福建省莆田一中等中学2026届高三第二次模拟考试物理试卷含解析

这是一份福建省莆田一中等中学2026届高三第二次模拟考试物理试卷含解析，共18页。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、如图所示，质量为M的小车的表面由光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一质量为m的球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b，斜面倾角为θ。当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列说法正确的是（ ）
A．若小车匀速运动，则球对斜面上b点的压力大小为mgcsθ
B．若小车匀速运动，则球对水平面上a点的压力大小为mgsinθ
C．若小车向左以加速度gtanθ加速运动，则球对水平面上a点无压力
D．若小车向左以加速度gtanθ加速运动，则小车对地面的压力小于（M+m）g
2、2019年1月3日嫦娥四号月球探测器成功软着陆在月球背面，着陆前在离月球表面的高空仅在月球万有引力作用下环月球做匀速圆周运动，向心加速度大小为，周期为；设贴近地面的近地卫星仅在地球万有引力作用下环地球做匀速圆周运动，向心加速度大小为，周期为。已知月球质量，半径；地球质量，半径。则（ ）
A．，
B．，
C．，
D．，
3、木箱内的地板上放置一个5kg的物体，钢绳吊着木箱静止在某一高度处。从计时时刻开始钢绳拉着木箱向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为4m/s2，至第3s末钢绳突然断裂，此后木箱先向上做匀减速运动，到达最高点后开始竖直下落，7s末落至地面。木箱在空中运动的过程中地板始终保持水平，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．第2秒末物体的重力增大到70N
B．第4秒末物体对木箱地板的压力为70N
C．第4秒末物体对木箱地板的压力为50N
D．第6秒末物体对木箱地板的压力为0
4、如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中A、B之间的距离l1＝3 m，B、C之间的距离l2＝4 m．若物体通过l1、l2这两段位移的时间相等，则O、A之间的距离l等于( )
A． mB． m
C． mD． m
5、战斗机离舰执行任务，若战斗机离开甲板时的水平分速度大小为40m/s，竖直分速度大小为20m/s，离舰后它在水平方向做加速度大小为1m/s2的匀加速运动，在竖直方向做加速度大小为2m/s2的匀加速运动，以战斗机离开甲板时的位置为坐标原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立直角坐标系，则在它离舰后的一段时间内，下列轨迹正确的是（ ）
A．B．
C．D．
6、如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于
A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、某电场在x轴上各点的场强方向沿x轴方向，规定场强沿x轴正方向为正，若场强E随位移坐标x变化规律如图，x1点与x3点的纵坐标相同，图线关于O点对称，则（ ）
A．O点的电势最低B．-x2点的电势最高
C．若电子从-x2点运动到x2点，则此过程中电场力对电子做的总功为零D．若电子从x1点运动到x3点，则此过程中电场力对电子做的总功为零
8、科学实验证明，通电长直导线周围磁场的磁感应强度大小，式中常量k>0，I为电流强度，l为距导线的距离。如图所示，三根完全相同且通有恒定电流的长直导线a、b、c，其截面位于等边三角形的三个顶点，a、b、c通过的恒定电流大小分别为Ia、Ib、Ic，b、c位于光滑绝缘水平面上，三根导线均可保持静止状态，则（ ）
A．a、b通有同向的恒定电流
B．导线a受的合磁场力竖直向上
C．导线a、b所受的合磁场力大小相等、方向相反
D．导线a、b、c上通有的电流大小关系为Ia＝2Ib＝2Ic
9、如图，水平面内固定有两根平行的粗糙长直金属导轨，两根相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。从t=0时开始，对AB棒施加一与导轨平行的水平外力F，使AB棒从静止开始向右做加速度大小为a0的匀加速直线运动。导轨电阻不计，两棒均与导轨接触良好，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。下列关于CD棒的速度v、加速度a、安培力F安和外力F随时间t变化的关系图线可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
10、某课外兴趣小组欲利用如图所示的电路探究光电效应现象，V为理想电压表。G为灵敏电流计。电路闭合后，用绿光照射光电管，发现灵敏电流计发生了偏转。保持滑动变阻器滑片P位置不变，以下说法正确的是（ ）
A．保持入射光为绿光，若增大入射光强度，则灵敏电流计的示数会增大
B．换用紫光照射光电管，逸出电子的最大初动能比绿光照射时大
C．换用红光照射光电管，则灵敏电流计的指针一定不会发生偏转
D．换用黄光照射光电管，灵敏电流针指针未发生偏转，若只增大入射光强度。灵敏电流计指针可能发生偏转
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）一小灯泡上标有“3.8V，1.14W”的字样，现用伏安法研究这个小灯泡的伏安特性曲线，实验室有如下器材可供选用：
A．电压表V1（0～3V，内阻RV1约为5k）
B．电压表V2（0～15V，内阻RV2约为25k）
C．电流表A1（量程为200mA，内阻RA1为10）
D．电流表A2（量程为600mA，内阻RA2约为4）
E.定值电阻R0（10）
F.滑动变阻器R（0～9，1A）
G.电源E（6V，内阻约为1）
H.单刀开关一个、导线若干
(1)要求测量尽量准确，且测量范围尽可能大，并能测量小灯泡的额定电流，实验中应选用的两个电表分别是_____、____（填对应器材前的字母序号）；
(2)请利用(1)问中选择的电表，在甲图所示的虚线框里把实验电路图补充完整（要求在图中需标明所选器材的字母代号）；
(3)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图乙所示。如果用两节干电池组成的电源E1（电动势3V，内阻1）和滑动变阻器R1（0~19），将该小灯泡连接成如图丙所示的电路。闭合开关S，调节滑动变阻器R1的滑片，则流过小灯泡的最小电流为____A。（结果保留2位小数）
12．（12分）某同学为了测量电源的电动势和内阻，根据元件的不同，分别设计了以下两种不同的电路。

实验室提供的器材有：
两个相同的待测电源，辅助电源；
电阻箱、，滑动变阻器、；
电压表，电流表；
灵敏电流计，两个开关、。
主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，闭合开关和，再反复调节和，或者滑动变阻器、，使电流计的示数为0，读出电流表、电压表示数分别为、。
②反复调节电阻箱和（与①中的电阻值不同），或者滑动变阻器、，使电流计的示数再次为0，读出电流表、电压表的示数分别为、。
回答下列问题：
(1)哪套方案可以更容易得到实验结果______（填“甲”或“乙”）。
(2)电源的电动势的表达式为_____，内阻为______。
(3)若不计偶然误差因素的影响，考虑电流、电压表内阻，经理论分析可得，____（填“大于”“小于”或“等于”），_____（填“大于”“小于”或“等于”）。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）水平折叠式串列加速器是用来产生高能离子的装置,如图是其主体原理侧视图．图中为一级真空加速管,中部处有很高的正电势，、两端口均有电极接地(电势为零)；、左边为方向垂直纸面向里的匀强磁场； 为二级真空加速管,其中处有很低的负电势,、两端口均有电极接地(电势为零)．有一离子源持续不断地向端口释放质量为m、电荷量为e的负一价离子,离子初速度为零,均匀分布在端口圆面上．离子从静止开始加速到达处时可被设在该处的特殊装置将其电子剥离,成为正二价离子(电子被剥离过程中离子速度大小不变)；这些正二价离子从端口垂直磁场方向进入匀强磁场，全部返回端口继续加速到达处时可被设在该处的特殊装置对其添加电子，成为负一价离子(电子添加过程中离子速度大小不变)，接着继续加速获得更高能量的离子．已知端口、端口、端口、端口直径均为L,与相距为2L,不考虑离子运动过程中受到的重力,不考虑离子在剥离电子和添加电子过程中质量的变化,，，求：
(1)离子到达端口的速度大小v；
(2)磁感应强度度大小B；
(3)在保证(2)问中的B不变的情况下,若端口有两种质量分别为、，电荷量均为e的的负一价离子,离子从静止开始加速,求从端口射出时含有m1、m2混合离子束的截面积为多少．
14．（16分）如图所示，可视为质点的质量为m=1.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F=4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R=1.3m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口（未画出，且入口和出口稍稍错开）出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h=1.2m，水平距离为x=1.6m。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为l2=2.1m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为=1．5，重力加速度g=11m/s2。
(1)求水平轨道AB的长度l1；
(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；
(3)若在AB段水平拉力F作用的范围可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围。
15．（12分）如图所示，在竖直分界线的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与之间有方向向上的匀强电场。在处有两个带正电的小球和，两小球间不发生电荷转移。若在两小球间放置一个被压缩且锁定的小型弹簧（不计弹簧长度），解锁弹簧后，两小球均获得沿水平方向的速度。已知小球的质量是小球的倍，电荷量是小球的倍。若测得小球在磁场中运动的半径为，小球击中屏的位置的竖直偏转位移也等于。两小球重力均不计。
(1)将两球位置互换，解锁弹簧后，小球在磁场中运动，求两球在磁场中运动半径之比、时间之比；
(2)若小球向左运动求、两小球打在屏上的位置之间的距离。
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、C
【解析】
AB．小车和球一起匀速运动时，小球受到竖直向下的重力和水平面对小球竖直向上的支持力，二力平衡，所以小球对b点无压力，根据牛顿第三定律可知小球对a点的压力大小为mg，AB错误；
C．若小车向左以加速度gtanθ加速运动，假设小球对a点无压力，根据牛顿第二定律
解得
假设成立，所以小球对a点无压力，C正确；
D．对小车和球构成的系统整体受力分析可知，系统在竖直方向上加速度为0，竖直方向受到重力和支持力，二者等大反向，根据牛顿第三定律可知小车对地面的压力等于（M+m）g，D错误。
故选C。
2、C
【解析】
根据万有引力提供向心力有：，解得：
，
根据万有引力提供向心力有：，解得：
，
可得：
，
即a月＜a地；
周期比为：
，
所以T月＞T地。
A．，，故A不符合题意；
B．，，故B不符合题意；
C．，，故C符合题意；
D．，，故D不符合题意。
故选C正确。
3、D
【解析】
A．第2秒末，物体的加速度向上，物体处于超重状态，但物体的重力不会随着物体的运动状态变化而变化，故A错误；
BC．第4秒末物体的加速度为重力加速度g，物体处于完全失重状态，物体对木箱地板的压力为0，故BC错误；
D．第6秒末物体的加速度为重力加速度g，物体处于完全失重状态，物体对木箱地板的压力为0，故D正确。
故选D。
4、D
【解析】
设物体运动的加速度为a，通过O、A之间的距离l的时间为t，通过l1、l2每段位移的时间都是T，根据匀变速直线运动规律，
l＝at2
l＋l1＝a(t＋T)2
l＋l1＋l2＝a(t＋2T)2
l2－l1＝aT2
联立解得
l＝m．
A. m，选项A不符合题意；
B. m，选项B不符合题意；
C. m，选项C不符合题意；
D. m，选项D符合题意；
5、D
【解析】
AB．战斗机在水平方向和竖直方向分别做匀加速直线运动，且竖直方向的加速度大于水平方向的加速度，其轨迹应该向上弯曲，故AB错误；
CD．根据匀变速直线运动位移公式，竖直方向
即
当y=200m时
解得
水平方向
结合CD图象，D图象更加符合轨迹图象，故D正确。
故选D。
6、A
【解析】
棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，F做正功，安培力做负功，重力做负功，动能增大．根据动能定理分析力F做的功与安培力做的功的代数和．
【详解】
A．棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用．由动能定理：WF+WG+W安=△EK
得WF+W安=△EK+mgh
即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量．故A正确．
B．由动能定理，动能增量等于合力的功．合力的功等于力F做的功、安培力的功与重力的功代数和．故B错误．
C．棒克服重力做功等于棒的重力势能增加量．故C错误．
D．棒克服安培力做功等于电阻R上放出的热量．故D错误
【点睛】
本题运用功能关系分析实际问题．对于动能定理理解要到位：合力对物体做功等于物体动能的增量，哪些力对物体做功，分析时不能遗漏．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、AC
【解析】
A．规定场强沿x轴正方向为正，依据场强E随位移坐标x变化规律如题目中图所示，电场强度方向如下图所示：
根据顺着电场线电势降低，则O电势最低，A正确；
B．由上分析，可知，电势从高到低，即为，由于点与点电势相等，那么点的电势不是最高，B错误；
C．若电子从点运动到点，越过横轴，图像与横轴所围成的面积之差为零，则它们的电势差为零，则此过程中电场力对电子做的总功为零，C正确；
D．若电子从点运动到点，图像与横轴所围成的面积不为零，它们的电势差不为零，则此过程中电场力对电子做的总功也不为零，D错误。
故选AC。
8、BD
【解析】
AB．对长直导线分析，长直导线受到重力、长直导线对长直导线的磁场力和长直导线对长直导线的磁场力，根据平衡条件可知长直导线与长直导线作用力是相互排斥，长直导线对长直导线作用力是相互排斥，所以长直导线与长直导线有反向的恒定电流，长直导线受的合磁场力竖直向上，且有大小等于长直导线的重力，故A错误，B正确；
C．视长直导线、、整体，对其受力分析，根据平衡条件可得光滑绝缘水平面对长直导线支持力等于长直导线重力的倍；对长直导线受力分析，受到重力、光滑绝缘水平面对其支持力、长直导线对其吸引力和长直导线对其排斥力，根据力的合成与分解可得长直导线所受的合磁场力大小等于长直导线重力的倍，方向竖直向下，故C错误；
D．对长直导线受力分析，在水平方向，根据平衡条件可得
即可得
对长直导线受力分析，同理可得
故D正确；
故选BD。
9、BD
【解析】
A．因金属棒与导轨之间有摩擦力，可知开始时导体棒CD的速度为零，当所受的安培力等于最大静摩擦力时才开始运动，故A错误；
B．开始时，CD棒的速度为零，加速度为零；当CD开始运动后加速度从0开始逐渐变大，与AB的速度差逐渐变大，则回路中感应电流逐渐变大，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，加速度逐渐变大，当CD的加速度与AB加速度相等时，两棒的速度差保持不变，安培力保持不变，加速度保持不变，故B正确；
C．在开始CD棒不动时，安培力
即安培力随时间成正比关系增加；当CD开始运动后，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保持不变，故C错误；
D．对AB外力
开始时CD加速度为零，AB加速度为a=a0，则此时外力F随时间t线性增加；当CD开始运动后加速度从0开始逐渐变大，导体棒AB所受的向左的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保持不变，故D正确。
故选BD。
10、AB
【解析】
A．保持入射光为绿光，若增大入射光强度，单位时间单位面积上照射出的光电子数目会增多，从而会使饱和电流增大，A符合题意；
B．换用紫光照射光电管，即增大入射光频率，根据爱因斯坦光电效应方程
知逸出电子的最大初动能比绿光照射时大，B符合题意；
C．用绿光照射光电管，能发生光电效应，说明绿光的频率大于该金属的截止频率，但无法判断红光的频率是否大于该金属的截止频率，即换用红光照射光电管，也可能发生光电效应，即灵敏电流计的指针可能会发生偏转，C不符合题意；
D．换用黄光照射光电管，灵敏电流计指针未发生偏转，说明黄光的频率小于该金属的截止频率，若只增大人射光强度，灵敏电流计指针依然不可能发生偏转，D不符合题意。
故选AB。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、CD 0. 13（0. 12～0. 13均可）
【解析】
(1)[1][2]．小灯泡的额定电流为，则电流表选择A2；小灯泡额定电压为3V，两个电压表量程除了偏小就是偏大，可用已知内阻的电流表A1与定值电阻R0串联，可相当于量程为 的电压表；则两个电表选择CD；
(2)[3]．电路如图
(3)[4]．当电流最小时，滑动变阻器电阻取最大值19Ω，将滑动变阻器的阻值等效为电源内阻，则U=E-Ir=3-20I，将此关系画在灯泡的U-I线上如图，交点坐标为I=130mA=0.13A。
12、甲 等于 等于
【解析】
(1)[1]甲电路的连接有两个特点：左、右两个电源间的路端电压相等，干路电流相同，电阻箱可以直接读数；乙电路更加适合一般情况，需要采集更多数据，并且需要作图处理数据才可以得到结论，同状态下采集数据，根据闭合电路欧姆定律列式求解电源的电动势和内阻，甲电路更简单。
(2)[2][3]根据闭合电路欧姆定律得
解得
，
(3)[4][5]当电流计的示数为0时，相同电源，电流相等时路端电压相等，此电路中电流表测的是干路电流，电压表测的是两端的电压（路端电压），因此电流表和电压表都是准确值，故
，
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、 (1) (2) (3)
【解析】
（1）对离子加速全过程由动能定理得到：
解得：
（2）进入磁场中，
，
解得：
（3），，
，
14、 (1)2.4m(2) 不能(3)
【解析】
(1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为，则有
从点运动到最高点的过程中，设小滑块到达点时的速度大小为，由机械能守恒定律有
代入数据解得
小滑块由到的过程中，由动能定理可得
代入数据可解得
。
(2)设小滑块到达点时的速度大小为，
则由动能定理可得
代入数据解得
设小滑块下落所需要的时间为，则有
解得
故小滑块在水平方向上运动的距离为
故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到点。
(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：
①当滑块刚好能够到达与圆心等高的点时，设恒力作用的距离为，则由动能定理可得：
代入数据可解得
故当恒力作用的距离满足时符合条件。
②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为，则有
设此时恒力作用的距离为，则有
代入数据可解得
当滑块刚好运动到点时速度为零，设此时恒力作用的距离为，则有
代入数据可解得
故当恒力作用的距离满足时符合条件。
③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达点时的速度大小为，则由平抛运动规律可得
代入数据解得
设此时恒力作用的距离为，故有
代入数据解得
故当恒力作用距离满足时符合条件。
15、 (1)，；(2)
【解析】
(1)两小球静止反向弹开过程，系统动量守恒有
①
小球A、B在磁场中做圆周运动，分别有
，②
解①②式得
磁场运动周期分别为
，
解得运动时间之比为
(2)如图所示，小球A经圆周运动后，在电场中做类平抛运动。
水平方向有
③
竖直方向有
④
由牛顿第二定律得
⑤
解③④⑤式得
⑥
小球B在电场中做类平抛运动，同理有
⑦
由题意知
⑧
应用几何关系得
⑨
解①⑥⑦⑧⑨式得