2023年福建省高考物理試卷

1.“祝融號”火星車沿如圖所示路線行駛，在此過程中揭秘了火星烏托邦平原淺表分層結構，該研究成果

被列為“2022年度中國科學十大進展”之首。“祝融號”從著陸點。處出發，經過61天到達“處，行駛

路程為585米；又經過23天，到達N處，行駛路程為304米。已知0、M間和M、N間的直線距離分別

約為463米和234米，則火星車()

A.從O處行駛到N處的路程為697米

B.從O處行駛到N處的位移大小為889米

C.從。處行駛到M處的平均速率約為20米/天

D.從何處行駛到N處的平均速度大小約為10米/天

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由題意可知從。到N處的路程為

SON=SOM+5MN=585m+304m=889m

故A錯誤：

B.位移的大小為兩點之間的直線距離，0、M、N三點大致在一條直線上，則從。到N處的位移大小為

A

x0N=,OM+xMN=463m+234m=697m

故B錯誤；

C.平均速率為路程與時間的比值，故從。行駛到M處的平均速率為

嬴=^=—米/天。9.60米/天

ZOM61

故C錯誤；

D.平均速度大小為位移與時間的比值，則從M行駛到N處的平均速度為

：MN=皿=空米/天工10米/天

德23

故D正確。

故選D。

2.如圖，一教師用側面開孔透明塑料瓶和綠光激光器演示“液流導光”實驗。瓶內裝有適量清水.水從

小孔中流出后形成了彎曲的液流。讓激光水平射向小孔，使光束與液流保持在同?豎直平面內，觀察到光

束沿著彎曲的液流傳播。下列操信中，有助于光束更好地沿液流傳播的是（）

A.減弱激光強度

B,提升瓶內液面高度

C.改用折射率更小液體

D.增大激光器與小孔之間的水平距離

【答案】B

【解析】

【詳解】若想使激光束完全被限制在液流內，則應使激光化液體內發生全反射現象，根據全反射臨界角

n=1-----

sinC

可知應該增大液體的折射率或則增大激光束的入射角。

A.減弱激光的強度，激光的臨界角，折射率均不會改變，故A錯誤：

B.提升瓶內液面的高度，會造成開口處壓強增大，水流的速度港大，水流的更遠，進而增大了激光束的入

射角，則會有大部分光在界面處發生全反射，有助于光速更好的沿液流傳播，故B正確；

C,若改用折射率更小的液體，臨界角變大，更不容易發生全反射，故C錯誤；

D.增大激光器與小孔之間的水平距離不能改變液體的折射率或激光束的入射角，現象不會改變，故D錯

誤。

故選B。

3.如圖，M、N是兩根固定在水平面內的光滑平行金屬導軌，導軌足夠長且電阻可忽略不計；導軌間有一

垂直于水平面向下的勻強磁場，其左邊界00'垂直于導軌；阻值恒定的兩均勻金屬棒。、匕均垂直于導軌

放置，〃始終固定。〃以一定初速度進入磁場，此后運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，并與〃不相

碰。以。為坐標原點，水平向右為正方向建立軸坐標；在運動過程中，。的速度記為I，，。克服安培力做功

的功率記為P。下列V或P隨工變化的圖像中，可能正確的是（）

aO,b

XXXXXM

fXX義xX

XXxXXjV.

ox

【]A

【解析】

【詳解】AB.設導軌間磁場磁感應強度為從導軌間距為3金屬棒總電阻為此由題怠導體棒〃進入磁場

后受到水平向左的安培力作用，做減速運動，根據動量定理有

F?bt=mvQ-mv

根據

F=BIL

E-BLv

可得

R

又因為

x-v-Ar

聯立可得

B2I3

-----x--mv

根據表達式可知u與x成一次函數關系，故A正確，B錯誤；

CD.〃克服安培力做功的功率為

B2I?(B2I3Y

-----vo-------X

RVmR)

故P-x圖像為開口向上的拋物線，由于尸和I，都在減小，故P在減小，故CD錯誤“

故選Ao

4.地球本身是一個大磁體，其磁場分布示意圖如圖所示。學術界對于地磁場的形成機制尚無共識。一種理

論認為地磁場主要源于地表電荷隨地球自轉產生的環形電流。基于此理論，下列判斷正確的是（）

B.環形電流方向與地球自轉方向相同

C.若地表電荷的電量增加，則地磁場強度增大

D.若地球自轉角速度減小，則地磁場強度增大

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.根據右手螺旋定則可知，地表電荷為負電荷，故A正確；

B.由于表電荷為負電荷，則環形電流方向與地球自轉方向相反，故B錯誤；

C.若地表電荷的電量增加，則等效電流越大，地磁場強度增大，故C正確；

D.若地球自轉角速度減小，則等效電流越小，地磁場強度減小，故D錯誤。

故選ACo

5.甲、乙兩輛完全相同的小車均由靜止沿同一方向出發做直線運動。以出發時刻為計時零點，甲車的速度

-時間圖像如圖（a）所示，乙車所受合外力一時間圖像如圖（b）所示。則（）

圖（a）圖（b）

A.0~2s內，甲車的加速度大小逐漸增大

B.乙車在，=2s和，=6s時的速度相同

C.2~6s內，甲、乙兩車的位移不同

D.i=8s時，甲、乙兩車的動能不同

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.由題知甲車的速度一時間圖像如圖（a）所示，則根據圖（a）可知0~2s內，甲車做勻加速

直線運動，加速度大小不變，故A錯誤；

B.由題知乙車所受合外力一時間圖像如圖（b）所示，則乙車在0~2s內根據動量定理有

h=〃八%h=So-2=2N-s

乙車在0~6s內根據動量定理有

/6=〃"6,/6=So-6=2N-S

則可知乙車在/=2s和，=6s時的速度相同，故B正確；

C.根據圖（a）可知，2~6s內中午的位移為U；根據圖（b）可知，2~6s內乙午一直向正方向運動，則2

~6s內，甲、乙兩車的位移不同，故C正確；

D.根據圖（a）可知，/=8s時甲車的速度為0,貝h=8s時，甲車的動能為0；乙車在0~8s內根據動量

定理有

入二機Vs,/s=So-8=0

可知」=8s時乙車的速度為。貝h=8s時,乙車的動能為0,故D錯誤。

故選BCo

6.人類為探索宇宙起源發射的韋伯太空望遠鏡運行在日地延長線上的拉格朗日上點附近，七點的位置如

圖圻示。在心點的航天器受太陽和地球引力共同作用，始終與太陽、地球保持相對靜止。考慮到太陽系內

其他天體的影響很小，太陽和地球可視為以相同角速度圍繞口心和地心連線中的一點。（圖中未標出）轉

動的雙星系統。若太陽和地球的質量分別為M和機，航天器的質量遠小于太陽、地球的質量，日心與地心

的距離為R,萬有引力常數為G,七點到地心的距離記為一（，?<</?）,在心點的航天器繞。點轉動的角速

1

度大小記為下列美系式正確的是（）［可能用到的近似廣―l-2—]i

八一R)

太陽地球cL2

—--------^2^一-9~

OR

G(M+22

in)B.G(M+m)

2RR

3mm

C.RD.〃R

3M+m3M+m

【答案】BD

【解析】

【詳解】AB.由題知，太陽和地球可視為以相同角速度圍繞日心和地心連線中一點。（圖口未標出）轉

動的雙星系統，則有

R2

M，n->

G-=mco~r^

R2

n+rz=R

聯立解得

G(M+〃?)2

a)=

R

故A錯誤、故B正確;

CD.由題知，在七點的航天器受太陽和地球引力共同作用，始終與太陽、地球保持相對靜止，則有

一加機，萬，〃，〃，,2/、

G——3+G—5-=m”（〃+幻

（/?+〃）-r

再根據選項AB分析可知

Mr\=mn,r\-Vn=R,(0=3M*-

LR'_

聯立解得

r=-------

3M+tn

故C錯誤、故D正確。

故選BD。

7.福建福清核電站采用我國完全自主研發的“華龍一號”反應堆技術，建設了安全級別世界最高的機組。

機組利用2%U核裂變釋放的能量發電，典型的核反應方程為；n+了U-黑Ba+1Kr+B＞，則人=

;Z=；若核反應過程中質量虧損1g,釋放的能量為Jo（光速大小取3.0x

108m/s）

【答案】①.9256③.9x1（）”

【解析】

【詳解】［1］根據核反應前后質量數守恒有

1+235=141+A+3

解得

A=92

⑵根據核反應前后電荷數守恒有

92=Z+36

解得

A=56

［3］根據愛因斯坦質能方程可知核反應過程中質量虧損1g,釋放的能量為

E==1xIO、x9.0x10l6J=9x10,3J

8.“場離子顯微鏡”的金屬鴇針尖處于球形真空玻璃泡的球心。，玻璃泡內壁有一層均勻導電膜：在鴇針

和導電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場可視為位于。點處點電荷形成的電場，如圖所示。八

b、c、d、。為同一平面上的5個點，。兒是一段以。為圓心的圓弧，”為帥的中點。”兩點場強大小

分別為反、Ed,。、a、c、d四點電勢分別為外、的、伙、的，則依_________例；（pa_________伙，（他一

曲2?。一仰）。（填“大于”“等于”或“小于”）

鴇針

【答案】①.小于②.等于③.小于

【解析】

【詳解】［I］由于沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知

（pa<3d

⑵⑶由題知，在鴇針和導電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場可視為位于。點處點電荷形成的

電場，則根據點電荷形成的電場的電勢分布可知

9a~0c

且越靠近。場強越強，則。d部分的場強均大于仍部分的場強，則根據U=結合微元法可定性判別出

（pL<2（9。一仰）

而

g=3b

則

物一V2（0<）一伙|）

9.一定質量的理想氣體經歷了ATBTCTO—A的循環過程后回到狀態A,其〃-V圖如圖所示。完成一

次循環，氣體內能（填“增加”“減少”或“不變”）,氣體對外界（填”做正

功”“做負功”或“不做功”），氣體（填“吸熱”“放熱”“不吸熱”或“不放熱”'O

【答案】①.不變②.做正功③.吸熱

【解析】

【詳解】[1]完成一次循環，回到初始狀態，理想氣體溫度不變，而一定質量的氣體的內能僅由溫度決定,

所以整個過程氣體的內能不變：

[2][3]對p-V圖像來說，圖像與坐標軸所圍圖形的面枳表示氣體做功情況，其中從ATBTC的過程氣體的

體積減小是外界對氣體做功的過程，從CTO—A的過程氣體的體積增大，是氣體對外做功的過程，且從

。一。-A的過程圖像與坐標軸所圍的面積大于從A-8-C的過程圖像與坐標軸所圍的面積，即氣體對外

做的功大于外界對氣體做的功，則整個過程中表現為氣體對外界做正功；根據熱力學第一定律

\U=W+Q

因為△〃=（）,可知因

W<()

則

(2>o

所以氣體從外界吸收熱量。

10.某小組用圖（a）所示的實驗裝置探究斜面傾角是否對動摩擦因數產生影響。所用器材有：絨布木板、

滑塊、擋光片、米尺、游標卡尺、光電門、傾角調節儀等。實驗過程如下：

圖（b）

（1）將絨布平鋪并固定在木板上，然后將光電門A、B固定在木板上。用米尺測量A、B間距離L；

（2）用游標R尺測量擋光片寬度4,示數如圖（b）所示。該擋光片寬度4=mm

（3）調節并記錄木板與水平面的夾角0,讓裝有擋光片的滑塊從木板頂端下滑。記錄擋光片依次經過光

電門A和B的擋光時間和△小，求得擋光片經過光電門時滑塊的速度大小以和乙。某次測得

3

ArA=5.25xlQ-s,則匕=m/s（結果保留3位有效數字）

（4）推導滑塊與絨布間動摩擦因數〃的表達式，可得"=（用L、匕、％、。和直力加速度大

小g表示），利用所得實驗數據計算出〃值；

（5）改變。進行多次實驗，獲得與。對應的〃，并在坐標紙上作出。關系圖像，如圖（c）所示；

圖（C）

（6）根據上述實驗，在誤差允許范圍內，可以得到的結論為

【答案】①.5.25②.1.00③.lan。BA?.斜面傾角對動摩擦因數沒有影響

2gLcos0

【解析】

【詳解】（2）[1]該擋光片寬度

d=5mm+5x0.05rnm=5.25mm

(3)⑵根據時間極短的平均速度近似等于瞬時速度，擋光片經過光電門A的速度

二5.254…00襁

A”5.25x1O-3

(4)⑶擋光片依次經過光電門A和B,由動能定理可得

g；mv\=mgLsine一pmgLcos0

解得

v2-v2

//=tanU——5-

2gLeos6

(5)[4]根據圖像可知，動摩擦因數并不隨角度的變化而發生變化，所以可以得到的結論為斜面傾角對動摩

擦因數沒有影響。

11.某同學用圖（a）所示的電路觀察矩形波頻率對電容器充放電的影響。所用器材有：電源、電壓傳感

器、電解電容器C（4.7RF,10V）,定值電阻R（阻值2.0kQ）、開關S、導線若干。

（1）電解電容器自正、負電極的區別。根據圖（a）,將圖（b）中的實物連線補充完整

R

圖⑶圖(b)

（2）設置電源，讓電源輸出圖（c）所示的矩形波,

1UN

5.0

2.5

0

10203040506070//xl03s

圖(c)

（3）閉合開關S,一段時間后，通過電壓傳感器可觀測到電容器兩端的電壓Ue隨時間周期性變化，結果

如圖（d）所示，A、3為實驗圖線上的兩個點。在4點時，電容器處于狀態（填“充電”或

“放電”）在___________點時（填“4”或）,通過電阻R的電流更大；

（4）保持矩形波的峰值電壓不變，調節其頻率，測得不同頻率下電容器兩端的電壓隨時間變化的情況，

并在坐標紙上作出電容器上最大電壓與頻率/關系圖像，如圖（e）所示。當/=45Hz時電容器所帶

圖電

（5）根據實驗結果可知，電容器在充放電過程中，其所帶的最大電荷量在頻率較低時基本不變，而后隨

著頻率的增大逐漸減小。

【答案】②.40③.充電④.8

?.1.8x10

【解析】

【詳解】（1）山根據電路圖連接實物圖，如圖所示

（2）⑵由圖（c）可知周期T=25xl（）-3s，所以該矩形波的頻率為

/=_=40HZ

（3）[3][4]由圖（d）可知，3點后電容器兩端的電壓慢慢增大，即電容器處于充電狀態；從圖中可得出，A

點為放電快結束階段，4點為充電開始階段，所以在5點時通過電阻R的電流更大。

（4）[5]由圖（e）可知當f=45Hz時，電容器此時兩端的電壓最大值約為

4=3.75V

根據電容的定義式C=?得此時電容器所帶電荷量的最大值為

5

Qm=CUm=4.7xIO"x3.75C?1.8xlO~C

12.阿斯頓（F.Aston）借助自己發明的質譜儀發現了笈等元素的同位素而獲得諾貝爾獎，質譜儀分析同

位素簡化的工作原理如圖所示。在PP上方存在一垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為8。兩個

嵐離子在0處以相同速度v垂直磁場邊界入射，在磁場中發生偏轉，分別落在M和N處。已知某次實驗

中，v=9.6x104m/s,B=0.1T,落在M處負離子比荷（電荷量和質量之比）為4.8x】（）6c/kg；p、（）、

“、N、尸在同直線上；離了重力不計。

（1）求0M的長度；

（2）若ON的長度是0M的1.1倍，求落在N處嵐離子的比荷。

【答案】（1）0.4m；（2）4.4xlO6C/kg

【解析】

【詳解】（1）粒子進入磁場，洛倫茲力提供圓周運動的向心力則有

v

qvB=m—

r

整理得

mv9.6xIO’

m=0.2m

4.8X106X0.1

OM的長度為

OM=2r=0Am

(2)若ON長度是OM的1.1倍，則ON運動軌跡半徑為OM運動軌跡半徑1.1倍，根據洛倫茲力提供向

心力得

V-

q'vB=m'—

整理得

4'二「1

=4.4xlO6C/kg

m'r'B\.\rB

13.一種離心測速器的簡化工作原理如圖所示。細桿的一端固定在豎直轉軸OO'上的。點，并可隨軸一起

轉動。桿上套有一輕質彈簧，彈簧一端固定于。點，另一端與套在桿上的圓環相連。當測速器穩定工作

時，圓環將相對細桿靜止，通過圓環的位置可以確定細桿勻速轉動的角速度。已知細桿長度2=0.2m,

桿與豎直轉軸的夾角。始終為60°,彈簧原長x0=0.1m,彈簧勁度系數Z=100N/m,圓環質最

〃?二lkg：彈簧始終在彈性限度內，重力加速度大小取lOm/s2,摩擦力可忽略不計

(1)若細桿和圓環處于靜止狀態，求圓環到。點的距離;

(2)求彈簧處于原長時，細桿勻速轉動的角速度大小;

(3)求圓環處于細桿末端P時，細桿勻速轉動的角速度大小。

O

0.05m；(2)"Ead/s；(3)10rad/s

【答案】

3

【解析】

【詳解】(1)當細桿和圓環處于平衡狀態，對圓環受力分析得

4)=mgcosa=5N

根據胡克定律b二A?得

)。=~k=0.05m

彈簧彈力沿桿向上，故彈簧處于壓縮狀態，彈簧此時的長度即為圓環到。點的距離

百=x0-zkr0=0.05m

（2）若彈簧處于原長，則圓環僅受重力和支持力，其合力使得圓環沿水平方向做勻速圓周運動。根據牛

頓第二定律得

--〃-芯---=m（o2.r

tan<7{

由幾何關系得圓環此時轉動的半徑為

r二%sina

聯立解得

1076..

4=-------rad/s

（3）圓環處于細桿末端。時.，圓環受力分析重力，彈簧伸長，彈力沿桿向下。根據胡克定律得

T=A（L-%）=1（）N

對圓環受力分析并正交分解，豎直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，則有

mg+Tcosa=F^sina,Tsina+cosa=mcurr

由幾何關系得

r*=Lsincz

聯.解得

co=lOrad/s

14.如圖（〃），?粗糙、絕緣水平面上有兩個質量均為m的小滑塊A和B,其電荷量分別為q（4>0）和

一夕。A右端固定有輕質光滑絕緣細桿和輕質絕緣彈簧，彈簧處于原長狀態。整個空間存在水平向右場強

大小為E的勻強電場。A、B與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，其大小均為24￡。，=0時，A

以初速度％向右運動，B處于靜止狀態。在％時刻，A到達位置S,速度為匕，此時彈簧未與B相碰；在

4時刻，A的速度達到最大，此時彈簧的彈力大小為%E；在細桿與B碰前的瞬間，A的速度為2匕，此

時1=4。。~，3時間內A的￡一，圖像如圖（力）所示，匕為圖線中速度的最小值，乙、4、4均為未知

量。運動過程中，A、B處在同一直線上，A、B的電荷量始終保持不變，它們之間的庫侖力等效為真空中

點電荷間的靜電力，靜電力常量為hB與彈簧接觸瞬間沒有機械能損失，彈簧始終在彈性限度內。

（1）求0?乙時間內，合外