2023年高考第二次模拟考试试卷物理（福建A卷）（全解全析）

福建省

2023届高中毕业班第二次质量检测（预测）

物理•全解全析

注意事项：

i.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

第I卷（选择题）

一、单选题（共16分）

1.（本题4分）如图所示，某运动员在200米（单程50米）蝶泳比赛中，成绩是03秒86,

则下列说法正确的是（）

A.若运动员夺冠，则该运动员平均速度最大

B.200m是路程，03秒86是时间间隔

C.研究运动员技术动作时，运动员可被视为质点

D.运动员向后划水加速时，水对运动员的作用力大于运动员对水的作用力

【答案】B

【详解】A.由于200米蝶泳比赛是50米往返两次，因此整个过程位移为零，平均速度为

零，故A错误；

B.200m是路程，03秒86是时间间隔，故B正确；

C.研究运动员技术动作时，运动员的大小形状不可忽略，不能视为质点，故C错误；

D.运动员向后划水加速时，水对运动员的作用力与运动员对水的作用力是一对相互作用力,

大小相等方向相反，故D错误。

故选Bo

2.（本题4分）图甲为氢原子的能级图，大量处于〃=4激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐

射出多种不同频率的光，用辐射出的光照射图乙中光电管的阴极K,阴极K的材料为铝，

鸨的逸出功是4.54eV。则下列说法正确的是（）

n£7eV

4---------------------------0.85

3------------------------1.51

2------------------------3.40

1------------------------13.6

甲

A.能使鸨发生光电效应的光有4种

B.若将滑动变阻器的滑片右移，电路中的光电流一定增大

C.若将电源正、负极反接，电流表示数一定为0

D.逸出的光电子的最大初动能为8.21eV

【答案】D

【详解】A.氢原子从4-1、3-1、2Tl辐射的光子的能量都大于鸨的逸出功，都能使鸨

发生光电效应，因此大量处于〃=4激发态的领原子向低能级跃迁时辐射的光子中能使铝发

生光电效应的有3种，A错误；

B.将滑动变阻器的滑片右移，光电管两端的电压增大，但之前光电流是否达到饱和并不清

楚，因此光电管两端的电压增大，光电流不一定增大，B错误；

C.将电源正、负极反接，所加电压阻碍光电子向阳极运动，但若

eU<Ek,n

则仍有一定数量的光电子到达阳极形成光电流，C错误；

D.逸出的光电子的最大初动能为

&”=MWo=-O.85ev-(-13.6eV)454eV=8.21eV

D正确。

故选D。

3.(本题4分)如图甲所示，在匀强磁场中，一巨型金属线圈两次不同的转速绕与磁感线垂

直的轴匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的e-f图像分别如图乙中曲线〃、匕所示，

贝U()

A.两次1=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B.曲线a表示的交变电动势的最大值为25V

C.曲线b表示的交变电动势有效值为15VD.曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2

【答案】D

【详解】A.两次f=0时刻线圈产生的感应电动势均为零，可知此时穿过线圈的磁通量均最

大，A错误；

B,曲线。表示的交变电动势的最大值为30V,B错误；

D.转速”在单位为r/s时，本质上就指频率，即有

故两者的转速之比为

fa_Jh=0.03s=3

「J0.02s-2

D正确；

C.线圈在磁场中，感应电动势的瞬时值为

e=NBScosmcot=2/cNBSfsin2兀ft

则电动势的最大值

Eg'wNBSf

则有

E“max_fJa_3

Ebmaxfb2

曲线a表示的交变电动势最大值是30V,解得

=2°V

则曲线b表示的交变电动势有效值为

线=军=10内

c错误。

故选Do

4.（本题4分）如图所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B之间的动摩

擦因数是B和地面之间的动摩擦因数的4倍，A和B的质量均为〃现对A施加一水平向

右逐渐增大的力F,当E增大到用时A开始运动，之后力尸按图乙所示的规律继续增大，

图乙中的x为A运动的位移，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程,

以下说法正确的是（）

A.当尸>2尸°,木块A和木板B开始相对滑动

B.当F>Fo,木块A和木板B开始相对滑动

C.自JC=0至木板x=xo木板B对A做功大小为五4

4

D.mo时，木板B的速度大小为倍

【答案】D

【详解】AB.设A、B之间的最大摩擦力为人，B与地面之间的最大摩擦力为£,由于最

大静摩擦力等于滑动摩擦力，则

fm==2〃机g

可知，当斤增大到短，A开始运动时，B也和A一起滑动。则

Fo=f^=2/Jtng

当A、B发生相对滑动时，A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，整体隔离法得

Fma

-fm=

联立解得

尸=34

故AB错误；

CD.木板自x=0至kxo过程中，A、B没有发生相对滑动，整体动能定理得

(2F+F)1

200xo2mv2

―yd丹-fmo=Y

对A用动能定理，得

联立解得

故C错误，D正确。

故选D。

二、多选题（共24分）

5.（本题6分）光纤通信采用的光导纤维由内芯和外套组成，如图所示，一复色光以入射角综

射入光导纤维后分为a，b两束单色光，”，。两单色光在内芯和外套界面多次全反射后从

光导纤维另一端射出，下列说法正确的（）

A.内芯折射率小于外套的折射率

B.。光光子的能量大于力光光子的能量

C.在内芯中单色光。的传播速度比匕大

D.入射角由％逐渐增大时，。光先不发生全反射

【答案】CD

【详解】A.光在光在内芯和外套界面发生全反射，可知光从光密介质射入光疏介质，则内

芯的折射率大于外套的折射率，A错误；

B.由图可知，a光射入光导纤维后的折射角大于b光，有折射定律可知光导纤维对a的折

射率小于〃光的折射率，则a光的频率小于人光，根据光子能量公式，人光子的能量大于a

光光子的能量，B错误；

C.根据折射率公式，可以判断a光在光导纤维中的速度大于b光，C正确；

D.根据sinC=L,可知，a光的临界角比b光的大，所以入射角由优逐渐增大时，〃光先

n

不发生全反射，D正确。

故选CD。

6.（本题6分）如图所示，实线为两个点电荷Qi、Q2产生的电场的电场线，虚直线以为Q、

Q2连线的垂直平分线，。为垂足，c、d两点在垂直平分线上且关于Q/、。2连线对称。一电

子（不计重力）从。点沿虚曲线途径。点运动到b点。下列说法正确的是（）

A.。/的电荷量小于。2的电荷量

B.c、〃两点的电势相同，场强不相同

C.电子过0点时的加速度大于过«点时的加速度

D.电子在0点时的电势能大于在。点时的电势能

【答案】BC

【详解】A.。周围的电场线比。2周围的电场线密，说明Q/的电荷量大于02的电荷量，A

错误；

B.根据电场线的分布情况知Q/、Q为异种电荷，根据曲线运动的向心力方向指向凹处知，

Q/为正电荷，。2为负电荷，电场线的方向由Q沿电场线指向。2,根据对称性知c、d两点

的电势相等，场强大小相等，方向不同，B正确；

eE

C.。点附近的电场线比A点附近的电场线密，。点场强较大，由加速度”产生知，电子过

m

。点时的加速度大于过A点时的加速度，C正确；

D.电子从A点运动到0点的过程中电场力方向与速度方向的夹角小于90°,电场力做正功，

电势能逐渐减小，即电子在。点时的电势能小于在A点时的电势能，D错误。

故选BC。

7.（本题6分）2022年6月17日，我国第三艘航母福建舰正式下水，如图甲所示，福建舰配

备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。电磁弹射系统的具体实现方案有多种，并且十分复

杂。一种简化的物理模型如图乙所示，电源和一对足够长平行金属导轨M、N分别通过单

刀双掷开关K与电容器相连。电源的电动势E=6V,内阻不计。两条足够长的导轨相距L

=0.2m且水平放置处于磁感应强度fi=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面且竖

直向下，电容器的电容C=10F。现将一质量为机=0.1kg,电阻R=1C的金属滑块垂直放置

于导轨的滑槽内，分别与两导轨良好接触。将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，

再将K置于b,金属滑块会在电磁力的驱动下运动。不计导轨和电路其他部分的电阻，不计

电容器充、放电过程中电磁辐射和导轨产生的磁场对滑块的作用，忽略金属滑块运动过程中

的一切摩擦阻力。下列说法正确的是（）

A.开关K置于b后，金属块先做加速运动、后做减速运动

B.开关K置于b的瞬间，金属滑块的加速度大小为6m/s2

C.开关K置于b后，金属滑块获得的最大速度大小为30m/s

D.开关K置于b后，电容器最终带电量为零

【答案】BC

【详解】B.开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流为

/一

R

以金属滑块为研究对象，根据牛顿第二定律

F=BIL=ma

解得

BEL..

a=------=6m/s-2

mR

故B正确；

AC.金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动

势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大。设金属滑块加速运动

到最大速度时两端电压为U,电容器放电过程中的电荷量变化为△<7,放电时间为△/,流过

金属滑块的平均电流为/,在金属块滑动过程中，由动量定理得

BILAt=mv-O

由电流的定义

瓯=/加

由电容的定义

。嗑

电容器放电过程的电荷量变化为

△q=CAt/

且

\U=E-U

故

BLC(E-U)=mv

金属滑块运动后速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得

U=BLv

联合解得

v=30m/s

故A错误，C正确；

D.由C选项分析可知，当金属滑块运动后速度最大时起飞，其两端电压为

U=BLv=3V

即此时电容器两端电压为3V,电容极板上依然有电荷，未完全放电，故D错误。

故选BC。

8.（本题6分）2022年12月4日，总质量为m的神舟十四号载人飞船完成任务后返回地球，

如图所示，在返回过程中经历了在4点从圆形轨道I进入椭圆轨道H,A为椭圆轨道的远地

点到地心的距离2R；B为轨道II上的近地点到地心距离为R,B点加速度为为，线速度为%o

忽略稀薄空气阻力的影响，关于神舟十四号载人飞船的运动，下列说法中正确的有（）

轨道3

轨道n

A.神舟十四号载人飞船在轨道I上运行的加速度大小为粤

B.神舟十四号载人飞船在轨道I上运行的线速度大于%

C.神舟十四号载人飞船在轨道1上运行周期为在轨道I［上运行周期的巡倍

9

D.神舟十四号载人飞船从轨道I变轨到轨道n发动机需要做功的绝对值为吗-遮

48

【答案】ACD

【详解】A.设地球质量为根据题意可知神舟十四号载人飞船在8点加速度为

GMm

一^=呷＞

神舟十四号载人飞船在轨道1上运行的加速度大小为

联立解得

4

故A正确；

B.根据万有引力提供向心力可得

GMmv2

——---m—

rr

解得

可知神舟十四号载人飞船在轨道I上运行的线速度小于在B点绕地球做匀速圆周运动的线

速度，而轨道n上经过B点速度%大于在8点绕地球做匀速圆周运动的线速度，则神舟十

四号载人飞船在轨道I上运行的线速度小于%，故B错误；

C.根据开普勒第三定律可得

（2内（了）

-------=——----

1\12

可得

z_86

可知神舟十四号载人飞船在轨道I上运行周期为在轨道H上运行周期的晅倍，故C正确;

9

D.设神舟十四号载人飞船在轨道I的线速度为匕，则有

v

a=-%=—L\-

42H

设神舟十四号载人飞船在轨道II经过A点速度为〃,根据开普勒第二定律可得

—=—x2RTv\t

292与A

神舟十四号载人飞船从轨道I变轨到轨道II发动机需要做功的绝对值为

2'2"48

故D正确。

故选ACDo

第H卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

三、填空题（共8分）

9.（本题4分）一定质量的理想气体由状态A经状态B变化到状态C的P-V图像如图所示。

在由状态A变化到状态B的过程中，理想气体的温度（填“升高”、“降低”或‘不

变”）。在由状态A变化到状态C的过程中，理想气体吸收的热量___________它对外界做

的功（填“大于”、“小于”或“等于”）

【答案】升高等于

【详解】口］如图所示画出理想气体的等温线，由图像可知，由状态A变化到状态B的过程

中，理想气体的温度升高。

⑵由状态A变化到状态C的过程中，温度先增大后减小，状态A与状态C在同一等温线，

温度相等，根据理想气体内能由温度决定，则气体内能不变，再根据热力学第一定律可得

△U=W+Q

由状态A变化到状态C的过程中，体积增大，气体对外界做功，则W<0,而△"=（）,所以

有。>0,并且。=卬，则理想气体在该过吸收的热量等于它对外界做的功。

10.（本题4分）一列简谐横波在r=0.2s时刻的波形图如图甲所示，尸是平衡位置在x=lm处

的质点，。是平衡位置在x=4m的质点，图乙为质点。的振动图像，贝卜=0.2s时，质点尸

沿），轴（填“正”或“负”）方向运动；在2s内质点Q通过的路程为mo

【详解】口］［2］图乙为质点。的振动图像，贝卜=0.2s时，。向y轴负方向运动，根据平移

法可知，波向x轴负向传播，故此时质点尸沿y轴正方向运动；在2s内，即5T内，质点。

通过的路程为

s=4Ax5=2m

四、实验题（共12分）

11.（本题5分）用如图甲的装置研究自由落体运动规律。已知打点计时器的工作频50Hz。

带

纸

影

打

时

器

」

_

_QABCDq单位:cm

区升17.1T26.9干36.8”1

子

一

七

锤

B三

一

①电火花打点计时器必须接（填“220交流”、“低压交流”或“低压直流”）电源。

②部分实验步骤如下：

A.测量完毕，关闭电源，取出纸带。

B.接通电源，待打点计时器工作稳定后放开重锤。

C.扶着重锤停靠在打点计时器附近，重锤与纸带相连。

D.把打点计时器固定在夹板上，让纸带穿过限位孔。

上述实验步骤的正确顺序是：（用字母填写）。

③图乙中标出的每相邻两点之间还有4个记录点未画出，则相邻两计数点的时间间隔

7=So

④计数点C对应的瞬时速度大小为vC=m/So

⑤根据实验记录的数据计算重锤的加速度大小a=9.85m/s2

【答案】220交流DCBA0.12.2

【详解】①山电火花打点计时器必须接220交流电源。

②⑵先把打点计时器固定在夹板上，让纸带穿过限位孔。然后扶着重锤停靠在打点计时器

附近，重锤与纸带相连。接通电源，待打点计时器工作稳定后放开重锤。测量完毕，关闭电

源，取出纸带。故上述实验步骤的正确顺序是DCBA。

③⑶图乙中标出的每相邻两点之间还有4个记录点未画出，则相邻两计数点的时间间隔

r=o.is

④[4]计数点。对应的瞬时速度大小为

xBC+xCD=22m/s

c2T

12.（本题7分）由某微安表G的刻度盘可加该表头的满偏电流4=3（MA。现测得该微安表

G内阻Rg为600C。

（1）若将其改装成量程为3V的电压表，需要串联一个g的电阻；

（2）若将其改装为量程1.5mA的电流表，需要并联一个Q的电阻；

（3）若将其改装为简易欧姆表，所用电源的电动势为L5V,内阻为双，可变电阻的阻值

为。，之后由于使用太久，电源发生衰减，电动势降为1.45V,内阻增为20C,但仍

能正常调零，测量某电阻时，读数为3000C,这个电阻的实际阻值为

（4）已知图1为某多用电表的表盘示意图，若测量一阻值的为2g的定值电阻，选择开关

A.xlO挡B.xlOO挡C.xlk挡

多用电表在测量通过小灯泡的电流时，应选择图2中的连接方式。

j-j

@+

黑笔

—

A

【答案】99.

【详解】（1）若将其改装成量程为3V的电压表，根据串并联关系有

a=/g（A+N）=3v

代入数据解得

G=99400Q=99.4kC

（2）⑵若将其改装为量程1.5mA的电流表，根据串并联关系有

JR

1.=/.+^-^-=1.5mA

与

解得

&»12Q

（3）[3]调零时，微安表满偏，有

E=4（4+R+，）=/g。

解得

1=500000,R=49398Q

[4]电源发生衰减前，读数为3000C时，电流为

/==A

凡+300050000+3000

电源发生衰减后，调零后，此时内部电阻为

凡=48333C

2g

所以，调零后，接入电路中的R电阻将变小，由读数为3000C时，对应的电流列出关系式

E'-4A

鼠+冬48333+R,

联立求得

Rxa2900Q

（4）[5]为使指针在表盘中间位置附近，故应该选择X100挡位。故选B。

[6]多用电表在测量通过小灯泡的电流时，多用电表需要与小灯泡串联，且多用电表中电流

的流向为“红进黑出”，故红表笔连接外电源的正极。故选B。

五、解答题（共40分）

13.（本题12分）如图所示，飞船在距某星球表面一定高度处悬停，选定相对平坦的区域后，

在反推火箭作用下，开始加速下降，下降高度为100m,当“缓冲脚”触地时反推火箭立即停

止工作，此时飞船速度为20m/s。随后飞船在“缓冲脚”的缓冲作用下，经2s减速到0,停止

在该星球表面上。飞船质量，〃=1000kg,该星球表面的重力加速度g=4m/s?。求：

（1）飞船加速下降过程中，反推火箭对飞船做的功。

（2）从缓冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，地面对“缓冲脚”支持力的冲量。

【答案】（1）-2xlO5J:（2）2.8X104N.S,方向竖直向上

【详解】（1）设飞船加速下降过程中反推火箭对飞船做的功为卬，根据动能定理可得

mgh+W=—Imv~2-0

W=-2X105J

（2）取竖直向下为正方向，设从缓冲脚触地到飞船速度减为0的过程中地面对"缓冲脚'’支

持力的冲量为/,根据动量定理可得

mgt+1=O-mv

/=-2.8X104N-S

负号表示冲量方向为竖直向上。

14.（本题12分）在现代科学技术中，常常需要研究带电粒子在有界磁场中的运动，常见的

边界磁场有单直线边界、平行直线边界、矩形边界、圆形边界等。如图所示，现有一边长为

/的正方形必〃区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为方向垂直于纸面（必〃所在平

面）向外。，山边中点有一电子发射源0,可向磁场内任意方向发射电子。己知电子的比荷

为鼠sin53°=0.8o

（1）调整入射方向，使电子能在磁场中做完整的圆周运动，求其运动周期T；

（2）调整入射方向，使电子沿垂直于"边的方向进入磁场区域，若使电子只从d点射出，

求其射入磁场时速度大小和在磁场中运动的时间；

（3）调整入射方向，使电子入射时的速度方向与0b边成30。角。若要求电子只从向边射

出，求其射入磁场时速度大小的取值范围。

【答案】⑴⑵"、B/，"黑：⑶与<三2（2-我弧

Ao41o\JK£>3

【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力，得

evB=m—

R

2TTR2冗m27r

7=丁丁记

（2）若使电子只从d点射出，电子运动轨迹如图所示

根据几何关系可得

昭=尸+(%-

解得

根据洛伦兹力提供向心力可得

qvdB=m^-

解得

v.=-kBI

d4

由图中几何关系可知

sin6»=—=0.8

人

可得

6=53°

则电子磁场中运动的时间为

53°.53°2wm53万

t.=------T=------x-------=---------

d360°360°c/B180奶

要求电子只从〃边射出，速度最小时，轨迹与ad边相切，根据几何关系，此时半径满足

rx+彳sin30。=5

由洛伦兹力提供向心力可得

rx

联立解得

Blk

v.=-----

13

速度最大时，轨迹与cd相切，根据几何关系，此时半径满足

r2