2023年高考第三次模拟考试卷-物理（福建三模B卷）（解析）

福建省2023届高中毕业班第三次质量检测（预测B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

L（本题4分）标准径赛跑道为半圆式40Om跑道，跑道一圈的长度刚好可以用来举办径赛40Om跑

项目。下列相关说法错误的是（）

A.40Om跑运动员从起点跑到终点，其路程大小即为40Om

B.运动员在跑道上奔跑时可看作质点

C.运动员400m跑成绩若干秒表示的是时刻

D.用400m除以运动员成绩即可求得运动员的平均速率大小

【答案】C

【详解】A.标准路道一圈长度400m,就是运动员跑一圈的路程，故A正确，不符合题意；

B.运动员奔跑时自身形状与大小与路程相比可忽略，可看作质点，故B正确，不符合题意；

C.成绩是指从初位置到末位置之间的时间间隔，故C错误，符合题意；

D.平均速率即路程与时间的比值，故D正确，不符合题意。

故选C,

2.（本题4分）如图所示的速度选择器两板间有互相垂直的匀强电场和磁场，电荷量为+4的带电粒

子，以水平速度%从左侧射入，恰能沿直线飞出速度选择器，不计粒子重力和空气阻力，在其他条

件不变的情况下（)

×××××

一片B

×××××

A.若仅改为电荷量一。的粒子，将仍沿直线飞出B.若仅将入射速度变为2%,仍沿直线飞出

C.若仅将该粒子改为从右侧射入，仍沿直线飞出D.若仅将磁场方向反向，仍沿直线飞出

【答案】A

【详解】A.电荷量为+4的带电粒子，以水平速度%从左侧射入，恰能沿直线飞出速度选择器，则

粒子受电场力与洛伦兹力平衡，有

qE=qvB

解得

E

V=­

B

所以若仅改为电荷量一。的粒子，粒子受力依然平衡，将仍沿直线飞出，故A正确；

B.若仅将入射速度变为2%,粒子受力不平衡，将不能沿直线飞出，故B错误；

C.若仅将该粒子改为从右侧射入，粒子受力不平衡，将不能沿直线飞出，故C错误；

D.若仅将磁场方向反向，粒子受力不平衡，将不能沿直线飞出，故D错误；

故选A,

3.（本题4分）如图甲所示，饮水桶上装有压水器，可简化为图乙所示的模型。挤压气囊时，可把气

囊中的气体全部挤入下方的水桶中，下方气体压强增大，桶中的水会从细管中流出。某次取水前，

桶内液面距细管口高度差为力，细管内外液面相平，压水3次恰好有水从细管中溢出。已知在挤压

气囊过程中，气体的温度始终不变，略去细管的体积，外部大气压强保持不变，水的密度为。，重

力加速度为g，关于此次取水过程下列说法正确的是（）

甲乙

A.桶内气体的内能不变

B.桶内气体需从外界吸热

C.压水3次后桶内气体压强为夕

D.每次挤压气囊，桶内气体压强的增量相同

【答案】D

【详解】A.在挤压气囊过程中，气体的温度始终不变，而气体总的体积也不变，但在挤压的过程

中，气体的质量增加因此在温度不变的情况下，气体的内能增加了，故A错误；

B.在挤压气囊过程中，气囊内的气体进入桶中，外界在对气囊内气体和原有气体做功，被压入的

气体和原有的气体都被压缩，而桶中气体的温度不变，则原有气体的内能不变，根据热力学第一定

律可知，气体要向外放热，故B错误；

C.压水3次后桶内气体压强应为大气压与。的之和，故C错误；

D.根据道尔顿分压原理可知，每次压进去的气体的质量一定，而在本次取水过程中水桶可容纳气

体的体积不变，则可知每次压进去的气体对水桶内部提供相同的压强增量，故D正确。

故选D。

4.（本题4分）春节期间人们都喜欢在阳台上挂一些灯笼来作为喜庆的象征。如图所示，是由六根等

长的轻质细绳悬挂起五个质量相等的灯笼1、2、3、4、5,中间的两根细绳BC和CD的夹角。=120?,

A.MA的延长线能平分1灯与绳AB之间的夹角

B.AB的延长线不能平分2灯与绳BC之间的夹角

C.绳A8与绳BC的弹力大小之比为⑺：正

D.绳/VM与绳AB的弹力大小之比为√7:G

【答案】D

【详解】BC.对灯笼3受力分析可知

TBC=Teb

CTθ

2TκcoS3=mg

解得

TBC=mg

设AB绳与竖直方向成夹角为4,对灯笼2受力分析可知

n

&sinq=TecSin-

TABCoSq=TBCcos+mg

解得

θ`=30°

TAB=Cmg

由数学知识可知AB的延长线能平分2灯与绳BC之间的夹角，且有

TAB：TBC=右mg∙.mg=^3>∙.∖

故BC错误；

AD.设MA绳与竖直方向成夹角为名，对灯笼1受力分析可知

加sin，2=&sinq

TMAcosθ2=TABCoSa+mg

解得

t°√3

tanθ1=—

TMA=不mg

由数学知识可知MA的延长线不能平分1灯与绳A8之间的夹角，且有

TMA'∙TAB=布mg:W)Ing=出：垂>

故A错误，D正确。

故选Do

二、多选题(共24分

5.（本题6分）如图所示，极地卫星轨道经过地球两极上空，2023年3月2日北京时间9：00时某极

地卫星恰好飞到赤道上的赤道纪念碑所在城市基多上空，于2023年3月3日北京时间21：00时会

经过该城市上空，设该卫星轨道半径为地球同步卫星轨道半径为4,已知地球自转周期为24小

时，则下列说法正确的是（）

A.3月2日9：00时到3月3日21：00这段时间内地球自转了一周半

B.极地卫星的周期可能是36小时

C./：刀可能等于1：1

D./：4可能等于］：］6

【答案】AC

【详解】A.2023年3月2日北京时间9：00时某极地卫星恰好飞到赤道上的赤道纪念碑所在城市

基多上空，于2023年3月3日北京时间21：00时会经过该城市上空，地球自转周期24h,故A正

确；

B.从地理上来看，这段时间内基多在空间中的位置转了180。，而极地卫星则可能是转了0.5圈、1.5

圈、2.5圈......等，设极地卫星周期是T,则

36h="T+（）.5T"=0、1、2、3......）

因此

T=72h、24h、14.4h......

故B错误；

C.根据开普勒第三定律，当周期是24h时，其轨道半径与同步卫星相同，故C正确；

D.若二:二等于1：16,根据开普勒第三定律，则极地卫星与同步卫星周期之比为1:4,即极地卫星

周期为6h,则"=6∙33不为整数，因此不可能，故D错误。

故选AC,

6.（本题6分）如乙图所示，一束复色光从空气射向一个球状水滴后被分成了a、b两束单色光，分

别将这两束单色光射向图甲所示的装置，仅有一束光能发生光电效应。调节滑片P的位置，当电流

表示数恰为零时，电压变示数为4。已知该种金属的极限频率为%,电子电荷量的绝对值为e,普

朗克常量为比下列说法正确的是（）

A.α光在玻璃中的传播速度比b光小

B.b光的光子能量为为%+eU,

C.保持光强不变，滑片P由图示位置向左移，电流表示数变大

D.用同一双缝做光的干涉实验，。光产生的干涉条纹间距比b光的大

【答案】BD

【详解】A.由乙图知，由于两束光入射角相同，b光的折射角小，根据

sinι

n=-----

sinr

可知b光的折射率大于α光的折射率，根据

一

n

所以b光在玻璃中的传播速度比。光小，A错误；

B.由折射率和频率的关可知，b光的频率大于。光的频率，故b光发生光电效应，根据光电效应方

程

Ekm=加-叱＞=皿.

又有

Wn=hva

所以b光的光子能量为

hv=hv0+eUl.

B正确；

C.保持光强不变，滑片P由图示位置向左移，则AK两端的电压变小，则电流表示数可能不变，可

能变小，C错误；

D.由于b光的折射率大，所以。光的波长大于b光的波长，根据

∆x=-Λ

d

用同一双缝做光的干涉实验，。光产生的干涉条纹间距比b光的大，D正确。

故选

BDo

7.（本题6分）如图所示，单刀双掷开关S原来跟"2〃相接。从t=0开始，开关改接"1",一段时间后，

把开关改接"2",则流过电路中P点的电流/和电容器两极板的电势差UAB随时间变化的图像可能正

确的有（）

____ɪSP

_O•

P

ETR

__I_____

【答案】BC

【详解】AB.从t=o开始，开关接"1"电容器开始充电，由于电容器带电量越来越多，充电电流越

来越小，最后减小到0,把开关改接"2"后，电容器通过电阻R放电，随电容器带电量越来越小，电

流也会越来越小，最后电流减小到零，放电过程中电流的方向与充电过程中相反，故B正确，A错

误；

CD.从t=0开始，开关接"1"电容器开始充电，由于充电电流越来越小，电容器两板间的电压增加

的越来越慢，把开关改接"2"后电容器通过R放电，由于放电电流越来越小，电容器两板间的电压减

小的越来越慢，但整个过程中UAB始终为正值，故C正确，D错误。

故选BCo

8.（本题6分）如图所示，A、B两物块由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B

和物块C在竖直方向上通过劲度系数为％的轻质弹簧相连，C放在水平地面上。现用手控制住A,并

使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为

5m,B、C的质量均为机，重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静

止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是（）

A.C刚离开地面时，B的加速度为零

B.从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒

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、陛

【答案】ABD

【详解】A.当C刚离开地面时，物块A的速度最大，物块B的速度也最大，此时B的加速度为零,

故A正确；

B.从释放A到C刚离开地面的过程中，系统只有重力做功，故ABC及弹簧组成的系统机械能守恒,

故B正确；

C.当A、B的速度最快时，物块C恰好离开地面，弹簧的弹力时恰好等于C的重力〃名，即

居单=mg

对A、B整体沿线方向进行受力分析可知

+mg=5mgsina

当弹簧恢复原长时，弹簧的弹力为零，对A、B整体根据牛顿第二定律有

5mgsinθ-mg=6ma

隔离A,根据牛顿第二定律有

Stngsλna-T=ma

联立几式解得

T=，g

故C错误；

D.根据

F典+mg=5mgsina

得

2

SlnC=一

5

释放A之前，弹簧处于压缩状态，对B进行受力分析，可得弹簧压缩量为

1k

释放A后速度最大瞬间，对C进行受力分析可得弹簧的伸长量为

心,=巡

-k

从释放A到AB整体的速度最大，对AB整体，由于弹簧的形变量相等，弹力做功为零，根据机械能

守恒有

5wg(X1+x2)sinα-∕∕ιg(xl+x1)=-ɪ(w+5w)v^

联立解得

%=g

故D正确。

故选ABDo

第∏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）一辆特定频率鸣笛的救护车远离听者而去时，听者将感受到鸣笛声的音调变化，这个

现象，首先是奥地利科学家多普勒发现的，于是命名为多普勒效应。如图1所示，假定声波的波长

为3在空气中的传播速度为V,那么该声波的频率为。如图2所示，假定该声波波源

以M的速度向右匀速运动，在其运动正前方某一听者，在相同时间内接受到的波峰个数将增加，即

相当于波长减短了；在其运动正后方某一听者，在相同时间内接受到的波峰个数将减小，即相当于

波长增长了，由此可推理得到，在运动波源正后方听者接收到的声波频率变为了O可见,

当声源远离听者时，听者接收到的声波频率减小，音调变低；同理，当声源靠近听者时，听者接收

到的声波频率增大，音调变高。

【详解】田根据波长、传播速度和频率关系，可得声波的频率

⑵设声波的振动周期为兀则有

λ=vT

声源移动时，其后方波长变为

Λ,=（∕l+vT）

正后方听者接受到的频率

f=-

Jλ,

即有

f=v2

A（v+v,）

10.（本题4分）利用图甲所示的装置（示意图），观察紫光的干涉、衍射现象，在光屏上得到如图乙

和图丙两种图样则图乙应是图样（选填"干涉"或"衍射"）。若将光换成黄光，干涉图样中

相邻两条亮条纹中心间距（选填"变宽"、"变窄"或"不变

光屏

光源口…I-------1

甲

miniIIIIIIII

乙丙

【答案】衍射变宽

【详解】⑴干涉图样的条纹宽度相等，衍射图样的条纹宽度不等、中央最宽，故图乙应是衍射图样。

⑵由

ΔΛ^=一λ

d

可知干涉图样中相邻两个亮条纹的中心间距与波长成正比，若将光换成黄光，则波长变长，因此条

纹间距也变宽。

四、实验题(共12分

IL(本题6分)小祥同学过年期间偶然发现，屋檐上冰柱滴下的水滴时间间隔几乎是一样的，于是

他突发奇想，想利用手机的拍摄视频功能来测定当地的重力加速度。他先拍摄了一段冰柱滴水的视

频，然后将视频分成一帧--帧进行查看，他发现每隔10帧拍摄的图片一模一样，搜索发现该型号

手机拍摄视频为一秒钟30帧。随后他将其中一帧打印出来，如图所示。经过测量，墙面每块砖厚

10cm,而打印出来的图片上仅为ICm。他用直尺分别测量出来滴落下的水滴中距离冰柱最近的三个

点1、2、3之间的间距如下图所示。

(1)该冰柱每秒钟滴下滴水滴。

(2)2号水滴此时的速度是m∕s,测出的重力加速度为m∕s2o(结果均保留3位有效

数字）

（3）小祥同学将其他儿组照片的水滴也进行了测量，结果发现均小于当地的重力加速度，则可能的

原因是（答案合理即可）。

【答案】33.119.64水滴受到空气阻力

【详解】（1）⑴一秒钟30帧，所以每相邻的两帧之间的时间间隔为

∆r=­s

30

每隔10帧拍摄的图片一模一样，所以相邻的两个水滴之间的时间间隔为

∕0=10Δ∕=ɪs

那每秒钟可以滴下的水滴个数为

n=-=3

（2）[2]根据题意可知，图片与实物比例为LI0,又因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬

时速度，可知2号水滴此时的速度是

_（0.0502+0.1573）X10

v2=V=---------------：-----------m/s=3.1Imzs

⑶根据逐差法可知重力加速度为

∖h（0.1573-0.0502）×10…

£=—=-------------：--------------m/zs2=9.64ι^n∕zs2

Z°（3）2

（3）⑷测量的重力加速度小于当地重力加速度的原因可能是由于水滴下落过程受到空气阻力的作

用。

12.（本题6分）某同学要测量一节干电池的电动势和一个电阻的阻值，可利用的实验器材有：

；------------⑥------------In：

；TεRM

AB\

____oo_____1

I________-____________-__J

待测干电池E（电动势约1.5V）；

待测电阻凡;

微安表G（量程100〃A,内阻Rg=I900Ω）.

滑动变阻器R（最大阻值IOooC）；

定值电阻E（E=I80Ω）;

导线若干。

该同学设计了如图所示的电路，并计划按下面的步骤进行操作：

①按电路图接好线路，使滑动变阻器接入电路的阻值最大；

②用导线短接A、B接线柱，调节滑动变阻器，使微安表满偏；

③去掉短接导线，在4B接线柱间接入定值电阻凡，记下此时微安表的读数L：

④去掉凡，在48接线柱间接入待测电阻号,记下此时微安表的读数乙；

⑤根据测量数据计算出干电池电动势E和待测电阻R,的阻值。

（1）此计划存在的问题是微安表量程（选填"太大"或"太小"）。

（2）为解决上述问题，该同学找到一个阻值为100Ω的定值电阻4,请把凡接入答题卡上的电路图

中O

（3）把扁接入电路后，按上述步骤进行操作，微安表的读数人和乙分别如图甲、图乙所示，则

μA，I2=μA。

（4）通过测量数据，可计算出干电池电动势E=V,待测电阻Rr=Ω,,

~<§)­1~1

【答案】太小80721.44280

「EROR

―3__J

【详解】（1）⑴若用导线短接48接线柱，调节滑动变阻器，使微安表满偏，则由

P15

R.=—=——Ω=15kΩ

14IOOxW6

而滑动变阻器R最大值与色之和只有2900。，阻值过小，则此计划存在的问题是微安表量程太小;

（2）[2]为解决上述问题，可将微安表扩大量程，即用定值电阻凡与微安表并联，此时量程可扩大

为

/R

/=^■^+4=2000〃A

&

量程扩大了20倍；请把《接入答题卡上的电路图中如图;

'eROR

―g__ʃ

（3）⑶⑷如图甲、图乙所示，最小刻度2μA,则）=80μA,Λ=72μA;

（4）[5]⑹当微安表满偏时，则滑动变阻器阻值

E

77^=2000〃A

在A、B接线柱间接入定值电阻&时，此时电路中的总电流为

E

=20X80〃A

R+RA+RS

在48接线柱间接入待测电阻段,此时电路的总电流为

E

Λ==20X72MA

R+RA+&

解得

E=1.44V

Rx=280Ω

五、解答题（共40分

13.（本题12分）2022年6月17日，由我国完全自主设计建造的第三艘航空母舰"福建舰"下水，福

建舰采用平直通长飞行甲板，舰上安装了电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离。假设航空母舰的起飞

跑道总长∕=270m,电磁弹射区的长度∕ι=60m,若弹射装置可以辅助飞机在弹射区做加速度为30m∕s2

的匀加速直线运动，飞机离开电磁弹射区后继续在喷气式发动机推力作用下做匀加速直线运动，如

图所示。假设一架舰载机的质量m=3.0χl04kg,飞机在航母上受到的阻力恒为飞机重力的0.2倍。若

飞机可看成质量恒定的质点，从边沿离舰的起飞速度为80m∕s,航空母舰始终处于静止状态，重力

加速度取g=10m∕s2,求：

(1)飞机经电磁弹射后获得的速度大小；

(2)飞机从静止到起飞所需时间；

(3)飞机发动机的推力大小。

∕=270m

【答案】(1)60m/s；(2)5s；(3)2.6×105N

【详解】(1)弹射阶段，初速度为0,根据速度位移关系

匕2=2fll∕l

解得

vl=60m∕s

弹射阶段时间为

『乜=2s

4

加速阶段，有

一

∕2=∕-∕l

联立解得

t2=3s

f=∕1+∕2=5s

(3)根据速度位移关系

Vj_vl"=Ia2I1

F-0.2mg=ma2

解得

F=2.6×105N

14.（本题12分）如图甲所示，利用粗糙绝缘的水平传送带输送一正方形单匝金属线圈abed,传送带

以恒定速度Vo运动。传送带的某正方形区域内，有一竖直向上的匀强磁场，该磁场相对地面静止，

且磁感应强度大小为B,当金属线圈的be边进入磁场时开始计时，直到加边离开磁场，其速度与

时间的关系如图乙所示，且在传送带上始终保持ad、be边平行于磁场边界。已知金属线圈质量为m,

电阻为R,边长为L,线圈与传送带间的动摩擦因数为“，且ad边刚进入磁场时线框的速度大小为

Vi,重力加速度为g,求：

（1）正方形磁场的边长d；

（2）线圈完全进入磁场的时间t；

（3）线圈离开磁场过程中克服安培力所做的功MZo

【详解】（1）从ad边刚进入磁场到be边刚出磁场，对线框由动能定理

J'"''；=μmg[d-L)

解得

d=二日+L

2gμ

（2）从be边刚进入磁场到ad边刚进入磁场，对线框由动量定理

μmgt-F.stm(vi-v0)

由安培力公式

F∙安=BIL

由闭合电路欧姆定律

由法拉第电磁感应定律

ΔΦ=BZ,3

联立解得

//?/?(V∣—VQ)+B-L

NmgR

（3）由于线圈离开磁场时与进入磁场时速度一样，故线圈离开磁场过程中克服安培力所做的功与进

入磁场时安培力做的功相等，所以从be边刚进入磁场到αd边刚进入磁场，对线框由动能定理

W=—22μmgL

wv0——∕nvl+

15.（本题16分）如图所示，MHN和PKQ为竖直方向的平行边界线，水平线HK将两边界围成区域分

为上下两部分，其中I区域内为竖直向下的匀强电场，”区域内为垂直纸面向外的匀强磁场，一质量

为m,电荷量为q的带正电粒子从左边界A点以初速度%垂直边界进入I区域，从C点离开I区域

进入Il区域。已知A"=//,HC-2h,粒子重力不计：

（1）求I区域匀强电场强度E的大小；

（2）若两竖直边界线距离为4h,粒子从H区域左边界射出，求Il区域内匀强磁场的磁感应强度大

小范围；

（3）若两竖直边界线距离为17.5h且Il区域内匀强磁场的磁感应强度大小为8=警殳，求粒子从A

qn

点进入I区域至从平行边界射出所用时间以及出射点距K点的距离。

(√2-l)^v(√2+l),.

【答案】（1）鲁;（2）wo94+17］，15

----------------<D<----------------*\0/———h,—h

Iqh2qh2qh4v016

【详解】（1）如下图所示，粒子从A点至C点做匀变速曲线运动，垂直电场方向有

2〃=v√,

平行电场方向有

,12

h=3a*

根据牛顿第二定律有

Eq=ma

联立解得

E4

（2）粒子在C点速度的竖直分量

vCy=atX=vO

故粒子在C点速度为

V=&+脸=®>（方向为斜向右下方与HK夹角为45）

当粒了恰好不从MN边界出射，粒子轨迹如下图轨迹①所示。

设此种情况下，粒子在磁场中轨道半径为4，由几何知识得

4+弓sin45°=Ih

解得

∕f=2(2-√2)⅛

粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力

V

BlqV=m—

r∖

解得

Β-(V2+1)∕MV0

1^-2qh-

当粒子恰好不从PQ边界出射，粒子轨迹如图轨迹②所示，由几何知识得

r2一GSin45=2h

解得

Λ=2(2+√2)∕Z

粒子在磁场中做圆周运动由