2023届福建省厦门第六中学高三一模物理试卷(含答案)

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2023年福建省厦门六中高考物理一模试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共5小题，共22.0分）

1.  年月日，我国具有完全知识产权的三代百万千瓦级核电技术电站“华龙一号”全球首堆并网成功。“华龙一号”发电机利用的是铀核裂变释放的核能，则下列叙述正确的是(    )
 

A. 铀核中子数为
B. 核裂变遗留物对环境没有污染
C. 该核裂变反应生成物的质量小于反应物的质量
D. 该核裂变可能的一种核反应方程式是

2.  如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为：，原线圈两端的交变电压为，氖泡在两端电压达到时开始发光，下列说法中正确的是(    )

A. 开关接通后，氖泡的发光频率为
B. 开关接通后，电压表的示数周期性变化，周期为
C. 开关接通后，电压表的示数变小
D. 开关接通后，原线圈两端的电压不变，所以变压器的输入功率不变

3.  我国火星探测器“祝融号”在年月中旬到月下旬发生短暂“失联”，原因是发生“火星合日”现象．“火星合日”是指当火星和地球分别位于太阳两侧与太阳共线的天文现象，如图所示．已知火星公转周期为，地球公转周期为，地球与火星绕行方向相同．则(    )

A.
B. 火星与地球轨道半径之比为
C. 火星与地球公转的线速度之比为
D. 相邻两次“火星合日”的时间间隔为

4.  如图，轻弹簧下端固定在倾角为的光滑斜面底端，另一自由端处于点，质量为的小滑块从点由静止下滑，点时速度最大，到点图中未画出速度为零、已知，取，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，则(    )

A.
B. 滑块不可能再回到点
C. 弹簧的劲度系数是
D. 滑块从点到点的动能增加量小于弹簧的弹性势能减小量

5.  如图，直角支架固定在水平地面上，小球穿在竖直光滑杆上，横杆上固定一滑轮。将细绳一端系在上，另一端跨过滑轮系在小水桶上，系统处于静止状态。现因桶底破损，里面有少许水缓慢渗漏下来。不计滑轮质量及摩擦，在球缓慢下降过程中(    )

A. 绳对球拉力的竖直分量保持不变
B. 竖直杆对球的弹力保持不变
C. 轴对滑轮的作用力方向竖直向上
D. 轴对滑轮的作用力越来越小

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

6.  如图，、两点电场强度相同，电势也相同的是(    )
 

A. 图中，与点电荷等距的、两点
B. 图中，两块面积足够大且靠近的平行金属板之间，与上板等距的、两点
C. 图中，两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的、两点
D. 图中，两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的、两点

7.  如图所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根内部粗细均匀透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱长度可以忽略，如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。当温度由变为时，油柱从离接口处缓慢移到离接口的位置。下列说法正确的是(    )

A. 单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增加
B. 饮料罐内气体的压强变小
C. 罐内气体对外做的功小于气体从外界吸收的热量
D. 若给吸管标上温度刻度值，刻度是均匀的

8.  如图甲，质量的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的段为抛物线，段为直线，下列说法正确的是(    )
 

A. 传送带沿逆时针方向转动
B. 传送带速度大小为
C. 物块刚滑上传送带时的速度大小为
D. 内摩擦力对物块所做的功为

第II卷（非选择题）

三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）

9.  我国女航天员王亚平在“太空授课”中演示了一个水球实验：在一个水球内注入空气，水球里形成了一个球形气泡，观察到水球中的球形气泡特别明亮，这主要是因为光在气泡表面发生了全反射现象。如图所示，若光在气泡表面点恰好发生全反射，反射角为，则水的折射率为______。已知间距离为，光在空气中传播速度为，则光在水中传播的时间为______。

10.  在平静的水面上激起一列水波，使水面上漂浮的小树叶在内全振动了次。当某小树叶开始第次振动时，沿水波传播的方向与该小树叶相距、浮在水面的另一小树叶刚好开始振动，则此水波的周期为        ，此水波的传播速度为        。

四、实验题（本大题共2小题，共12.0分）

11.  某同学利用水平放置的气垫导轨装置探究加速度气垫导轨与力的关系，如图甲所示。
用游标卡尺测得遮光条宽度如图乙所示，其读数为        ；
接通气源，放上滑块，用滑块来判断气垫导轨是否水平。你的判断方法是        ；
导轨水平后，用天平称出沙桶的总质量远小于滑块质量，将滑块置于气垫导轨右端，用刻度尺测得遮光条到光电门的水平距离。让在沙桶拉力作用下由静止开始运动，测得遮光条经光电门的遮光时间。由此可得出滑块运动的加速度        ，受到的合力        均用上述题中测得的物理量符号表示，重力加速度为；
在桶中加入适量的沙子，重复实验，得到多组、值，绘制图像，由此可得出结论。

12.  电饭锅有“煮饭”和“保温”两种工作模式，在额定电压下功率分别为和。某同学通过实验测定该电饭锅两种工作模式的电阻。
备有实验器材：
滑动变阻器最大阻值，电阻箱精度，电压表量程，内阻约，电流表量程，内阻，干电池两节，开关及导线若干。

利用上述器材，设计如图甲电路。实验前应将滑动变阻器滑片置于______填“”或“”端。
将电饭锅置于其中一种工作模式，闭合，调节滑片于不同位置，记录多组、的示数，在图乙中绘制图线；
将电饭锅置于另一种工作模式，闭合，发现电流表读数超过量程，立即断开。经过分析计算，决定将电流表量程扩大到，则应将电阻箱与电流表并联，并将其阻值调节至______；按原表盘刻度读数，绘得图线。
由此可知电饭锅“煮饭”模式的电阻阻值为______结果保留位有效数字；
计算发现，实验操作、数据记录与处理均正确无误，但实验得到的结果比电饭锅正常工作时的阻值小很多，造成该差异的主要原因：______。

五、计算题（本大题共3小题，共40.0分）

13.  质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如图所示为一种质谱仪的示意图．已知离子的质量为，带电量为，重力不计．速度选择器其中电场强度为，匀强磁场磁感应强度为．
为了使离子从静止开始经加速电场后沿直线穿过速度选择器，加速电压应多大？
离子进入匀强磁场区域后，要使离子打在乳胶底片上的位置距离射入点的距离为，应为多大？
离子在匀强磁场区域中运动的时间多长？

14.  如图，不可伸长的轻绳一端与质量为的小球相连，另一端跨过两等高定滑轮与物块连接，物块置于左侧滑轮正下方的水平压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为。现用水平向右恒力将小球由最低处拉至轻绳与竖直方向夹角处，立即撤去，此时传感装置示数为已知物块始终没有脱离传感装置，重力加速度为，不计滑轮的大小和一切摩擦，，，求：
撤去时小球的速度大小；
小球返回最低处时轻绳的拉力大小；
小球返回最低处时传感装置的示数。

15.  如图，、为足够长平行光滑水平金属导轨，处于竖直向下的匀强磁场中，、为足够长倾斜粗糙平行金属导轨，处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，底端接的电容器。端与端高度差，水平距离。现将导体棒静置在水平分导轨固定小钉的右侧，导体棒以速度从端滑入，一段时间后棒从端抛出，恰能无碰撞从端进入斜导轨。已知导轨间距均为，两磁场的磁感应强度均为，两棒质量均为，接入电阻均为，导轨电阻不计，棒始终与导轨垂直且接触良好，棒与斜导轨的动摩擦因数，取。求：
棒从端抛出时的速度大小；
棒抛出前瞬间棒所受安培力的功率；
最终电容器存储的电荷量。

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：、铀核质子数为，故中子数为，故A错误；
B、核裂变遗留物具有放射性，对环境具有污染，故B错误；
C、核裂变时重核裂变为轻核，释放能量，结合质能方程可知该核裂变反应生成物的质量小于反应物的质量，故C正确；
D、要发生核裂变，需要中子去轰击铀核，故虽然此方程式左右两边质量数、质子数可以配平，但不符合物理实验规律，故D错误；
故选：。
明确铀核的质子数和中子数，核裂变的产物对环境具有放射性，铀核裂变是重核裂变为轻核，在裂变过程中是用中子轰击铀核。
本题考查铀核的裂变，明确裂变方程，知道质子数和中子数即可判断。
 

2.【答案】 

【解析】解：、变压器不会改变电源的频率，所以副线圈中电流的角速度为：

一个周期内电流的方向变化两次，则时间内氖泡的发光频率为：
，故A正确；
B、电压表测量的是电压的有效值，数值不会发生变化，故B错误；
、开关接通后，副线圈的电阻减小，因为线圈匝数和原线圈两端的电压保持不变，所以副线圈的电压保持不变，即电压表示数不变，电流增大，所以副线圈的功率增大，根据变压器的原理可知，变压器的输入功率也变大，故CD错误；
故选：。
根据交变电压的表达式得出角速度，结合频率、周期和角速度之间的关系得出氖泡的发光频率；
电压表测量的是电压的有效值，数值不做周期性变化；
根据电阻和电压的变化得出副线圈功率的变化，进而得出原线圈功率的变化。
本题主要考查了变压器的相关应用，理解变压器的工作原理，结合功率的计算公式即可完成分析。
 

3.【答案】 

【解析】解：、根据开普勒第三定律，可知，故A错误；
B、由，得，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力有：，解得线速度，可知，故C错误；
D、相邻两次火星合日，即地球比火星多转周经过时间为则有，解得相邻两次“火星合日”的时间间隔为，故D正确．
故选：。
根据开普勒第二定律以及开普勒第三定律可以求得选项，根据下一次出现火星合日时，地球绕太阳转过的角度比火星绕太阳转过的角度多了可以求得两次“火星合日”的时间间隔。
本题考查开普勒定律，其中关于天体相遇问题是学生的易错点，该题需要学生从天体的相对运动角度理解。
 

4.【答案】 

【解析】解：、物块从点接触弹簧向下运动，可视为弹簧振子，由于点有速度，所以与不对称，所以，故A错误；
B、由于斜面光滑，所以弹簧与小滑块组成的系统机械能守恒，所以滑块可以再回到点，故B错误；
C、在点时速度最大，此时加速度为零，有，解得：，故C错误；
D、从到，弹簧与小滑块组成的系统机械能守恒，动能的增加量与重力势能增加量之和等于弹簧弹性势能的减小量，即，因此，故D正确。
故选：。
根据弹簧振子的运动特点定性地分析出和的长度关系；
滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，因此滑块能够回到点；
在点时速度最大，则加速度为零，结合受力分析得出弹簧的劲度系数；
根据能量的转化关系得出动能增加量与弹性势能减小量的大小关系。
本题以滑块的运动为考查背景，要利用弹簧振子的运动分析出位移的大小关系，同时理解能量的转化特点完成分析。
 

5.【答案】 

【解析】解：、设细绳与竖直方向的夹角为，对受力分析如图所示
可知：，，又，
在水桶缓慢渗漏过程中，减小，则减小，减小，则减小，故A正确，B错误；
、细绳对滑轮作用力如图所示：轴对滑轮作用力与等大反向，因减小，减小，合力大小变化不确定，故CD错误；
故选：。
对受力分析，水桶缓慢渗漏过程中，绳的拉力逐渐减小，即可判断；对滑轮受力分析，由力的合成即可解答。
本题考查共点力平衡，解题关键是对受力分析列出平衡式进行判断力的变化，对滑轮受力分析由平行四边形定则判定。
 

6.【答案】 

【解析】解：、电场是矢量，图中，两点电场方向相反，故A错误；
B、图中，两块面积足够大且靠近的平行金属板之间，与上板等距的、两点，电场强度大小方向都相同，位于同一水平线的电势相等，故B正确；
C、两个等量异种点电荷连线的中垂线是等势线，根据对称性可知、两点电场强度相同，电势也相同，故C正确；
D、图中，两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的、两点电场强度大小相等，方向相反，电势相同，故D错误；
故选：。
根据电场线与等势线的分布关系可分析解答。
该题考查常见电场的特点，解题的关键是掌握对称性的分析方法，画出图形，即可解答，属于基础题目。
 

7.【答案】 

【解析】解：、根据题意可知，气体的压强不变，仍等于大气压强，而体积变大，所以气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，根据压强的微观解释可知，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减小，故AB错误；
C、气体的压强不变，而体积变大，根据一定质量的理想气体的状态方程可知，气体的温度升高，则内能增大，根据热力学第一定律可知气体对外做功，需要从外界吸收热量，罐内气体对外做的功小于气体从外界吸收的热量，故C正确；
D、设油柱距接口距离为，由盖吕萨克定律可得：

解得：
与成线性关系，刻度是均匀的，故D正确；
故选：。
根据题意分析出气体压强的变化，结合压强的微观解释分析出单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数的数量变化；
根据热力学第一定律结合气体内能的变化出气体做功和吸热量的大小关系；
根据盖吕萨克定律分析出刻度是否是均匀的。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，解题的关键点是分析出气体状态参量的变化，结合热力学第一定律即可完成分析。
 

8.【答案】 

【解析】解：、根据位移时间图象的斜率表示速度，可知：前物体向左做匀减速运动，向右做匀加速运动。内图像为倾斜直线，说明物块与传送带一起向右做匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，故A错误；
B、传送带的速度大小等于物块向右匀速运动的速度，为。故B正确，
C、前物体向左做匀减速运动，时速度为零，通过的位移，由，得，故C正确；
D.对物块在内，根据动能定理，解得摩擦力对物块所做的功为，故D正确。
故选：。
根据位移时间图象的斜率表示速度，分析物块的运动情况，从而判断出传送带的转动方向。在内图像为倾斜直线，说明物块向右做匀速运动，由斜率求出物体的速度即为传送带的速度。根据第内物体的运动过程，由位移时间公式求得物块匀减速运动的加速度大小，再由牛顿第二定律即可求解动摩擦因数。根据物体与传送带间相对位移大小求摩擦产生的热量。
本题借助传送带模型，考查变速直线运动规律、牛顿第二定律等知识点，解题的关键是要明确图象的斜率表示速度，正确分析物块的运动情况。要知道摩擦生热与相对路程有关。
 

9.【答案】  

【解析】解：由全反射临界角公式有：
则
光在水中传播的距离
光子水中的速度
则光在水中传播的时间
联立解得：
故答案为：，
水中或玻璃中的气泡看起来特别明亮是因为光从水或玻璃射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射；根据全反射临界角公式解得折射率，结合可解得传播时间。
本题考查光的折射，解题关键掌握全反射的发生条件及临界角的计算公式。
 

10.【答案】   

【解析】解：水面上漂浮的小树叶在内全振动了次，可知，解得
由题可知传播，沿水波传播的方向与该小树叶相距、浮在水面的另一小树叶刚好开始振动，则
解得：
故答案为：，
小树叶在内全振动了次，求出树叶振动一次的时间即树叶振动的周期，等于此水波的周期．由题意当某小树叶开始第次振动时，沿水波的传播方向与该小树叶相距、浮在水面的另一小树叶刚好开始振动，则波从第一个树叶传到第二个树叶的时间为个周期，求出传播时间，得到波速。
本题关键要理解并掌握波的周期含义，抓住波速的计算公式．
 

11.【答案】  轻推滑块，若滑块做匀速直线运动，说明气垫导轨水平    

【解析】解：由图示游标卡尺可知，其精度是，读数。
接通气源，放上滑块，用滑块来判断气垫导轨是否水平。判断方法是轻推滑块，若滑块做匀速直线运动，说明气垫导轨水平；
滑块在拉力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式

解得：
滑块在气垫导轨上运动不计摩擦力，沙桶的总质量远小于滑块质量，沙桶的总重力等于绳上拉力即滑块的合外力，
故答案为：；轻推滑块，若滑块做匀速直线运动，说明气垫导轨水平；
；。
游标卡尺的示数为主尺示数加上游标尺示数；
根据滑块运动的特点分析出气垫导轨是否水平；
由运动学的公式，求滑块的加速度，由牛顿第二定律求滑块的合外力。
本题考查了用气垫导轨探究合外力与加速度的关系，及游标卡尺的读数，用牛顿第二定律计算物体的合外力，难度不大。
 

12.【答案】正常工作比实验时温度高，金属电阻阻值随温度升高而增大 

【解析】解：为保护电路，接通开关时，电饭煲所在支路电流应最小，实验前应将滑动变阻器滑片置于端。
根据电表改装原理
解得：．
电饭锅“煮饭“模式时功率应该大，电阻应该较小，加相同电压时，电流应该较大，故其对应图线，当电饭锅电压为时，电流为
可知电饭锅“煮饭“模式的电阻阻值为
。
正常工作比实验时温度高，金属电阻阻值随温度升高而增大，故实验得到的结果比电饭锅正常工作时的阻值小很多。
故答案为：正常工作比实验时温度高，金属电阻阻值随温度升高而增大
根据滑动变阻器分压式，接入电路中电阻最小，电压最小，则最安全；
根据电表改装原理，即可求解；
根据欧姆定律，结合电流表的量程扩大，即可求解；
根据温度变化，导致电阻率变化，从而导致电阻变化。
本题主要是考查电表的量程改装和电阻的测量，掌握滑动变阻器的分压与限流的区别，理解还有温度会影响电阻率，注意第问题中电流表的读数不是实际值。
 

13.【答案】解：离子沿着直线穿过速度选择器，则电场力等于洛伦兹力，
 即，
离子在加速电场中加速运动，根据动能定理，则有：
由联立，可解得：
离子进入磁场区域后，在洛伦兹力提供向心力的作用下，使离子做匀速圆周运动，
根据牛顿第二定律，则有：
由几何关系可知，
综合以上两式，解得：
离子在匀强磁场区域中做匀速圆周运动，设运动的时间为，
则有：
而
从而解得：
答：为了使离子从静止开始经加速电场后沿直线穿过速度选择器，加速电压：；
离子进入匀强磁场区域后，要使离子打在乳胶底片上的位置距离射入点的距离为，磁感应强度为：；
离子在匀强磁场区域中运动的时间为． 

【解析】根据电场力等于洛伦兹力时，离子才能沿着直线穿过速度选择器，从而可求出进入速度选择器的速度；再根据动能定理，可确定离子在加速电场中，获得的动能，从而求出加速电压；
离子进入磁场区域后，在洛伦兹力提供向心力的作用下，使离子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律与几何关系，即可求解；
离子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，则根据周期公式，与运动轨迹，即可求解．
考查离子在加速电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，学会对离子受力分析，掌握平衡条件，理解洛伦兹力提供向心力的条件与应用，掌握牛顿第二定律与几何关系综合应用．
 

14.【答案】解：从最低点到，由动能定理：，解得：
从撤去到返回最低点，由动能定理：，在最低点，由牛顿第二定律：，联立解得：
撤去时轻绳拉力为，由牛顿第二定律：，解得：，对物块由平衡条件：，
小球返回最低处时，对物块：，，由牛顿第三定律，物块对传感器压力为，即传感装置的示数为
答：撤去时小球的速度大小 为；
小球返回最低处时轻绳的拉力大小为；
小球返回最低处时传感装置的示数为． 

【解析】从最低点到，由动能定理求解速度；当小球运动至最低位置时，根据动能定理求出瞬时速度，根据牛顿第二定律求得拉力；根据牛顿第二定律求解时轻绳拉力，对物块由平衡条件求得物块重力，再由平衡条件求得最低处传感装置的示数。
本题考查动能定理、牛顿第二定律在圆周运动中的应用、共点力的平衡条件的应用，要注意正确选择研究对象，做好受力分析及过程分析；进而选择正确的物理规律求解；要注意在学习中要对多个方程联立求解的方法多加训练．
 

15.【答案】解：棒从端抛出后做平抛运动，设其运动时间为，竖直方向有：

水平方向有：
解得：
设棒抛出时，棒速度大小为，在两棒均在水平轨道上运动的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律可得：
  
此时回路感应电动势为、感应电流为、安培力为，则

由闭合电路欧姆定律得：


棒抛出前瞬间棒所受安培力的功率为：

联立解得：
棒运动到端时速度为，斜面与水平夹角为，由动能定理得：
  
由几何关系可得：

解得：，
棒沿倾斜轨道下滑时，由于，所以棒所受合力为安培力，设稳定时速度为，电容器带电量为。
取沿斜面向下为正方向，由动量定理得：
 
又，，
联立解得：
答：棒从端抛出时的速度大小为。
棒抛出前瞬间棒所受安培力的功率为。
最终电容器存储的电荷量为。 

【解析】棒从端抛出后做平抛运动，根据下落的高度求平抛运动的时间，结合水平距离求平抛初速度大小；
在棒向右运动、棒到达端之前的过程，两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒。由动量守恒定律求解棒抛出时的速度大小，根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求棒抛出前瞬间回路中感应电流，再根据安培力的计算公式、功率的计算公式进行求解棒所受安培力的功率；
研究棒平抛运动的过程，根据动能定理求出棒运动到端时的速度大小，并求出斜面与水平夹角。棒沿倾斜轨道下滑时，由于，所以棒所受合力为安培力，根据动量定理、电容的定义式求解最终电容器存储的电荷量。
解答本题时，要搞清导体棒的运动情况和受力情况，熟练运用运动的分解法研究平抛运动，要知道在电磁感应问题中，常常根据动量定理求电荷量。