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2023 年高考福建卷物理真题（缺第4 题、第8 题）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．“祝融号”火星车沿如图所示路线行驶，在此过程中揭秘了火星乌托邦平原浅表分
层结构，该研究成果被列为“2022 年度中国科学十大进展”之首。“祝融号”从着陆
点O 处出发，经过61 天到达M 处，行驶路程为585 米；又经过23 天，到达N 处，行
驶路程为304 米。已知O、M 间和M、N 间的直线距离分别约为463 米和234 米，则火
星车（ ）
A．从O 处行驶到N 处的路程为697 米
B．从O 处行驶到N 处的位移大小为889 米
C．从O 处行驶到M 处的平均速率约为20 米/天
D．从M 处行驶到N 处的平均速度大小约为10 米/天
2．如图，一教师用侧面开孔的透明塑料瓶和绿光激光器演示“液流导光”实验。瓶内
装有适量清水．水从小孔中流出后形成了弯曲的液流。让激光水平射向小孔，使光束
与液流保持在同一竖直平面内，观察到光束沿着弯曲的液流传播。下列操作中，有助
于光束更好地沿液流传播的是（ ）
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A．减弱激光强度
B．提升瓶内液面高度
C．改用折射率更小的液体
D．增大激光器与小孔之间的水平距离
3．如图，M、N 是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻可忽
略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界OO
'垂直于导轨；阻值
恒定的两均匀金属棒a、b 均垂直于导轨放置，b 始终固定。a 以一定初速度进入磁场，
此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b 不相碰。以O 为坐标原点，水平
向右为正方向建立轴坐标；在运动过程中，a 的速度记为v，a 克服安培力做功的功率
记为P。下列v 或P 随x 变化的图像中，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题
4．地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机
制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基
于此理论，下列判断正确的是（ ）
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A．地表电荷为负电荷
B．环形电流方向与地球自转方向相同
C．若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大
D．若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大
5．甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计
时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图
（b）所示。则（ ）
A．0 ~ 2s 内，甲车的加速度大小逐渐增大
B．乙车在t = 2s 和t = 6s 时的速度相同
C．2 ~ 6s 内，甲、乙两车的位移不同
D．t = 8s 时，甲、乙两车的动能不同
6．人类为探索宇宙起源发射的韦伯太空望远镜运行在日地延长线上的拉格朗日L2点附
近，L2点的位置如图所示。在L2点的航天器受太阳和地球引力共同作用，始终与太阳、
地球保持相对静止。考虑到太阳系内其他天体的影响很小，太阳和地球可视为以相同
角速度围绕日心和地心连线中的一点O（图中未标出）转动的双星系统。若太阳和地
球的质量分别为M 和m，航天器的质量远小于太阳、地球的质量，日心与地心的距离
为R，万有引力常数为G，L2点到地心的距离记为r（r << R），在L2点的航天器绕O
点转动的角速度大小记为ω。下列关系式正确的是（ ）[可能用到的近似
1
(R+r)
2 ≈1
R
2(1-2 r
R)
]
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A．ω=[
G( M +m)
2 R
3 ]
1
2
B．ω=[
G( M +m)
R
3
]
1
2
C．r =[
3m
3 M +m]
1
3 R
D．r =[
m
3 M +m]
1
3 R
三、填空题
7．福建福清核电站采用我国完全自主研发的“华龙一号”反应堆技术，建设了安全级
别世界最高的机组。机组利用235U 核裂变释放的能量发电，典型的核反应方程为
❑0
1n+92
235U→Z
141Ba+36
A Kr+30
1n，则A = ；Z = ；若核反应过程
中质量亏损1g，释放的能量为 J。（光速大小取3.0 × 108m/s）
8．“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层
均匀导电膜：在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O
点处点电荷形成的电场，如图所示。a、b、c、d、O 为同一平面上的5 个点，abc 是一
段以O 为圆心的圆弧，d 为ob 的中点。a、d 两点场强大小分别为Ea、Ed，o、a、c、d
四点电势分别为φo、φa、φc、φd，则φa φd；φa φc，(φo－φa)
2(φo－φd)。（填“大于”“等于”或“小于”）
9．一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A 的循环过程后回到状态A，其p-V 图
如图所示。完成一次循环，气体内能 （填“增加”“减少”或“不变”），
气体对外界 （填“做正功”“做负功”或“不做功”），气体 （填
“吸热”“放热”“不吸热”或“不放热”）。
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四、实验题
10．某小组用图（a）所示的实验装置探究斜面倾角是否对动摩擦因数产生影响。所用
器材有：绒布木板、滑块、挡光片、米尺、游标卡尺、光电门、倾角调节仪等。实验
过程如下：
（1）将绒布平铺并固定在木板上，然后将光电门A、B 固定在木板上。用米尺测量
A、B 间距离L；
（2）用游标卡尺测量挡光片宽度d，示数如图（b）所示。该挡光片宽度d =
mm
（3）调节并记录木板与水平面的夹角θ，让装有挡光片的滑块从木板顶端下滑。记录
挡光片依次经过光电门A 和B 的挡光时间Δt A和Δt B，求得挡光片经过光电门时滑块的
速度大小vA
和vB
。某次测得Δt A=5.25×10
-3s，则vA= m/s（结果保留3 位
有效数字）
（4）推导滑块与绒布间动摩擦因数μ的表达式，可得μ= （用L、vA、vB、θ
和重力加速度大小g 表示），利用所得实验数据计算出μ值；
（5）改变θ进行多次实验，获得与θ对应的μ，并在坐标纸上作出μ-θ关系图像，如图
（c）所示；
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（6）根据上述实验，在误差允许范围内，可以得到的结论为 。
11．某同学用图（a）所示的电路观察矩形波频率对电容器充放电的影响。所用器材有：
电源、电压传感器、电解电容器C（4.7μF，10V），定值电阻R（阻值2.0kΩ）、
开关S、导线若干。
（1）电解电容器有正、负电极的区别。根据图（a），将图（b）中的实物连线补充完
整 ；
（2）设置电源，让电源输出图（c）所示的矩形波，该矩形波的频率为 Hz；
（3）闭合开关S，一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的电压U C随时间
周期性变化，结果如图（d）所示，A、B 为实验图线上的两个点。在B 点时，电容器
处于 状态（填“充电”或“放电”）在 点时（填“A”或“B”），
通过电阻R 的电流更大；
（4）保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器两端的电压随
时间变化的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压U m与频率f 关系图像，如图
（e）所示。当f = 45 Hz时电容器所带电荷量的最大值Qm = C（结果保留两位
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有效数字）；
（5）根据实验结果可知，电容器在充放电过程中，其所带的最大电荷量在频率较低时
基本不变，而后随着频率的增大逐渐减小。
五、解答题
12．阿斯顿（F．Aston）借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝
尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在P P
'上方存在一垂直纸面向外
的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O 处以相同速度v 垂直磁场边界入
射，在磁场中发生偏转，分别落在M 和N 处。已知某次实验中，
v =9.6×10
4 m/s,B =0.1T，落在M 处氖离子比荷（电荷量和质量之比）为
4.8×10
6C/kg；P、O、M、N、P 在同一直线上；离子重力不计。
（1）求OM 的长度；
（2）若ON 的长度是OM 的1.1 倍，求落在N 处氖离子的比荷。
13．一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴OO
'上的
O 点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O 点，另一端与套
在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可
以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L=0.2m，杆与竖直转轴的夹角a 始终
为60°，弹簧原长x0=0.1m，弹簧劲度系数k =100 N/m，圆环质量m=1kg；弹簧始终
在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s
2，摩擦力可忽略不计
（1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O 点的距离；
（2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
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（3）求圆环处于细杆末端P 时，细杆匀速转动的角速度大小。
14．如图（a），一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m 的小滑块A 和B，其电荷量
分别为q(q>0)和-q。A 右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原
长状态。整个空间存在水平向右场强大小为E 的匀强电场。A、B 与水平面间的最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为2qE。t =0时，A 以初速度v0向右运动，B 处于静
止状态。在t1时刻，A 到达位置S，速度为v1，此时弹簧未与B 相碰；在t2时刻，A 的
速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为3qE；在细杆与B 碰前的瞬间，A 的速度为
2v1，此时t =t3。0~t3时间内A 的v -t图像如图（b）所示，v1为图线中速度的最小值，
t1、t2、t3均为未知量。运动过程中，A、B 处在同一直线上，A、B 的电荷量始终保持
不变，它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k；B 与弹簧
接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求0~t1时间内，合外力对A 所做的功；
（2）求t1时刻A 与B 之间的距离；
（3）求t1~t2时间内，匀强电场对A 和B 做的总功；
（4）若增大A 的初速度，使其到达位置S 时的速度为2v1，求细杆与B 碰撞前瞬间A
的速度。
答案精析
1．答案 D
解析 A．由题意可知从O 到N 处的路程为
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SON= SOM+ SMN=585 m+304 m=889 m
故A 错误；
B．位移的大小为两点之间的直线距离，O、M、N 三点大致在一条直线上，则从O 到
N 处的位移大小为
xON= xOM+ xMN= 463 m+234 m=697 m
故B 错误；
C．平均速率为路程与时间的比值，故从O 行驶到M 处的平均速率为
vOM = SOM
tOM
= 585
61 米/ 天≈9.60 米/ 天
故C 错误；
D．平均速度大小为位移与时间的比值，则从M 行驶到N 处的平均速度为
vMN = xMN
t MN
= 234
23 米/ 天≈10 米/ 天
故D 正确。
故选D。
2．答案 B
解析 若想使激光束完全被限制在液流内，则应使激光在液体内发生全反射现象，根
据全反射临界角
n=
1
sinC
可知应该增大液体的折射率或则增大激光束的入射角。
A．减弱激光的强度，激光的临界角，折射率均不会改变，故A 错误；
B．提升瓶内液面的高度，会造成开口处压强增大，水流的速度增大，水流的更远，进
而增大了激光束的入射角，则会有大部分光在界面处发生全反射，有助于光速更好的
沿液流传播，故B 正确；
C．若改用折射率更小的液体，临界角变大，更不容易发生全反射，故C 错误；
D．增大激光器与小孔之间的水平距离不能改变液体的折射率或激光束的入射角，现
象不会改变，故D 错误。
故选B。
3．答案 A
解析 AB．设导轨间磁场磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒总电阻为R，由题
意导体棒a 进入磁场后受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量定理有
F ⋅Δt =m v0-mv
根据
F = BIL
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I = E
R
E = BLv
可得
F = B
2 L
2v
R
又因为
x = v ⋅Δt
联立可得
B
2 L
2
R
x =mv0-mv
根据表达式可知v 与x 成一次函数关系，故A 正确，B 错误；
CD．a 克服安培力做功的功率为
P= Fv = B
2 L
2
R
⋅v
2= B
2 L
2
R
⋅(v0- B
2 L
2
mR x)
2
故P - x图像为开口向上的抛物线，由于F 和v 都在减小，故P 在减小,故CD 错误。
故选A。
二、多选题
4．答案 AC
解析 A．根据右手螺旋定则可知，地表电荷为负电荷，故A 正确；
B．由于表电荷为负电荷，则环形电流方向与地球自转方向相反，故B 错误；
C．若地表电荷的电量增加，则等效电流越大，地磁场强度增大，故C 正确；
D．若地球自转角速度减小，则等效电流越小，地磁场强度减小，故D 错误。
故选AC。
5．答案 BC
解析 A．由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0 ~ 2s 内，
甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A 错误；
B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0 ~ 2s 内根据动量定
理有
I2 = mv2，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s
乙车在0 ~ 6s 内根据动量定理有
I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s
则可知乙车在t = 2s 和t = 6s 时的速度相同，故B 正确；
C．根据图（a）可知，2 ~ 6s 内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s 内乙车一直
向正方向运动，则2 ~ 6s 内，甲、乙两车的位移不同，故C 正确；
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D．根据图（a）可知，t = 8s 时甲车的速度为0，则t = 8s 时，甲车的动能为0；乙
车在0 ~ 8s 内根据动量定理有
I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0
可知t = 8s 时乙车的速度为0，则t = 8s 时，乙车的动能为0，故D 错误。
故选BC。
6．答案 BD
解析 AB．由题知，太阳和地球可视为以相同角速度围绕日心和地心连线中的一点O
（图中未标出）转动的双星系统，则有
G Mm
R
2 = M ω
2r1
G Mm
R
2 =mω
2r2
r1＋r2 = R
联立解得
ω=[
G( M +m)
R
3
]
1
2
故A 错误、故B 正确；
CD．由题知，在L2点的航天器受太阳和地球引力共同作用，始终与太阳、地球保持相
对静止，则有
G M m
'
( R+r )
2 +G mm
'
r
2 =m
' ω
2(r +r2)
再根据选项AB 分析可知
Mr1 = mr2，r1＋r2 = R，ω=[
G( M +m)
R
3
]
1
2
联立解得
r =[
m
3 M +m]
1
3 R
故C 错误、故D 正确。
故选BD。
三、填空题
7．答案 92 56 9 × 1013
解析 [1]根据核反应前后质量数守恒有
1＋235 = 141＋A＋3
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解得
A = 92
[2]根据核反应前后电荷数守恒有
92 = Z＋36
解得
A = 56
[3]根据爱因斯坦质能方程可知核反应过程中质量亏损1g，释放的能量为
E = mc2 = 1 × 10－3 × 9.0 × 1016J = 9 × 1013J
8．答案 小于 等于 小于
解析 [1]由于沿着电场线方向电势逐渐降低，可知
φa < φd
[2][3]由题知，在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O
点处点电荷形成的电场，则根据点电荷形成的电场的电势分布可知
φa = φc
且越靠近O 场强越强，则od 部分的场强均大于db 部分的场强，则根据U = Ed，结合
微元法可定性判别出
φo－φb < 2(φo－φd)
而
φa = φb
则
φo－φa < 2(φo－φd)
9．答案 不变 做正功 吸热
解析 [1]完成一次循环，回到初始状态，理想气体温度不变，而一定质量的气体的内
能仅由温度决定，所以整个过程气体的内能不变；
[2][3]对p-V 图像来说，图像与坐标轴所围图形的面积表示气体做功情况，其中从
A→B→C 的过程气体的体积减小是外界对气体做功的过程，从C→D→A 的过程气体的
体积增大，是气体对外做功的过程，且从C→D→A 的过程图像与坐标轴所围的面积大
于从A→B→C 的过程图像与坐标轴所围的面积，即气体对外做的功大于外界对气体做
的功，则整个过程中表现为气体对外界做正功；根据热力学第一定律
ΔU =W +Q
因为ΔU =0，可知因
W＜0
则
Q＞0
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所以气体从外界吸收热量。
四、实验题
10．答案 5.25 1.00 tanθ -
vB
2 - vA
2
2gLcosθ
斜面倾角对动摩擦因数没
有影响
解析 （2）[1]该挡光片宽度
d=5mm+5×0.05mm=5.25mm
（3）[2]根据时间极短的平均速度近似等于瞬时速度，挡光片经过光电门A 的速度
vA= d
Δt A
= 5.25×10
-3
5.25×10
-3 m/s=1.00 m/s
（4）[3]挡光片依次经过光电门A 和B，由动能定理可得
1
2 m vB
2 - 1
2 m vA
2 =mgLsinθ - μmgLcosθ
解得
μ= tanθ -
vB
2 - vA
2
2 gLcosθ
（5）[4]根据图像可知，动摩擦因数并不随角度的变化而发生变化，所以可以得到的结
论为斜面倾角对动摩擦因数没有影响。
11．答案
40
充电
B 1.8×10
-5
解析 （1）[1]根据电路图连接实物图，如图所示
（2）[2]由图（c）可知周期T =25×10
-3s，所以该矩形波的频率为
f = 1
T = 40 Hz
（3）[3][4]由图（d）可知，B 点后电容器两端的电压慢慢增大，即电容器处于充电状
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态；从图中可得出，A 点为放电快结束阶段，B 点为充电开始阶段，所以在B 点时通过
电阻R 的电流更大。
（4）[5]由图（e）可知当f = 45 Hz时，电容器此时两端的电压最大值约为
U m =3.75 V
根据电容的定义式C = Q
U
得此时电容器所带电荷量的最大值为
Qm =C U m = 4.7×10
-6×3.75C≈1.8×10
-5C
五、解答题
12．答案 （1）0.4m；（2）4.4×10
6C/kg
解析 （1）粒子进入磁场，洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有
qvB =m v
2
r
整理得
r = mv
qB =
9.6×10
4
4.8×10
6×0.1
m =0.2m
OM 的长度为
OM =2r =0.4 m
（2）若ON 的长度是OM 的1.1 倍，则ON 运动轨迹半径为OM 运动轨迹半径1.1 倍，
根据洛伦兹力提供向心力得
q' vB =m' v
2
r '
整理得
q'
m' =
v
r ' B =
v
1.1rB = 4.4×10
6C/kg
13．答案 （1）0.05m；（2）10√6
3
rad/s；（3）10rad/s
解析 （1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得
T 0=mgcosα =5 N
根据胡克定律F =k Δ x得
Δ x0= T 0
k =0.05 m
弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O 点的距离
x1= x0- Δ x0=0.05 m
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（2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速
圆周运动。根据牛顿第二定律得
mg
tan α =mω0
2r
由几何关系得圆环此时转动的半径为
r = x0sin α
联立解得
ω0= 10√6
3
rad/s
（3）圆环处于细杆末端P 时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡
克定律得
T =k (L- x0)=10 N
对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有
mg+T cosα = FNsin α，T sin α + FNcosα =mω
2r '
由几何关系得
r ' = Lsin α
联立解得
ω=10rad/s
14．答案 （1）1
2 m v1
2- 1
2 m v0
2；（2）√
kq
E
；（3）q√kqE
2
；（4）(1+√3)v1
解析 （1）0~t1时间内根据动能定理可知合外力做的功为
W = 1
2 m v1
2- 1
2 m v0
2
（2）由图（b）可知t1时刻A 的加速度为0，此时滑块A 所受合外力为0，设此时A 与
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B 之间的距离为r0，根据平衡条件有
k q
2
r0
2 +qE = f
其中
f =2qE
联立可得
r0=√
kq
E
（3）在t2时刻，A 的速度达到最大，此时A 所受合力为0，设此时A 和B 的距离为
r1，则有
F弹+ f =qE+k q
2
r1
2
且有
F弹=3qE，f =2qE
联立解得
r1= 1
2√
kq
E
t1~t2时间内，匀强电场对A 和B 做的总功
W 总=qE(r0-r1)= q√kqE
2
（4）过S 后，A、B 的加速度相同，则A、B 速度的变化相同。设弹簧的初始长度为l0；
A 在S 位置时，此时刻A、B 的距离为r0，A 速度最大时，AB 距离为r1，细杆与B 碰
撞时，A、B 距离为r2。
A 以v1过S 时，到B 与杆碰撞时，A 增加的速度为v1，则B 同样增加速度为v1，设B
与杠相碰时，B 向左运动x。设B 与弹簧相碰到B 与杆相碰时，B 向左运动x'。对A
根据动能定理有
q(φBr 2-φBr 0)+(qE -2qE)(r0- x -r2)- 1
2 k(l0-r2)(l0-r2- x' )= 1
2 m(2v1)
2- 1
2 m v1
2
对B 有
q(φ Ar 2-φ Ar 0)+(qE -2qE) x - 1
2 k(l0-r2)x' = 1
2 m(2v1- v1)
2
当A 以2v1过S 时，设B 与杆碰撞时，A 速度为v '，则B 速度为(v ' -2v1)，设B 与杠
相碰时，B 向左运动x1。设B 与弹簧相碰到B 与杆相碰时，B 向左运动x1'。
对A 根据动能定理有
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q(φBr 2-φBr 0)+(qE -2qE)(r0- x1-r2)- 1
2 k(l0-r2)(l0-r2- x1' )= 1
2 mv '
2- 1
2 m(2v1)
2
对B
q(φ Ar 2-φ Ar 0)+(qE -2qE) x1- 1
2 k(l0-r2)x1' = 1
2 m(v ' -2v1)
2
联立解得
v ' =(1+√3)v1
