不可能大于 D. OQ绳的拉力比静止时大

8.  如图甲，两根电阻不计、足够长的导轨MN、PQ平行放置，与水平面的夹角，间距为，上端连接一电阻。两导轨之间存在方向垂直导轨平面向上的均匀分布的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。时刻，一电阻不计，质量为的导体棒ab从导轨上且在MP下方处由静止释放。取，，ab与导轨间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑时磁感应强度突变产生的电磁感应现象。则(    )
 

A. 内ab中感应电流方向从a到b
B. 时ab中感应电流
C. 内R中消耗的热功率为
D. ab的最大速度值为

9.  如图，一定质量的理想气体先从状态a沿直线变化到状态b，该过程中气体的温度______ 填“升高”或“降低”，气体______ 填“吸热”或“放热”。
 

10.  一简谐横波在均匀介质中沿x轴正向传播，图甲为某时刻的波形图，质点P位于，图乙是介质中质点P的波动图像，则该列横波的传播速度为______ ，图甲所示的时刻可能为______ 填“1”“4”或“10”的时刻。结果均保留两位有效数字
 

11.  某物理小组欲探究变压器线圈两端电压与匝数关系，提供的实验器材有：学生电源、可拆变压器、交流电压表、若干导线。

图甲为实验原理图，在原线圈A、B两端加上电压，用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，测量数据如表：

请回答下列问题：
在图乙中，应将A、B分别与______ 填“a、b”或“c、d”连接。

根据上表数据得出的实验结论是：在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于______ 。
在实验序号为2的测量中，若把图丙中的可动铁芯取走，副线圈匝数，则副线圈两端电压______ 填正确答案标号。
A.一定小于
B.一定等于
C.一定大于

12.  某学习小组设计如图装置做“探究物体加速度与质量的关系”实验，请回答下列问题：

为了使滑轮右侧的细线与长木板平行，应调整______ 。填正确答案标号
A.打点计时器左右位置
B.物块左右位置
C.长木板倾角
D.滑轮高度
在实验中，托盘和砝码的的总质量______ 填“一定要远大于”“可以大于”或“一定要远小于”物块包括力传感器的总质量。
在细线与木板调整平行和平衡摩擦力后，把盘中放入适当的砝码，接通电源，释放物块，记录力传感器的读数为F，从纸带上获得数据求出加速度；在物块上添加砝码并改变托盘中砝码的质量，使力传感器的示数为______ ；如此反复实验、可获得物块的总质量M和加速度a的多组实验数据，作出图像成图像，下列图像正确的是______ 。填正确答案标号
   

13.  2022年12月4日，我国“神舟十四号”载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。简化过程如下：返回舱在离地面某高度处打开降落伞，在降落伞的作用下返回舱速度从降至，此后可视为匀速下降，当返回舱在距离地面h时启动反推发动机，经时间速度由匀减速至0后恰落到地面上。设降落伞所受的空气阻力与速率成正比，其余阻力不计。g取，降落伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，设全过程为竖直方向的运动。求：
返回舱开始匀减速下降时离地的高度h；
当返回舱速度为时的加速度大小。

14.  图甲是中华太极图，生动地表示了宇宙万物的结构及运动规律，她人类文明的无价之宝。图乙是大圆O内及圆周上有磁感应强度大小为B，方向相反的匀强磁场太极图。两个半圆的圆心，在圆O的同一直径MN上，半圆直径均为圆O的半径R。曲线MON左侧的磁场方向垂直直面向外。质量为m，电荷量为q的质子不计重力，以某初速度从N点沿纸面与NM夹角射入右侧磁场，恰好通过O点进入左侧磁场，并从M点射出。
求质子的初速度大小；
求质子从N点运动到M点所用的时间；
若，曲线MON上的磁场方向垂直纸面向里，要使质子不进入曲线MON左侧磁场中，求质子速度的大小范围。
 

15.  滑板运动是一种极富挑战性的极限运动，图示为其场地简化模型，在同一竖直平面内有两个相同的四分之一弧轴道P、Q静置在光滑水平地面上，圆弧BC、DE与地面分别相切于C、D点。将P锁定，质量为m的小球视为质点从B点正上方A处由静止释放，恰好沿B点切线方向进入圆弧轨道，已知P、Q圆弧的半径以及A、B两点间的高度差均为R，重力加速度大小为g，不计一切摩擦和空气阻力。
求小球第一次刚滑到C点时P对小球的支持力大小；
若Q的质量为3m，求小球第一次滑过E点后在空中运动的水平位移大小x；
若将P解锁，同时改变P、Q的质量都为M，使该小球仍从A处山静止释放，小球能第二次在BC弧上运动，求P的质量M应满足的条件。

答案和解析

1.【答案】D 

【解析】解：AB、根据质量数和电荷数守恒，此核反应方程为，即释放出的粒子X为中子，该反应属于核聚变反应；故AB错误；
C、因为聚变反应又称为热核反应，会释放大量的能量，存在质量亏损，所以，故C错误；
D、和质子数都为2，互为同位素，D正确。
故选D。
根据质量数和电荷数守恒写出核反应方程，再根据反应物和生成物判断属于哪种反应；根据聚变反应释放能量，存在质量亏损判断与的大小关系；根据和的质子数判断二者是不是同位素。
本题考查原子核的聚变相关的知识，解决本题的关键是熟练掌握各种核反应的区别，理解质量数和电荷数守恒。
 

2.【答案】C 

【解析】解：A、光从一种介质射入另一种介质，频率不变，故A错误；
B、根据光速与折射率的关系：可得，光从空气射入透明砖块，波速v变小，由，可得波长变短，故B错误；
C、画出光线在透明砖中的光路图

根据题意，结合几何关系，可得临界角为，其中；解得透明砖对该光的折射率，故C正确；
D.光在透明砖中的速度大小为，由几何关系可得，光线从P点射到OC面时间为，故D错误。
故选：C。
根据光从一种介质射入另一种介质，判断发生折射时频率是否变化；再根据，判断光从空气射入透明砖块波速和波长如何变化；画出光线在透明砖中的光路图，根据临界角与折射率的关系求出折射率；根据求出光在透明砖中的速度，最后由几何关系和光速求出光线从P点射到OC面时间。
本题考查光的折射和全反射，解决本题的关键是准确画出光路图，熟练掌握折射定律，以及折射率与临界角的关系。
 

3.【答案】C 

【解析】解：A、由图可知a、b为同缘传动时，边缘点的线速度大小相等，故，由于半径不同，根据公式，可知a、b的角速度不相等，故A错误；
B、a与c同轴传动，角速度相等，即，因a、c到转轴的距离之比为：：1，由公式，可得：，又，则，故B错误；
C、由公式，可得b、c的周期之比为：，故C正确；
D、由公式，可得a、b的向心加速度之比为：，故D错误。
故选：C。
同缘传动时，边缘点的线速度大小相等；同轴传动时，角速度相等；然后结合和列式求解。
本题关键明确同缘传动同轴传动的特点，然后结合公式、分析求解即可。
 

4.【答案】D 

【解析】解：A、由图可知，坦克做加速度减小的加速运动，故A错误；
B、内坦克做匀加速直线运动，加速度大小为，则位移大小为，平均速度为，故B错误；
C、内坦克一直做加速直线运动，位移一定大于12m，故C错误；
D、根据图像中图线与t轴包围图形的面积表示速度的变化量可得，内坦克速度变化量为，则6s末坦克的速度大小，故D正确。
故选：D。
根据图像读出加速度的变化情况，判断坦克的运动情况。内坦克做匀加速直线运动，由位移-时间公式求出内的位移，再求平均速度。根据内坦克的运动情况分析其位移。与时间轴所围的面积表示速度变化量，由此求出内速度的变化量，再求6s末坦克的速度大小。
解答本题时，要理解图像的物理意义，知道图像与时间轴所围的面积表示速度变化量，不要与图像混淆。
 

5.【答案】AD 

【解析】解：避雷针带负电，该粒子的运动轨迹为曲线，该粒子所受的电场力指向轨迹的凹侧，根据电荷间的相互作用规律可知，该粒子带正电，故A正确；
B.沿电场线方向电势逐渐降低，故a点的电势比c点的高，故B错误；
C.等差等势面的疏密表示场强的大小，等势面越密的地方场强越大，因此b点的场强比c点的场强小，故C错误；
D.因带正电的粒子在电势高的位置电势能大，b点的电势比c点的高，故该粒子在b点的电势能比在c点的大，故D正确。
故选：AD。
A.曲线运动的合力方向指向轨迹的凹侧，再根据电荷间的相互作用规律判断粒子的电性；
B.沿电场线方向电势逐渐降低，据此判断；
C.等差等势面的疏密表示场强的大小
D.根据电势能的定义判断电势能的大小。
注意：沿电场线方向电势逐渐降低；应用电势能的定义求解电势能时，一定要将电荷的正负号一起代入公式中。
 

6.【答案】BD 

【解析】解：A、双星系统中两天体的角速度相等，即中子星绕O点运动的角速度等于红矮星的角速度，故A错误；
B、万有引力提供向心力，有：

联立解得：
即星体质量越大，轨道半径越小，根据题意中子星质量大，可知，中子星绕O点运动的轨道半径小于红矮星的轨道半径，故B正确；
C、双星系统中，星体之间的万有引力提供向心力，可知，中子星绕O点运动的向心力大小等于红矮星的向心力大小，故C错误；
D、根据，双星系统角速度相等，中子星的轨道半径小一些，则中子星绕O点运动的线速度小于红矮星的线速度，故D正确。
故选：BD。
双星系统中两天体的角速度相等；双星做圆周运动时，万有引力提供向心力，据此判断中子星和红矮星的轨道钣金和向心力的大小；根据判断线速度大小。
本题考查双星问题，解题关键是知道双星问题中，万有引力提供向心力。
 

7.【答案】BC 

【解析】解：A、小球加速时，其重力方向与速度方向垂直，则重力的功率为零，静止时重力的功率也为零，两种情况重力的功率相等，故A错误；
BC、对小球进行受力分析，如图所示。

根据牛顿第二定律有：，
联立解得，，由于两绳均处于伸直状态，，故BC正确；
D、由前两个选项解析，可知OQ绳的拉力恒等于，与其加速度无关，即加速时和静止时OQ绳的拉力相等，故D错误。
故选：BC。
根据重力方向与速度方向的关系，分析重力的功率。对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律列式，分析OP绳和OQ绳的拉力大小。由牛顿第二定律确定加速度大小。
本题关键是对小球受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，求解出各个力的表达式，然后进行分析。
 

8.【答案】BCD 

【解析】解：设导轨MN、PQ间距为L，则，开始时导体棒ab在MP下方处。
A、内，磁感应强度增大，穿过MPba回路的磁通量向上增加，由楞次定律可知，内导体棒ab中感应电流方向从b到a，故A错误；
B、由图乙可得，内，，由法拉第电磁感应定律得：，时刻感应电流，故B正确；
C、时，导体棒受到的安培力大小，，最大静摩擦力
由于，所以导体棒恰好处于静止状态，内电阻R消耗的热功率为，故C正确；
D、后，导体棒ab开始下滑，当时导体棒ab开始匀速运动，此时速度最大，由欧姆定律有，联立解得，故D正确。
故选：BCD。
内，运用楞次定律判断感应电流方向。根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律计算时ab中感应电流。由安培力公式求出时，导体棒受到的安培力大小，判断此时导体棒的运动状态，再求内R中消耗的热功率。后，导体棒ab开始下滑，当其合力为零时速度最大，由平衡条件求最大速度。
解决本题时，要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式，分析导体受到的安培力，确定导体棒的状态是关键。
 

9.【答案】升高  吸收 

【解析】解：由图像可知，气体从状态a沿直线变化到状态b，pV值变大，根据可知，温度T升高，气体内能变大，即；气体体积变大，对外做功，即；
根据热力学第一定律：，可知，即气体吸热。
故答案为：升高，吸热。
根据图象判断气体的温度与压强的变化情况，然后应用理想气体状态方程判断气体体积如何变化，根据热力学第一定律分析答题．
对于气体状态图象，根据气态方程分析状态变化过程，利用好图象过原点这一特点．
 

10.【答案】 

【解析】解：由甲图可知波长为12m，由乙图可知周期为12s，则该列横波的传播速度为，根据同侧法，结合图甲所示，可知，该时刻质点P处于平衡位置沿y轴正方向振动，即随后质点P位移将由0变为正值，根据图乙可知，图甲的时刻可能为。
故答案为：。
根据波速公式求波速，根据同侧法，判断质点P的振动方向，结合图象求时间。
本题考查学生对波速公式和同侧法的掌握，比较基本。
 

11.【答案】c、d 原、副线圈的匝数之比  A 

【解析】解：在探究变压器线圈两端电压与匝数关系的实验中，原线圈两端应接入交流电，故应将A、B分别与c，d连接；
根据题表中数据可得，线圈1、2匝数比，电压比分别为；；
线圈1、3匝数比，电压比分别为，，
因此在实验误差允许范围内，可以得到、
得出结论：在实验误差允许范围内，变压器原，副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比；
若把题图丙中的可动铁芯取走，磁损耗变大，原线圈中磁通量变化率大于副线圈磁通量变化率，根据法拉第电磁感应定律知，副线圈两端电压一定小于，故BC错误，A正确。
故选：A。
故答案为：、d；两个线圈的匝数之比；。
变压器原线圈要接交流电；
根据表格数据分别求电压比和匝数比，然后分析得出结论；
把题图丙中的可动铁芯取走，磁损耗变大，据此分析作答。
本题考查了探究变压器线圈两端电压与匝数关系，实验的原理是忽略磁损时，穿过变压器原、副线圈的磁通量的变化率相同，因此取走铁芯时，磁损增大，原线圈中磁通量变化率大于副线圈磁通量变化率。
 

12.【答案】D 可以大于  F D 

【解析】解：为了减小误差，使小车受到的合力为小车所受拉力，应调节滑轮的高度，使牵引物块的细绳与长木板保持平行。
故选：D；
由于细线的拉力可以直接用力传感器测量，因此实验中不需要满足托盘和砝码的总质量远小于物块包括力传感器的总质量，托盘和砝码的的总质量可以大于、等于或小于物块包括力传感器的总质量；
本实验是探究物体加速度与质量的关系，采用控制变量法，保证物块所受合力不变，即每次实验时要保证力的传感器的示数均为F；
由于细线与木板已平行，摩擦力已平衡，由，可得，即。
故选：D。
故答案为：；可以大于；、D。
调节滑轮的高度，使牵引物块的细绳与长木板保持平行；
由于细线的拉力可测，对托盘的质量和小车的质量未有具体的要求；
根据控制变量法的要求，研究加速度与质量的关系要保证拉力不变；根据牛顿第二定律得出加速度的倒数与质量的关系，从而选择图象。
解决实验问题的关键是明确实验原理，同时熟练应用基本物理规律解决实验问题，要明白公式的的推导和应用，知道为什么沙和沙桶的总质量远小于小车的质量时沙和沙桶的重力可以认为等于小车的拉力，对于基本知识规律不但明白是什么还要知道为什么。
 

13.【答案】解：当返回舱在距离地面h时启动反推发动机，经时间速度由匀减速至0后恰落到地面上，则有
  
降落伞所受的空气阻力与速率成正比，设返回舱的质量为m，返回舱匀速运动时，根据平衡条件得：
当返回舱速度为时，根据牛顿第二定律可得：
联立解得：。
答：返回舱开始匀减速下降时离地的高度h为1m；
当返回舱速度为时的加速度大小为。 

【解析】返回舱开始匀减速下降时，由位移等于平均速度与时间的乘积求h。
返回舱匀速运动时，根据平衡条件列式；当返回舱速度为时，根据牛顿第二定律列式，联立可求解当返回舱速度为时的加速度大小。
解决本题时，要明确返回舱的运动情况，灵活选择运动学公式。同时，要明确受力情况，抓住空气阻力与速率成正比，根据牛顿第二定律和平衡条件相结合进行处理。
 

14.【答案】解：质子的运动轨迹如图所示，设质子的轨道半径为，根据洛伦兹力提供向心力，有


由几何关系可得，
联立解得
质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
质子在左右磁场中运动的时间相等
质子从N点运动到M点所用的时间为
质子在右磁场中运动有
分两种情况讨论
要使质子不进入曲线MON左侧磁场区域，应满足
解得
要使质子不进入曲线MON左侧磁场区域，应满足
解得
质子速度的大小范围为，
答：质子的初速度大小为；
质子从N点运动到M点所用的时间为；
质子速度的大小范围，。 

【解析】画出质子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求出速度；
根据质子在磁场中做匀速圆周运动的周期，结合质子在左右磁场中运动的时间相等，求出质子从N点运动到M点所用的时间；
分情况讨论质子在右磁场中的运动：要使质子不进入曲线MON左侧磁场区域时，质子速度的大小范围。
本题考查带电粒子在组合场中的运动，解决本题的关键是准确画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出圆心角和半径。
 

15.【答案】解：小球从A运动到C点的过程中，根据机械能守恒可知
解得
小球第一次刚滑到C点时，根据牛顿第二定律有
解得
设小球达到E点时竖直方向上的分速度大小为，水平分速度为，则

小球第一次从E点离开Q后在空中做斜上抛运动，设空中运动时间为t，则

解得
设小球第一次通过C点时的速度大小为v，则
解得
小球第一次从D点滑上DE到再次回到D点的运动过程中，小球和Q组成的系统机械能守恒，在水平方向上动量守恒，则

解得
小球能第二次在BC上运动，应满足
解得
答：小球第一次刚滑到C点时P对小球的支持力大小5mg；
小球第一次滑过E点后在空中运动的水平位移大小R；
的质量M应满足的条件。 

【解析】小球从A运动到C点的过程中，根据机械能守恒，求速度，在C点，根据牛顿第二定律，求P对小球的支持力大小；
设小球达到E点时竖直方向上的分速度大小为，水平分速度为，根据机械能守恒和水平方向动量守恒列式，小球第一次从E点离开Q后在空中做斜上抛运动，根据运动学公式列式，求小球第一次滑过E点后在空中运动的水平位移大小；
设小球第一次通过C点时的速度大小为v，根据动量守恒列式，小球和Q组成的系统机械能守恒，在水平方向上动量守恒，列式，求P的质量M满足的条件。
本题考查学生对牛顿第二定律、机械能守恒定律、动量守恒定律的掌握，难度较高，解题关键是能够正确使用动量守恒定律和水平方向上动量守恒定律。