2023年福建省漳州市高考物理质检试卷(四) 答案解析(附后)

2023年福建省漳州市高考物理质检试卷（四）

!■如图，一平行板电容器充电后与电源断开。若电容器的正极板

保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离打，则电容器的电容

C、极板上带电荷量Q、两极板间电势差U及电场强度E与负极板c

移动的距离x的关系图像正确的是（）

分析，确定月球直到20亿年前仍存在岩浆活动。该技术依赖的其中一种衰变链为谭U经一

系列。、，衰变后形成稳定的于7b,关于该衰变链下列说法正确的是（）

A•松U衰变成小Pb的过程中，不可能放出。射线

B.衰变成于7%需经8次。衰变和6次『衰变

C.^1'的半衰期随外界环境温度的增大而变短

D.3衰变是原子核内一个质子转变成中子的结果

3.2022年7月24日，中国空间站间天实验舱发射成

功。中国空间站组建完成后，将从空间站中释放伴随卫星。

如图所示，空间站在离地高度约400km的圆轨道绕地球

运行，伴随卫星在椭圆轨道上绕地球运行，P、Q分别为伴

随卫星轨道的远地点和近地点，伴随卫星在P处时位于空

间站正上方，伴随卫星轨道半长轴与空间站轨道半径相等,

仅考虑地球的引力作用。则（）

A.空间站的角速度小于地球同步卫星的角速度

B.空间站的线速度介于7.9km/s到11.2屈〃/s之间

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C.伴随卫星运行到P点时，线速度比空间站的大

D.伴随卫星绕地球的运行周期与空间站绕地球的运行周期相等

4.如图，A、B、E、F四点共线，。为AB连线的中点，C、。在AB连线的中垂线上，且

EO-OF,C（）=OD,A,B两点分别固定电荷量为+：，Q和-2Q的点电荷，贝山）

•D

OF发

©4——£・・一♦・•・——e

+3。!-20

ic

A.C、。两点的电场强度相同

B.E0两点间的电势差与OF两点间的电势差相等

C.将一正试探电荷从C点沿着中垂线移到。点过程中，电势能先增加后减少

D.将一正试探电荷从C点沿着中垂线移到。点过程中，电场力始终不做功

5.某发电厂原来用llk\/的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到550k\/输

电。若输电的电功率都是P,输电线路的电阻为R,则下列说法中正确的是（）

A.根据公式P报=/2〃，为减小输电功率损失，可以减小输电电流

B.根据公式勺“=焦，为减小输电功率损失，可以降低输电电压

C.根据公式/=，，提高电压后输电线上的电流增大为原来的50倍

p1

D.根据公式/,提高电压后输电线上的电流减小为原来的不

6.如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片电路组成。当饭卡处于感应区域时,

会在线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为S,共。匝，回路总电阻为R。

某次刷卡时，线圈平面与磁感应强度方向垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间t内，

磁感应强度由0增大到B,此过程中（）

线圈

A.线圈有扩张的趋势B.通过线圈平面的磁通量变化量为。BS

C.线圈的平均感应电动势为竽D.通过导线某截面的电荷量为竿

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/•图甲为某种发光二极管"ED）,图乙是其内部结构示意图。图形发光面封装在某透明

的半球形介质半径为“中，发光面的直径为AOB,其圆心与半球球心重合。已知从。点

发出的光第一次到达半球面的时间为t,真空中的光速为c,从A点发出的垂直于发光面的

A.。点发出的光在球面处的入射角均为9（广

B.该介质的折射率为n

C.该发光面的直径为世

ct

D.A点发出的光第一次到达半球面时都能发生全反射

8.如图，中国古代的一种斜面引重车前轮半径为「、后轮半径为3r,在前后轮之间装上木

板构成斜面。细绳的一端系紧在后轮轴上，另一端绕过斜面顶端的滑轮与斜面上的重物连接。

推动车子使其水平前进，车轮与地面不打滑，后轮轴转动时带动重物沿木板上滑过程中，细

绳始终与斜面平行，贝M）

A.后轮绕轴转动的角速度与前轮绕轴转动的角速度之比为L3

B.后轮边缘点的线速度与前轮边缘点的线速度之比为3：1

C.若引重车加速运动，则重物将相对于地面做直线运动

D.若引重车加速运动，则重物将相对于地面做曲线运动

9.如图甲为某汽车消声器，其结构简化为图乙，内部主要由两个通道构成，声音自入口进

入后分成两部分，分别通过通道a、b继续向前传播，在右端会聚在一起后从出口排出，该

消声器消声主要利用了波的原理填“多普勒效应”或“干涉”J若要使该消声器

产生稳定的消声效果，则a、b通道的长度要（填“相等”或“不相等”）o

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入口

出口

b

甲乙

10.如图甲为一只气垫运动鞋，鞋底塑料气垫空间内充满气体（可视为理想气体），可以通

过压缩气体产生缓冲效果。已知气垫内气体体积为％,压强为网，不考虑气垫漏气。若运动

员穿上鞋子，气垫内气体体积被缓慢压缩到打不计温度变化，时，气垫内气体的压强变为

;若气垫内气体温度缓缓上升（忽略体积变化），此过程中气垫内的气体.（填

“吸热”或“放热”）。

11-某实验小组要测量一铁块的重力。由于铁块的重力超过了刻度不清的弹簧秤量程，为

不损坏弹簧秤，设计如下实验，可提供选择器材有：一刻度不清的弹簧秤、细线、铁块、白

纸、刻度尺、钩码、定滑轮。已知当地重力加速度为g、钩码质量为〃/。

该小组利用上述实验器材进行实验：

（1）用弹簧秤竖直挂着钩码，如图甲所示，用刻度尺测出钩码静止时弹簧秤中弹簧的伸长量,

即指针移动的长度八，计算出弹簧的劲度系数人用〃"、g、，表示一

（2）用弹簧秤与细线互成角度吊起铁块，如图乙所示，静止时测出弹簧秤中弹簧的伸长量，，

可得此时弹簧秤的弹力Q,—人及-

Hl现已在图丙中画出细线OA、OB、OC的拉力方向及拉力的大小，并标记结点请

你在图丙中用作图法画出OA的拉力Fi；

（I）用刻度尺量出图丙Ei和对应线段的长度，则可得铁块的重力Go

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（5）多次实验，测出铁块的重力，需保证/BOC（">”、"v”或“=”）,

才不会超过弹簧秤量程。

12.某实验小组为了测量一个量程为3U的电压表内阻约为几千欧，，设计了如图甲所示

的电路，可供选择的实验器材有：待测电压表匕滑动变阻器Ri（最大阻值2UN）。），滑动变

阻器例（最大阻值10。），电阻箱/口最大阻值9999.9Q）,电池组/」电动势约111,开关S,

导线若干。

主要实验步骤如下：

〃・按图甲连接好电路；

调节电阻箱用的阻值为零，闭合开关S,调节滑动变阻器滑片P,使电压表满偏；

，・保持滑动变阻器滑片P位置不变，调节电阻箱使电压表示数为2.00V,记下此时电阻箱的

阻值。

⑴实验中滑动变阻器应选择填“小”或“足”）。

⑵根据图甲电路，用笔画线代替导线，请将图乙中实物图补充完整。

Hi在步骤c中，记录的电阻箱阻值如图丙所示，则该电压表的内阻为实际上在

调节电阻箱时滑动变阻器上的分压会发生微小变化，如果要考虑其变化的影响，电压表内阻

的测量值；填“小于”、“等于”或“大于”，真实值。

实验小组又设计了另一方案，电路如图丁所示新增电压表hl,则该方案填正

确答案标号）。

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A可消除调节电阻箱引起滑动变阻器分压变化对测量小•的影响

8.可通过两电压表示数和电阻箱阻值得到电压表内阻，从而减小了系统误差

C仅调节电阻箱就能使电压表U示数为2.00V,同时电压表I；，示数仍为3.00V

13.跳绳是一种健身运动。如图是某同学在原地跳绳离开地面后竖直方向上的八f图像。

已知该同学的质量m=45kg,1分钟内完成跳绳200次，重力加速度g取lOm/M,不计空

气阻力，求：

Ui该同学重心上升的最大高度九

②每次跳绳该同学克服重力做功W；

(3)每次跳绳该同学克服重力做功的平均功率P。

14.如图，足够长的水平传送带以恒定的速率=人B

顺时针转动，质量分别为〃Lt=2kg、，"〃=的小滑块A、—»--------

间夹有少量炸药，与传送带一起匀速运动。某时刻点燃炸药，3-

爆炸时间极短，爆炸后A的速度瞬间变为零。已知两滑块与传送带间的动摩擦因数均为

“二。」，重力加速度g取炸药爆炸所释放的能量全部转化为动能，求：

(I)爆炸后瞬间滑块B的速度大小V；

(2)炸药爆炸所释放的能量E“及爆炸产生的气体对滑块A的冲量大小；

⑶炸药爆炸后滑块B与传送带由于摩擦产生的热量Q。

15.如图，直角坐标系xOy中存在无限长的平行边界A/.「与y轴重合，和PQ,两者间距

为5b,()WT区域内的x轴上、下部分分别存在垂直纸面向外、向里的匀强磁场，磁

感应强度大小分别为B、：‘，在第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场。现将质量为m,

带电量为"(4>0)的粒子从点/••(-2/小口处射入电场，倒时改变粒子速度和电场强度大小，

保证粒子均从点(ML3垂直于y轴进入磁场。不计粒子重力，cos3r=0.8=

(1)若电场强度大小为加，求粒子从C点进入磁场时的速率小；

(2)若£=孚之,求粒子轨迹第一次与x轴交点的坐标；

om

I、若粒子从PQ边界点/)(5/，./，I飞出，求粒子在两磁场运动的最短时间f”“”和最长时间Jc。

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F

xxxxxxxx

XXXXXXXX

NXXXXXX

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：八、根据电容的决定式。=至分析可知，负极板向右移动，板间距离d增大，电

ATTKCI

容减小，故A错误；

B、充电后的电容器与电源断开连接后，极板带电量Q保持不变，故B错误；

C、由。g知，当Q不变，C减小时，U增大，故C错误；

D、由。=卑、C=?以及E;得£=必,，则知在带电量Q一定时，只改变距离d,E

InkdUdtrS

不变，故D正确。

故选：Do

平行板电容器充电后与电源断开后，所带电荷量不变，根据电容的决定式。=至分析C与x

Anka

关系。由c=*、C=g以及召一与得到E的表达式，再分析E与x的关系，由「=七＜/分

InkdU(1

析。与X的关系，从而选择图像。

本题考查电容器的动态分析，关键要抓住平行板电容器充电后与电源断开后，所带电荷量Q不变，

结合电容的决定式。=热?、电容的定义式。=，以及E4进行分析。

ITTAJUd

2.【答案】B

【解析】解：.1在。、，衰变过程中，产生的新核不稳定，新核会从高能级向低能级跃迁，并且

伴随1射线的放出，故A错误；

B.由核反应方程：泮UT肥Pb+.r\He+y",e

根据核反应方程满足电荷数守恒，可得：92=82+2x-y

根据核反应方程满足质量数守恒，可得：238=206+4工

解得：x=8,y=6,故8正确；

C.由于半衰期与原子所处的物理状态无关、与温度和化学状态无关，所以音，衰变至”7〃，的半

衰期不会随外界环境温度的变化而变化，故C错误；

D.，衰变是原子核内一个中子转变成质子的结果，故。错误。

故选：Ba

八、，衰变过程中，产生的新核不稳定，会从高能级向低能级跃迁，并且伴随：射线的放出；

核反应方程满足质量数和电荷数守恒；

半衰期与原子所处的物理状态无关，与温度和化学状态无关；

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，衰变是原子核内一个中子转变成质子的结果。

解题关键是明白核反应方程遵循质量数和电荷数守恒；明确半衰期与原子所处的物理状态、温度、

化学状态等无关；理解，衰变。

3.【答案】D

【解析】解：4、卫星绕地球运行时，由写巴=m32r可得，3=樗）知轨道半径越小，角

速度越大，因此空间站的角速度大于地球同步卫星的角速度，故A错误；

B、第一宇宙速度是最大运行速度，因此空间站的线速度小于故B错误；

C、伴随卫星过P点做近心运动，所以伴随卫星在P点线速度小于过P点的外切圆轨道的线速度。

由色坐=,“4,可得、胆更可知外切圆轨道的线速度小于空间站的线速度。所以伴随卫星

vlrVr

运行到P点时，线速度比空间站的小，故C错误；

由开普勒第三定律W=A•可知，伴随卫星绕地球的运行周期与空间站绕地球的运行周期相等,

T2

故D正确。

故选：。。

首先，根据万有引力提供向心力，比较空间站的角速度与地球同步卫星的角速度的大小关系；

其次，根据第一宇宙速度是最大运行速度判断空间站的线速度是不是介于7.9km/s至之

间；

然后，分析伴随卫星过P点做近心运动的线速度与过P点的外切圆轨道的线速度关系，由万有引

力提供向心力判断外切圆轨道的线速度与空间站的线速度关系。进而判断伴随卫星运行到P点时

的线速度与空间站的线速度关系；

最后，根据开普勒第三定律判断伴随卫星绕地球的运行周期与空间站绕地球的运行周期的关系。

本题考查了卫星的运动相关的知识，解决本题的关键是理解万有引力提供向心力的模型，理解宇

宙速度与卫星的运行速度的关系。

4.【答案】C

【解析】解：.1.由电场的叠加原理可知C、。两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误;

B.不等量异种电荷电场线左密右疏，E0间电势差大于OF间电势差，故8错误；

C.不等量异种电荷+：，Q和-2Q,可拆分成一对等量异种电荷+2Q、-2Q,和一个A处带+Q的

点电荷；等量异种电荷I2Q和连线的中垂线上个各点电势相等，而在点电荷所产生的电

场中，离越近的点，电势越高，即=由£,，=<?,得正点电荷的电势能先增大后

减小，故C正确

。.正试探电荷的电势能先增加后减少，电场力先做负功后做正功，故。错误。

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故选：Co

电场的叠加原理确定电场的大小和方向；根据电场线分布特点判断电势差；£/，=</♦；根据电场

力做功与电势能的关系判断

电场能的性质基础知识的考察，学生应该注意电场的矢量叠加，根据电场线分布特点判断电势差；

Ep=q'；根据电场力做功与电势能的关系判断这几方面

5.【答案】AD

【解析】解：」.电线上的损耗功率为P^=I2R,为减小输电损失，可以减小输电电流，故A正

确；

B.根据功率公式R=%，可知厂邛表示输电线上损失电压，而不是输电电压U,故B错误；

C.根据欧姆定律/=7'-,可知表示输电线上损失电压，而不是输电电压，故C错误；

。.由公式/=最可得，当输电电压升高为原来的50倍后，输电电流变为原来的故。正确。

U50

故选：AD。

A根据功率公式「=/A分析作答；

B.根据功率公式P=^分析作答；

R

C.根据欧姆定律/=会分析作答；

。,根据公式分析作答。

本题考查了远距离输电过程中的功率损失和电压损失，要注意公式中各物理量代表的含义，弄清

各公式对应的状态是解题的关键。

6.【答案】CD

【解析】解：A、线圈平面的磁通量增加，根据楞次定律可知线圈有收缩的趋势，故4错误；

B、磁通量变化量为BS,与匝数无关，故8错误；

C、线圈的平均感应电动势：E=〃当，故C正确；

D、通过导线某截面的电荷量：<7=52^=臀，故。正确。

故选：CD。

根据楞次定律先判断线圈磁通量增大或减小，从而确定扩张或收缩的趋势；

根据磁通量的定义判断；

根据法拉第电磁感应定律计算线圈的平均感应电动势；

根据闭合电路欧姆定律以及电荷量与电流的关系计算通过导线某截面的电荷量。

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本题主要考查法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律的应用，要掌握磁通量的一般公式

中=BSc小〃，式中〃是线圈与磁场垂直方向的夹角。

7.【答案】BC

【解析】解：八、0点发出的光线与法线重合，则。点发出的光线在球面处的入射角均为u,故

A错误；

B、光在该介质中的传播速度〃'，从。点发出的光在介质中的传播时间f=联立解得：

nv

n=R，故B正确；

CD,如图所示，从A点发出垂直发光面的光线，入射角最大，恰能发生全反射，则其他光线均

不会发生全反射。

设发光面的半径为r,由几何关系可得：sint=^,解得该发光面的半径：,•=5，所以该发光

面的直径为巴L,故C正确，D错误。

ct

故选：BC。

入射角是入射光线与法线的夹角。根据光在该介质中的传播速度〃=，，以及从。点发出的光在

介质中的传播时间f="相结合求解介质的折射率。从A点发出垂直发光面的光线，入射角最大,

V

恰能发生全反射，其他光线均不会发生全反射，由临界角公式sinC=」和几何关系相结合求解该

11

发光面的直径。

解答本题的关键要掌握全反射条件和临界角公式sinC'=；,画出临界光路图，利用几何知识帮助

解答。

8.【答案】AC

【解析】解：AB,同缘传动线速度相等，所以后轮边缘点的线速度与前轮边缘点的线速度相等,

根据”=2得角速度之比为1：3,故A正确，B错误;

C。、引重车水平前进的过程中，重物同时参与了在水平方向的加速运动和沿斜面方向的加速运动,

合运动的速度与加速度同向，所以重物做加速直线运动，故C正确，。错误。

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故选：AC.

同缘传动线速度相等；同轴传动角速度相等，重物同时参与了在水平方向的加速运动和沿斜面方

向的加速运动，根据平行四边形定则判断合运动。

本题关键能分清同缘传动和同轴传动，还要能结合公式〃―斯,列式求解，明确物体做曲线运动的

条件。

9.【答案】干涉不相等

【解析】解：根据题意，结合图乙可知，该消声器的消声原理为利用声波沿两个通道传播的路程

差为半个波长的奇数倍，从而产生稳定的消声效果，

故该消声器的消声原理为波的干涉，

利用声波沿两个通道传播的路程差为半个波长的奇数倍，从而产生稳定的消声效果，因此要求a、b

通道的长度不相等。

故答案为：干涉；不相等

根据题意，结合图乙可知，该消声器的消声原理为利用声波沿两个通道传播的路程差为半个波长

的奇数倍，从而产生稳定的消声效果，据此解答即可。

解题关键是要根据题意判断该消声器的工作原理。

10.【答案】吸热

【解析】解：（1）对气垫内气体，由玻意耳定律；或理想气体状态方程，有

4

浊匕=1Z

o

5

解得Pi=~Pi）

4

（2）由热力学第一定律△"=w+Q可知，气体温度上升，内能增加，Ar（I,忽略体积变化,

w=o,则Q>0,故气体吸热。

故答案为：,卜；吸热。

（1）对气垫内气体，由玻意耳定律或理想气体状态方程，列方程可求。

（2）由热力学第一定律△（/=%'+（，分析可求。

本题主要考查理想气体状态方程：或气体实验定律।、热力学第一定律的应用，应用热力学第一定

律时，要注意温度与内能的关系、体积与做功的关系。

11•【答案】

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【解析】解：(11弹簧的劲度系数为卜

(3)作图法画出匕如图所示

(5)由数学知识可知只有满足乙40。＞，才能保证＜Ei=G,才不会超过弹簧秤量程。

故答案为：(1)詈；⑵见详解；(3)＞。

川根据胡克定律计算；

(3)根据图示法做出Fa；

内根据数学知识分析判断。

本题考查用力的平行四边形测定重力，要求掌握实验原理、数据处理和误差分析。

12.【答案】/?,2991.0大于AB

【解析】解：(“滑动变阻器由于采用的是分压式接法，为方便调节应该选择最大阻值较小的滑动

变阻器，故选择八」。

以根据电路图连接实物图如图。

(3)在步骤c中，记录的电阻箱示数为

Ro=1x1000Q+4x100J1+9x10Q+7x4-0x0.1。=1497.()12,若认为调节电阻箱时滑

动变阻器上的分压不变，根据串联电路的分压特点有=2岛=2x1497.0。=2.994.0«

根据设计的电路，在调节电阻箱时滑动变阻器上的分压变大，大于3H故电阻箱两端电压大于

1.00V,所以测量值大于真实值。

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11）八.原方案，调节电阻箱引起滑动变阻器分压变化，导致测量误差，采用新方案可消除调节电

阻箱引起滑动变阻器分压变化对测量的影响，故4正确；

8.可通过两电压表示数之差除以电阻箱阻值得到通过电压表的电流，再利用待测电压表示数除以

电流，即可得"「，从而减小了系统误差，故B正确；

C在原方案，保持滑动变阻器的滑片位置不动的目的是要使电压表和电阻箱两端总电压几乎不变

।为:，当增大电阻箱电阻时，总电压变大。加上电压表I；，后，需共同调节滑动变阻器和电阻

箱，才能在保证电压表任示数为2.00丫时,电压表％示数仍为3.00、,故C错误。

故选：AB。

故答案为：（1）%；⑵见解析；（3）2994.0,大于;（4）4B。

ui根据方便调节原则选择滑动变阻器；

⑵根据电路图连接实物图；

（3）读出电阻箱的读数，根据串联电路的分压特点计算电压表内阻，分析调节电阻箱对电路和实验

结果的影响；

i1：根据欧姆定律分析判断。

本题考查测量电压表内阻实验，要求掌握实验原理、实验电路、实验步骤和数据处理。

13.【答案】解：（1）由图可知，该同学每次离地上升时间为h=（）」.、，则有

解得：h=0.05»1

以每次跳绳上升过程克服重力做功为

W=mgh=45x10x0.05J=22.5J

（3）由图可知每次跳绳用时”=（）.3s,则每次跳绳该同学克服重力做功的平均功率为

IV225

P=—=与卬=75W

扬0.3

答：（1］该同学重心上升的最大高度h为o.（）5m；

121每次跳绳该同学克服重力做功1/1/为221/；

（用每次跳绳该同学克服重力做功的平均功率P为75W。

【解析】（”由图读出该同学每次离地上升时间，由位移-时间公式求解该同学重心上升的最大高

度h；

（2）根据巾=〃，/求每次跳绳该同学克服重力做功1/1/；

司根据/，=I：计算每次跳绳该同学克服重力做功的平均功率P。

本题要注意审题，明确重力做功的过程，区别该同学每次上升的时间和完成一次跳绳的时间。

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14.【答案】解（1）炸药爆炸瞬间，以向右为正方向，由动量守恒定律得（m,x+=ml}v

代入可得：。=3"八

।2炸药爆炸瞬间，由能量守恒定律得：品心+”3那+国=

代入数据得到：&）=6J

爆炸产生的气体对滑块A的冲量，由动量定理可知：/=

代入数据得到：Il-V.>

（：“炸药爆炸后B做匀减速运动，直到与传送带共速有：vo=v-at

根据牛顿第二定律有：=

B的位移：58=安%

传送带位移：3=/t

由于摩擦产生的热量:Q=-.8）

代入数据得到：Q=2J

答：（1）爆炸后瞬间滑块8的速度大小v为3m/a；

「炸药爆炸所释放的能量h为6J,爆炸产生的气体对滑块人的冲量大小为-4N・s；

i3i炸药爆炸后滑块B与传送带由于摩擦产生的热量Q为2JO

【解析】（1）炸药爆炸瞬间，系统动量守恒，应用动量守恒定律与题设条件求B的速度。

2炸药爆炸瞬间，由能量守恒定律求爆炸释放的能量，对入滑块应用动量定理求爆炸对A的冲

量；

（：“应用匀变速直线运动的运动学公式求出B滑块的运动时间和位移，再求出传送带的位移，由

摩擦生热的公式求热量。

本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚滑块的运动过程后应用牛顿第二定律和运动学公式逐

段研究物体的运动状态，应用动量守恒定律、能量守恒定律等即可解题」应用动量守恒定律解题

时要注意正方向的选择。

15.【答案】解：斜抛运动上升段可看作平抛运动的逆运动

根据类平抛运动规律，沿y轴方向做匀速运动2h=vot

沿x轴方向做匀加速运动/，=］武

由牛顿第二定律得,=ma

代入数据联立解得即=、色或

⑵当E=迎也时

8m

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粒子进入