2023屆福建省漳州市高三上學(xué)期第一次教學(xué)質(zhì)量檢測物理試題（解析版）

1、福建省漳州市2023屆高三畢業(yè)班第一次教學(xué)質(zhì)量檢測物理試題一、單項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1. 2022年8月9日，中核集團漳州核電2號機組反應(yīng)堆壓力容器順利吊裝就位，向投產(chǎn)發(fā)電邁出了重要一步，該核電項目投產(chǎn)后核反應(yīng)堆中存在如下核反應(yīng)，則（ ）A. 該反應(yīng)為核聚變反應(yīng)B. 該核反應(yīng)過程沒有質(zhì)量虧損C. 該核反應(yīng)方程式中A = 144D. 的質(zhì)子數(shù)是235，中子數(shù)是92【答案】C【解析】【詳解】A該反應(yīng)為核裂變反應(yīng)，A錯誤；B核裂變會產(chǎn)生大量能量，則該核反應(yīng)過程發(fā)生質(zhì)量虧損，B錯誤；C根據(jù)質(zhì)量數(shù)相同2351 = A893解得

2、A = 144故C正確；D的質(zhì)子數(shù)是92，核子數(shù)為235，則中子數(shù)為143，D錯誤。故選C。2. 如圖所示的平面內(nèi)，一束包含兩種顏色的復(fù)色光沿半徑方向射向一塊半圓形玻璃磚，入射角為i，折射后經(jīng)O點射向空氣中。下列說法正確的是（）A. a光在空氣中的波長比b光的小B. b光在玻璃中的傳播速度比a光小C. 逐漸增大入射角i，出射光b先消失D. 玻璃磚對a光的折射率小于對b光的折射率【答案】A【解析】【詳解】BD光線a的偏折程度大，根據(jù)光路可逆結(jié)合折射定律公式其中是折射角，可知a光的折射率大，根據(jù)可知b光在玻璃中的傳播速度比a光大，故BD錯誤；Aa光的折射率大，說明a光的頻率高，根據(jù)c=fa光在真空

3、中的波長較短，故A正確；C若改變光束的入射方向使i角逐漸變大，則折射光線a的折射角先達到90，所以a光先發(fā)生全反射，折射光線先消失，故C錯誤。故選A。3. 賽龍舟是我國端午節(jié)的傳統(tǒng)活動。以下兩速度隨時間變化的v-t圖像，描述了三條相同的龍舟從同一起點線同時出發(fā)、沿長直河道劃向同一終點線的運動全過程，下列說法正確的是（）A. 乙比甲先到達終點B. 甲的速度始終比丙大C. 出發(fā)后甲和乙船頭會出現(xiàn)并齊的情況D. 出發(fā)后甲和丙船頭會出現(xiàn)并齊的情況【答案】D【解析】【詳解】A圖像面積等于位移，由甲乙的速度-時間圖可知，甲比乙先到達終點，A錯誤；B根據(jù)甲丙的速度時間圖像可知，在開始有一段時間內(nèi)，丙的速度大

4、于甲，B錯誤；C由甲乙的速度-時間圖可知，出發(fā)后甲的速度始終大于乙，則甲和乙船頭不會出現(xiàn)并齊的情況，選項C錯誤；D甲丙的速度-時間圖線圍成的面積表示位移，由圖可知，在兩圖線交點對應(yīng)的時刻前，丙的位移比甲大，即丙在前，在交點對應(yīng)的時刻后有一個時刻，兩圖線圍成的面積相等，即位移相等，可知龍舟甲和龍舟乙在途中會出現(xiàn)船頭并齊，D正確。故選D。4. 如圖甲，理想變壓器原線圈接在正弦交流電源上，原、副線圈的匝數(shù)比為41，、均為定值電阻，電表均為理想電表。已知中電流隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，則（）A. 交流電的頻率為100HzB. 電壓表的示數(shù)為200VC. 電流表的示數(shù)為12AD. 若燒斷，變壓器輸出

5、功率變大【答案】B【解析】【詳解】A由圖乙可知，交流的的周期為，則交流電的頻率為故A錯誤；B由圖乙可知，流過的電流的有效值為由歐姆定律可知，流過的電流為則流過副線圈的電流為由歐姆定律可得，副線圈兩端的電壓為由電壓與匝數(shù)的關(guān)系可得，原線圈兩端的電壓為即電壓表示數(shù)為，故B正確；C根據(jù)電流與匝數(shù)的關(guān)系可得，流過原線圈的電流為即電流表的讀數(shù)為，故C錯誤；D若燒斷，則次級電阻變大，次級電流減小，根據(jù)P=IU可知，變壓器輸出功率變小，故D錯誤。故選B。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。每小題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。5. 電子束焊接機中的電

6、場線如圖中虛線所示，P、Q是電場中的兩點。K為陰極，A為陽極，在兩極之間加上高壓，就會有電子從K極由靜止被加速。則（）A. P點的電勢高于Q點的電勢B. P點的電場強度小于Q點的電場強度C. 電子在P點的電勢能大于在Q點的電勢能D. 電子由P運動到Q，電場力做負功【答案】BC【解析】【詳解】AC陽極電勢高，陰極電勢低，所以P點電勢低于Q點的電勢，所以電子在P點的電勢能大于在Q點的電勢能，故A錯誤，C正確；B電場線越密場強越強，所以P點的電場強度小于Q點的電場強度，故B正確；D電子從K極由靜止被加速，所以電子由P運動到Q，做加速運動，電場力做正功，故D錯誤。故選BC。6. 2022年6月5日，“

7、神舟十四號”成功對接于天和核心艙徑向端口，航天員陳冬、劉洋、蔡旭哲進入核心艙，開展相關(guān)工作。已知核心艙的運行軌道距地面高度約為400km，地球同步衛(wèi)星距地面高度約為36000km。則（）A. 核心艙運行周期比地球同步衛(wèi)星的短B. 核心艙的向心加速度約為地球同步衛(wèi)星的90倍C. “神舟十四號”的發(fā)射速度大于7.9km/sD. 航天員漂浮在核心艙中，其加速度為零【答案】AC【解析】【詳解】A由題意可知，萬有引力提供向心力，根據(jù)公式有即已知組合體離地面的距離約為400km，比同步衛(wèi)星距離地面的距離要小，故組合體的運行周期小于地球同步衛(wèi)星的周期，A正確；B由題意可知，萬有引力提供向心力，根據(jù)公式有即已

8、知核心艙的運行軌道距地面高度約為400km，地球同步衛(wèi)星距地面高度約為36000km,故核心艙的向心加速度約為地球同步衛(wèi)星的8100倍，B錯誤；C第一宇宙速度是最小的發(fā)射速度，故“神舟十四號”的發(fā)射速度大于7.9km/s，C正確；D航天員漂浮在核心艙中，跟著航天器一起繞地球做勻速圓周運動，處于非平衡狀態(tài)，其加速度不為零，D錯誤。故選AC。7. 如圖，輕彈簧上端固定在光滑斜面頂端，下端掛一物體，物體在A點處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)用平行于斜面向下的力拉物體，第一次直接拉到B點，第二次將物體先拉到C點，再靜止釋放，途經(jīng)B點。則（）A. 物體在A點時彈簧處于伸長狀態(tài)B. 物體從C點釋放后，無法回到A點C. 兩

9、次從A點到B點，物體重力勢能的改變量相等D. 兩次從A點到B點，彈簧彈力對物體做的功相等【答案】ACD【解析】【詳解】A物體在A點時處于平衡狀態(tài)，受力分析易知，彈簧的彈力向上，故此時彈簧處于伸長狀態(tài)，A正確；B由于物體在A點時處于平衡狀態(tài)，合力為零，從C點到A點拉力大于物體在A點時的拉力，故該過程中合力向上，做加速直線運動，故物體從C點釋放后，一定能回到A點，B錯誤；CD兩次從A點到B點，物體重力做功和彈力做功都分別相同，重力勢能的改變量相等，故CD正確。故選ACD。8. 電容器是一種重要的電學(xué)元件，在電工、電子技術(shù)中應(yīng)用廣泛。使用圖甲所示電路觀察電容器的充、放電過程。電路中的電流傳感器與計算

10、機相連，可以顯示電路中電流隨時間的變化。圖甲中直流電源電動勢為E，實驗前電容器不帶電。先將開關(guān)S撥到“1”給電容器充電，充電結(jié)束后，再將撥到“2”，直至放電完畢。計算機記錄的電流隨時間變化的it曲線如圖乙所示。則（）A. 乙圖中陰影部分的面積B. 乙圖中陰影部分的面積C. 由甲、乙兩圖可判斷阻值D. 由甲、乙兩圖可判斷阻值【答案】BD【解析】【詳解】AB圖乙中陰影面積代表充放電中電容器上的總電量，所以兩者相等，A錯誤，B正確；CD由圖乙可知充電瞬間電流大于放電瞬間電流，且充電瞬間電源電壓與放電瞬間電容器兩極板電壓相等，由解得C錯誤，D正確。故選BD。三、非選擇題：共60分，其中9、10題為填空

11、題，11、12題為實驗題，1315題為計算題?？忌鶕?jù)要求作答。9. 出租車常以天然氣為燃料。加氣站儲氣罐中天然氣的溫度會隨氣溫的升高而升高，在這個過程中，若儲氣罐內(nèi)氣體的體積及質(zhì)量均不變，則罐內(nèi)氣體（可視為理想氣體）壓強_（填“增大”、“減小”或“不變”），氣體_（填“吸收”或“放出”）熱量。【答案】 . 增大 . 吸收【解析】【詳解】1質(zhì)量一定氣體，體積不變，當溫度升高時，有由上述式子可知，罐內(nèi)氣體的壓強增大。2溫度升高，氣體的內(nèi)能增加，又因為氣體的體積不變，故對外不做功，根據(jù)可知，氣體從外界吸收熱量。10. 、為振動情況完全相同的兩個波源，其振動圖像如圖甲所示。、Q三點位于某一均勻介質(zhì)的

12、同一平面內(nèi)，如圖乙所示，。波源產(chǎn)生的簡諧波波長為6m，則波速為_m/s，Q點為振動_（填“加強”或“減弱”）點?！敬鸢浮?. 30 . 減弱【解析】【詳解】1由圖甲知周期為，則波速2Q點到兩波源之間的距離差為為半波長的奇數(shù)倍，故Q點為振動減弱的點。11. 用如圖甲所示裝置研究平拋運動，將方格紙和復(fù)寫紙對齊重疊并固定在豎直的硬板上，小鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點水平飛出，落在水平擋板MN上。鋼球落在擋板上時，鋼球側(cè)面會在方格紙上擠壓出一個痕跡點。移動擋板，重新釋放鋼球，如此重復(fù)，方格紙上將留下一系列痕跡點。（1）實驗前應(yīng)對實驗裝置進行調(diào)節(jié)，直到斜槽末端切線_，為了每次平拋都具有相同的初速度，需

13、讓鋼球每次都從_（填“同一位置”或“不同位置”）由靜止釋放。（2）方格紙每小格的邊長，通過實驗記錄了鋼球在運動中的三個位置A、B、C，如圖乙所示，則此鋼球做平拋運動的初速度為_m/s（g取）?！敬鸢浮?. 水平 . 同一位置 . 【解析】【詳解】（1）1為了保證小球的初速度是水平的，即小球做平拋運動，斜槽末端應(yīng)切線水平。2為了每次平拋都具有相同的初速度，需要讓鋼球每次都從同一位置由靜止釋放。（2）3平拋運動豎直方向本質(zhì)為勻加速直線運動，水平方向本質(zhì)為勻速直線運動，有解得12. 彈性導(dǎo)電繩逐步成為智能控制系統(tǒng)中部分傳感器的敏感元件，某同學(xué)測量彈性導(dǎo)電繩的電阻率，實驗過程如下：（1）裝置安裝和電路

14、連接如圖（a）所示，導(dǎo)電繩的一端固定，另一端作為拉伸端，兩端分別用帶有金屬夾A、B的導(dǎo)線接入如圖（b）所示的電路中。（2）導(dǎo)電繩電阻率的測量將導(dǎo)電繩拉伸后，用刻度尺測量并記錄A、B間的距離，即為導(dǎo)電繩拉伸后的長度。用_（填“刻度尺”或“螺旋測微器”）測量此時導(dǎo)電繩的直徑。將滑動變阻器R的滑片滑到最_端（填“左”或“右”）。斷開開關(guān)S2，閉合開關(guān)S1，調(diào)節(jié)R，使電壓表和電流表的指針偏轉(zhuǎn)到合適位置。記錄兩表的示數(shù)U和I1。閉合S2，調(diào)節(jié)R使電壓表的示數(shù)仍為U，記錄電流表的示數(shù)I2，則此時導(dǎo)電繩的電阻Rx = _（用I1、I2和U表示）。根據(jù)電阻定律求得導(dǎo)電繩的電阻率。斷開S1，增大導(dǎo)電繩拉伸量，重

15、復(fù)步驟，計算出電阻率的平均值。（3）本實驗的誤差來源可能是_。（填正確答案標號）A電壓表的內(nèi)阻影響 B電流表的內(nèi)阻影響C導(dǎo)電繩拉伸后的長度測量 D導(dǎo)電繩拉伸后的直徑測量【答案】 . 螺旋測微器 . 右 . . CD【解析】【詳解】（2）1螺旋測微器比游標卡尺測量精度高，雖然游標卡尺也能測量直徑，但精度高時就要用螺旋測微器。2為保護電路應(yīng)將滑動變阻器R的滑片滑到最右端。3加在導(dǎo)電繩兩端的電壓為U，流過導(dǎo)電繩的電流為I2I1，因此導(dǎo)電繩的電阻（3）4AB在閉合S2之前，電流表I1的示數(shù)包括定值電阻的電流和電壓表分得的電流，閉合S2之后，加在電壓表兩端的電壓保持不變，因此流過電壓表和定值電阻的總電流

16、仍為I1，故流過導(dǎo)電繩的電流是I2I1，與電壓表、電流表內(nèi)阻無關(guān)，電壓表、電流表內(nèi)阻對測量沒有影響，AB錯誤；CD該實驗的誤差來源于導(dǎo)電繩拉伸后的長度測量，導(dǎo)電繩拉伸后的直徑測量，CD正確。故選CD。13. 物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，長度、傾角為的傾斜滑軌與水平滑軌平滑連接。若有一質(zhì)量的貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)，貨物可視為質(zhì)點（取，g?。Ｇ螅海?）貨物在傾斜滑軌上滑行時受到的摩擦力f的大??；（2）貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a的大?。唬?）貨物在傾斜軌道上滑行的時間t?！敬鸢浮浚?）2N；（2）；（3）2s【解析】【詳解】（1）貨物在傾

17、斜滑軌上受到摩擦力代入數(shù)據(jù)解得（2）根據(jù)牛頓第二定律代人數(shù)據(jù)解得（3）貨物從傾斜軌道的頂端到末端，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有代入數(shù)據(jù)解得14. 圖甲是法拉第發(fā)明銅盤發(fā)電機，也是人類歷史上第一臺發(fā)電機。利用這個發(fā)電機給平行金屬板電容器供電，如圖乙所示。已知銅盤半徑為L，轉(zhuǎn)動的角速度為，盤的下半部分加垂直于盤面、磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場。每塊平行板長度為2L，板間距離也為2L，板間加垂直紙面向內(nèi)、磁感應(yīng)強度大小為0.4 B0的勻強磁場。求：（1）銅盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E感的大??；（2）若有一質(zhì)量為m的帶負電小球從電容器兩板正中央水平向右射入，在兩板間做勻速圓周運動，且恰好從下極板右端射出，重力加

18、速度為g。小球帶電量q的大小；小球射入速度v的大小?！敬鸢浮浚?）；（2），【解析】【詳解】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得解得（2）由粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動，可得又解得由牛頓第二定律得小球恰能從右板邊緣射出，如圖所示，由幾何關(guān)系可得解得15. 如圖，表面光滑的滑板靜止在足夠長光滑水平地面上，其水平部分AB和四分之一圓軌道BC平滑連接?？梢暈橘|(zhì)點的物體P置于滑板最右端A，長為L的不可伸長的細線，一端拴于，另一端系質(zhì)量為m的小球Q，Q位于最低點時與物體P等高且恰好接觸。將小球Q拉至與等高處（細線伸直）由靜止釋放后，在最低點與物體P發(fā)生彈性正碰（碰撞時間極短）。已知物體P質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量為2m，圓軌道半徑為，重力加速度為g。求：（1）小球Q與物體P碰前瞬間的速度的大小；（2）物體P第一次到達滑板C處時滑板的速度的