2023年高考第三次模拟考试卷-物理（福建A卷）（全解全析）.pdf

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1、福建省2023届高中毕业班第三次质量检测（预测A 卷）物理试题（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、单选题（共16分）1.（本题4分）全红婵在今年东京奥运会10米跳台决赛中，五跳中三跳获满分，以总分466.20分打破纪录，获得奥运金牌，关于比赛，以下说法正确的是（）A.比赛中裁判给她评分时，

2、可以把她看成质点B.题干中“10米跳台”中 的10米，指的是运动员跳水过程中的路程C.比赛过程中，她的指尖入水速度，指的是瞬时速度D.根据赛程安排，决赛在北京时间2021年8月4日14:00开始，这里的14:00指的是时间【答案】C【详解】A.比赛中裁判给她打分时，要分析动作细节，不可以把她看成质点。故A错误；B.“10米”指的是跳台距水面的高度。故B错误；C.入水速度，指的是瞬时速度。故c正确；D.14:00指的是比赛开始的时刻。故D错误。故选C。2.（本题4分）智能手机无线充电器利用互感原理工作，由发射器和接收器组成，分别有发射线圈和接收线圈。已知发射、接收线圈匝数比 为=5:1,AB端输

3、入电压为U=5&sin200加（V）,则（）A8”A.接收线圈e接收线圈的输出电压有效值为IVB.接收线圈中输出电流方向每秒变化200次C.D.C发射线圈接收线圈的输出功率等于发射线圈输入功率改变发射器和接收器的距离，不影响其充电效率【答案】B【详解】A C D.发射线圈电压的有效值5*5V根据理想变压器电压匝数关系有且=殳t/2 n2解得4 =1V智能手机无线充电器利用互感原理工作，能量从发射线圈向接收线圈转移，在转移过程中，存在一定的能量损耗，距离越远，损耗越大，因此收线圈的输出功率小于发射线圈输入功率，改变发射器和接收器的距离，对充电效率有影响，电压匝数比不再成立，即接收线圈的输出电压有

4、效值小于IV,A CD 错误;B.无线充电器利用互感原理工作，工作过程中不改变交流电的频率，即接收线圈中输出电流的周期为rj-27V 2 兀T=-s=0.0 Is 200%由于一个周期内，电流方向改变两次，则接收线圈中输出电流方向每秒变化次数为X 2=2000.01B 周期。故选B。3.（本题4 分）如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面4 5 c 的复色光从空气射向AB边的 中 点 入 射 方 向 与 边 的 夹 角 为，=30。，经三棱镜折射后分为“、6 两束单色光,单色光a 偏折到8C 边的中点E,单色光6 偏折到尸点，则下列说法正确的是（）A.”光的频率小于匕光的频率B.棱镜对单色光匕的

5、折射率小于6C.在棱镜中“光的传播速度大于力光的传播速度D.分别通过同一双缝干涉装置，光的相邻亮条纹间距大【答案】B【详解】A.由光路图可知，三棱镜对光的折射率较大，则。光的频率大于光的频率，A 错误；B.如图所示。光在A 8边的入射角为i=60。，折射角为r=30。，则三棱镜对“光的折射率为sin 60 rrna=-=V3 sin 30由于三棱镜对b 光的折射率较小，故棱镜对单色光6 的折射率小于6,B 正确；C.根据v=n由于三棱镜对光的折射率较大，故在棱镜中光的传播速度小于b 光的传播速度，C错误；D.三棱镜对。光的折射率较大，则“光的频率较大，。光的波长较小，根据,L,Ax=Z可知分别

6、通过同一双缝干涉装置，。光的相邻亮条纹间距小，D错误。故选B。4.（本题4分）如图所示，质量为M、倾角。=30。的斜面体始终静止在水平桌面上，质量为，”的木块沿光滑斜面自由下滑，重力加速度大小为g,下列结论正确的是（）A.斜面体处于失重状态 B.木块对斜面体的压力大小为卜咫C.桌面对斜面体的摩擦力大小为把你 D.桌面对斜面体的支持力大小为4（M+m）g【答案】C【详解】A.斜面体静止，处于平衡状态，故A错误；B.木块对斜面体的压力大小为N、=mg cos 0=mg故B错误；C.对斜面体，在水平方向上根据平衡条件可得桌面对斜面体的摩擦力大小为f =Ntsin0=-mg故C正确；D.对斜面体，在竖

7、直方向上根据平衡条件可得桌面对斜面体的支持力大小为3M-Mg+N cos 3=Mg+ntg故D错误。故选C。二、多选题（共24分）5.（本题6分）如图所示，两完全相同的圆柱体M、N放置在木板与竖直墙之间，现以木板与墙连接处所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置缓慢地转到水平位置，不计一切摩擦。在此过程中，下列说法正确的是（）A.柱体N 对木板的压力减小B.墙对柱体M 的弹力减小C.柱体M 对木板的压力减小D.柱体M、N 之间的弹力增大【答案】BC【详解】A D.对 N 受力分析，设木板与水平方向夹角为由平衡条件知M、N 间弹力大小FMN=mgsin 0板对N 的弹力大小Nv=mgcos 0木板

8、缓慢转到水平位置过程，夕逐渐减小到零，代入上式可得结论，FMN逐渐减小到零,Mv逐渐增大。故 AD错误；B C.对 M、N 两圆柱体组成的整体，由平衡条件，墙对整体的弹力大小F=G。tan 0木板对两球的弹力大小刈+2%COS0由。逐渐减小到零，Mv逐渐增大带，代入上式，结合牛顿第三定律可得结论：尸期大小逐渐减小，N”逐渐减小，故 BC正确。故选BC。6.（本题6 分）图甲为一列简谐波在f=0.10s时刻的波形图，P 是平衡位置为x=1.0m处的质点，。是平衡位置为x=4.0m处的质点，图乙为质点。的振动图像，则（）A.在f=0.25s时，质点P 的速度方向为y 轴正方向jrB.质点。简谐运动

9、的表达式为x=10sin5 f（cm）C.从f=0.10s至 IJf=0.20s,该波沿x 轴负方向传播了4mD.从f=0.10s到r=0.25s,质 点 F 通过的路程为30cm【答案】AC【详解】A.由振动图象知，U0.10S时，。处于平衡位置向下振动，根据上下坡法知，波沿x 轴负方向传播，当仁0.25s时，即在UO.lOs开始经过=7,质点P 在平衡位置以下向上振动，即速度方向沿），轴正方向，故 A 正确；B.由图可知a =-=lOnrad/sT 0.20则质点。简谐运动的表达式为y=lOsinlOTrz（cm）故 B 错误；C.由图可知，波速为2 8,v=m/s=40m/sT 0.2则

10、从f=0/0 s到f=0.20s,该波沿x 轴负方向传播了 4m,故 C 正确；3D.由于P 点不是在波峰或波谷，或平衡位置，经过0.15s,即经过3 个周期，质点经历4的路程不等于3 A,即 30cm,故 D 错误。故选AC。7.（本题6 分）我国发射的“夸父一号”太阳探测卫星采用的是距地面高度720km左右、周期约为100分钟的太阳同步晨昏轨道。所谓太阳同步晨昏轨道，从宇宙中看，卫星一方面围绕地球飞行（看作匀速圆周运动）且跟随着地球绕太阳公转，另一方面轨道平面围绕太阳转动，保持这个面一直朝向太阳。下列说法正确的是（）A.“夸父一号”的发射速度大于11.2km/sB.以太阳为参考系，夸父一号

11、”做匀速圆周运动C.“夸父一号”绕地球运行的角速度大于地球的自转角速度D.“夸父一号”连续两次经过地球赤道上同一位置正上空所用的时间间隔约为120小时【答案】CD【详解】A.因 为 11.2km/s是第二宇宙速度，是挣脱地球引力束缚的最小速度，有题意可知，“夸父一号”并未脱离地球，仍靠地球引力提供向心力，所以发射速度不会大于11.2km/s,A 错误；B.以地球为参考系，“夸父一号”做匀速圆周运动，B 错误；C.“夸父一号”的周期为lOOmin,而地球的自转周期为24小时，所以又因为2万(0=一T可得，“夸父一号”绕地球运行的角速度大于地球的自转角速度，C 正确；D.由。=素24可 得“夸父一

12、号”与地球自转的角速度之比为(Q _T0 _ 24h 72点=下=西60由题意得，夸父一号”连续两次经过地球赤道上同一位置正上空，则可能转半圈的奇数倍或者偶数倍。设地球转半圈数为“，则地球转个半圈的时间内，“夸父一号”转14.4”个半圈。由几何关系得，满足-77=14.4-2 2上式中，满足 和14.4同时为奇数或者偶数，贝山?最小取1 0,所以此时地球转了 5 圈，则Ar=5x24h=120hD 正确。故选CD。8.(本题6 分)如图所示，A、B 两物块用细线相连绕过轻质定滑轮，B 和物块C 在竖直方向上通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，C 放在水平地面上。控制A 使细线拉直但无弹力。释放A

13、 运动至速度最大，此时C 恰好离开地面。A 始终未落地，滑轮两侧细线始终保持竖直状态。已知B、C 的质量均为如重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计，则()A.A 的质量为3次B.C 恰好离开地面时，B 的加速度为零C.弹簧恢复原长瞬间，细线中的拉力大小为半D.A 的最大速度为g旧【答案】BC【详解】B.当 C 恰好离开地面时，弹簧处于拉伸状态且弹力等于?g,将连接体AB整体作为研究对象，此时A 运动至速度最大时，AB整体加速度为零，此时弹簧对B 的拉力T=mgA B整体加速度为零，B 的加速度也为零，故 B 正确；A.因为AB整体的合力为零，对 AB整体进行受力分析可得%g=M+r则有%=

14、2%故 A 错误；C.弹簧恢复原长瞬间，AB整体加速度为a=mAg-mBg=3则细线中的拉力大小为,1 4故 C 正确；D.ABC作为整体，根据能量守恒可得/g ,誓=,等+；g+mB)vlK K 乙解得故 D 错误。故选BC。第H卷（非选择题）请点击修改第I I 卷的文字说明三、填空题（共 8 分）9.（本题4 分）为预防病毒感染，食堂熬好“黄防败毒汤”并用环保塑料袋打包运送给学生。若将刚熬好的“黄防败毒汤”倒入导热性能良好的塑料袋中并迅速打结（不漏气），由于袋内空气的温度先升高后下降，一小段时间后鼓起的塑料袋瘪掉，则在温度下降的过程中，外界对袋内空气（视为理想气体）做（填“正功”或 负功”

15、），袋内空气（填“吸收”或“放出”）热量。【答案】正 功 放 出【详解】UJ因为袋内空气的体积减小，所以外界对袋内空气做正功。因为袋内空气的温度下降，所以袋内空气的内能减小，根据热力学第一定律可知，袋内空气放热。10.（本题4 分）中国探月工程“绕、落、回 三步走规划如期完成，同时实现了中国首次月球无人采样返回。月球土壤里存在大量汜e,两个;He原子可以发生核聚变产生;He,该反应方程式为：2；H e r 2+；He（填相应粒子的符号），；He的比结合能（选填“大于”或 小于”）：H e的比结合能。【答案】；H 小于【详解】口 由核反应方程前后质量数与电荷数守恒可得2；H e-2；H+；He

16、比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大，原子中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故;He的比结合能小于;H e的比结合能。四、实验题（共 1 2 分）1 1.（本题6分）某实验小组为测量一质量为m的小球通过某一微尘区所受到的平均阻力的大小，设计了如图甲所示的装置，实验过程如下：释放装置甲（1）将小球固定于释放装置上，调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落过程中球心可通过光电门。测得小球球心与光电门间的竖直距离h.（2）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图乙所示，小球直径4_ _ _ _ _ _ mm。（3）测量时，应_ _ _ _ _ _ （填选项前的字母序号），并记录小球

17、通过光电门的遮光时间九A.先释放小球，后接通数字计时器B.先接通数字计时器，后释放小球C.操作的先后顺序对实验结果无影响（4）已知当地重力加速度为g,由以上测得的相关物理量计算可得小球通过微尘区所受 的 平 均 阻 力 户 （用字母机、d、g、和 表示）。【答案】6.8 8 2 （6.8 8 1-6.8 8 4）B ”?g-2ht【详解】（2）1 根据螺旋测微器的读数规律，小球的直径为d e J5nnm=t 6瑞 区 2 m m .（3）2 在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时器，再释放小球，A错误，B正确。故选B o（4）3 依题意，

18、小球向下运动的高度为凡通过光电门的速度为v=由牛顿第二定律有mg f =ma由运动学公式有可得v22ah解得md21 2.(本题6 分)某学习小组欲测定多用电表电池的电动势及一量程为3 V 的电压表的电阻。(1)如甲图所示，将多用电表选择开关旋至欧姆挡“xlOO”的挡位，欧姆调零之后，导线 A 应 插 入 电 压 表 的 (选填“正号”或“负号”)插 孔；指针稳定在丙图中的位置,则电压表的阻值为 C；此时电压表的示数为 V。AB甲(2)丙图中，欧姆表表盘上示数为“15”的刻度线处于表盘的中央位置，则测定电压表(3)若将该电压表的量程扩大5 倍，则应与其串联一个 C的电阻。【答案】负号 3000

19、 1.00 1500 1.5 1.2xl04【详解】（1）口 用多用电表的欧姆挡时内部电源被接通，且黑表笔接内部电源的正极,即电流从欧姆表的黑表笔流出，从电压表的正极流入，则红表笔接电压表的负极。读数为30 x1000=3000。3电压表的精度为0.1 V,故读数为1.00V。（2）4中值电阻表示欧姆表内阻，所以为15xlOOQ=15OOQ 5电压表内阻为3000C,分得的电压为I V,故1500。分得的电压为0.5 V,所以电源的电动势为1.5V。（3）串联的阻值大小，根据串联分压规律可得为1 C/?=-J-Q =1.2X104Q3000五、解答题（共40分）1 3.（本 题12分）2022

20、年11月6日“2022年全国赛艇锦标赛”在丽水南明湖上圆满收官，如图所示，在比赛加速和减速阶段，赛艇均可视为匀变速直线运动，已知加速阶段每次拉桨产生一个恒定的水平总推力尸，其作用时间r=（）.5 s,然后桨叶垂直离开水面，直到再次拉桨，完成一个完整划桨过程，一个完整的拉桨过程总时间为1.5s。已知运动员与 赛 艇 的 总 质 量2 0 0 k g,赛艇静止开始第一次拉桨匀加速的位移为0.5 m,整个运动过程所受恒定阻力/=200N。求：（1）在加速过程中的加速度；（2）拉桨所产生的水平总推力厂；（3）从静止开始完成一次完整划桨赛艇通过的总位移；【答案】（1）4m/s2;（2）1000N；（3）

21、3m【详解】（1）第一次拉浆的过程中，由运动学公式I 24=5卬可得，在加速过程中的加速度为at=4 m/s2（2）第一次拉浆的过程中，由牛顿第二定律F-f =M a.可得，拉桨所产生的水平总推力为F =1 0 0 0 N（3）在撤去尸后，由牛顿第二定律f=M a2由运动学公式得，在撤去F 后的位移为1x2=ajt2-a.其中t2=I s联立可得x2=1.5 m所以，从静止开始完成一次完整划桨赛艇通过的总位移为x=xt+x2=0.5 m+1.5 m=2 m1 4.（本 题 1 2 分）如图所示，在 E=1 0 3 v/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道 Q P N 与一水平绝缘轨道M

22、 N 连接,半圆形轨道平面与电场线平行，P为 QN圆弧的中点，其半径R=4 0 c m,一带正电q=l（y 4 c 的小滑块质量优=1 0 g,与水平轨道间的动摩擦因数=0.1 5,位于N点右侧1.5 m处，当以初速度vo向左运动时，小滑块恰能通过圆轨道的最高点Q。取 g=1 0 m/s 2,求：（1）初速度如大小？（2）滑块通过P点时对轨道的压力尸多大？（3）滑块从。点飞出时，电场大小不变方向变为水平向右，求落地点距N的距离x。EN【答案】(1)7 m/s；(2)0.6 N；(3)1.9 3 m【详解】(1)设小球到达。点时速度为v,则mg+qE=m 滑块从开始运动到达。点过程中1 2 1

23、7-mg-2R-qE-2R(mg +qE)x=mv-mvj联立方程组，解得%=7 m/sv=2 V 2 m/s(2)设滑块到达P点 时 速 度 为 则从开始运动到P点过程一 (qE+mg)x-(mg+qE)R=；my，2 一:加 讶又在P点时代入数据，解得FN=0.6N(3)滑块从。点飞出时，电场大小不变方向变为水平向右，下落时间为|竺=。4水平速度为v=2 血 m/s水平方向加速度为ax=1 0 m/s2m落地点距N的距离x=vt+axt2=1.9 3 m1 5.(本 题 1 6 分)如图所示，倾角6 =3 0。的光滑倾斜导体轨道(足够长)与光滑水平导体轨道连接。轨道宽度均为乙=l m,电阻

24、忽略不计。匀强磁场I 仅分布在水平轨道平面所在区域，方向水平向右，大小4=1 T；匀强磁场H 仅分布在倾斜轨道平面所在区域,方向垂直于倾斜轨道平面向下，大小4=仃。现将两质量均为机=0.2 kg,电阻均为R =0.5 Q 的 相 同 导 体 棒 和 c d,垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上，并同时由静止释放，g=1 0 m/s 2。(1)求导体棒c d 沿斜轨道下滑的最大速度的大小；(2)若已知从开始运动到c d 棒达到最大速度的过程中，血棒产生的焦耳热。=Q 4 5 J,求该过程中通过c d 棒横截面的电荷量；(3)若已知必 棒开始运动时距水平轨道高度力=c d 棒由静止释放后，为使

25、c d 棒中无感应电流，可让磁场H的磁感应强度随时间变化，将棒开始运动的时刻记为f =0,此时磁场I I 的磁感应强度为线=1 T ,试求棒在倾斜轨道上下滑的这段时间内，磁场H的磁感应强度8随时间，变化的关系式，并写出正确的定义域。【答案】(1)lm/s；(2)1 C；(3)B-T(r V 8 s)8-r【详解】(1)c d 棒匀速运动时速度最大，设为外,棒中感应电动势为电流为/,感应电动势为E=B2Lvm感应电流为E2R由平衡条件得mg si n 0=BJL代入数据解得vm=lm/s(2)设棒从开始运动到达到最大速度的过程中经过的时间为r,通过的距离为x,M棒中平均感应电动势为目，平均感应电流为/,通过c d 棒横截面的电荷量为 由能量守恒定律得mgxsin 0=+2Q感应电动势为同B、Lx感应电流为=且2R电荷量为4 =代入数据解得=B“L 上-0 si n，加速度为。=g si n，位移为1 2 D =B L|-x.|（si n。h 1 2C ite.si n。2 解得%=瓜为使c d棒中无感应电流，必须有0 =解得B =UyT（r 疯）o-t