福建省厦门大学附属实验中学2026届高三3月份模拟考试物理试题含解析

这是一份福建省厦门大学附属实验中学2026届高三3月份模拟考试物理试题含解析，共18页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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，水平放置的平行板电容器下极板接地，闭合开关S1，S2，平行板电容器两极板间的一个带电粒子恰好能静止在P点．要使粒子保持不动，但粒子的电勢能增加，则下列可行的指施有
A．其他条件不变，使电容器上极板下移少许
B．其他条件不变，将滑动变阻器滑片向右移少许井将上极板下移少许
C．其他条件不变，使开关S2断开，并将电容器下极板上移少许
D．其他条件不变，使开关S断开，并将电容器下极板上移少许
2、光滑绝缘水平面内有一电场，其一条电场线沿x轴方向且电势随坐标x变化的关系如图所示，一质量为m,带电荷量为q（q>0）的小球在该电场线上O点以一定速度向x轴正向释放且能过点。小球沿该电场线做直线运动。则（ ）
A．小球在间做匀加速直线运动，在后做加速度减小的加速运动
B．小球在处动能最小，电势能最大
C．小球在和处加速度相同
D．小球在处时的速度是在处时的二倍
3、如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则（ ）
A．A、B物体组成的系统动量守恒
B．A不能到达圆槽的左侧最高点
C．A运动到圆槽的最低点时A的速率为
D．A运动到圆槽的最低点时B的速率为
4、如图所示，木箱置于水平地面上，一轻质弹簧一端固定在木箱顶部，另一端系一小球，小球下端用细线拉紧固定在木箱底部。剪断细线，小球上下运动过程中木箱刚好不能离开地面。已知小球和木箱的质量相同，重力加速度大小为，若时刻木箱刚好不能离开地面，下面说法正确的是
A．时刻小球速度最大
B．时刻小球加速度为零
C．时刻就是刚剪断细线的时刻
D．时刻小球的加速度为
5、利用图像来描述物理过程，探寻物理规律是常用的方法，图是描述某个物理过程的图像，对该物理过程分析正确的是（ ）
A．若该图像为质点运动的速度时间图像，则前2秒内质点的平均速率等于0
B．若该图像为质点运动的位移随时间变化的图像，则质点运动过程速度一定改变了方向
C．若该图像为一条电场线上各点的电势随坐标变化的图像，则可能是点电荷所形成电场中的一条电场线
D．若该图像为闭合线圈内磁场的磁感应强度随时间变化的图像，磁场垂直于线圈平面，则该闭合线圈内一定产生恒定的电动势
6、a、b是两种单色光，其频率分别为va、vb，且，则下列说法不正确的是（ ）
A．a、b光子动量之比为
B．若a、b光射到同一干涉装置上，则相邻条纹的间距之比为
C．若a、b都能使某种金属发生光电效应，则光子的最大初动能之差
D．若a、b是处于同一激发态的原子跃迁到A态和B态产生的，则A、B两态的能级之差
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、如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A．其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程．该循环过程中，下列说法正确的是__________．
A．A→B过程中，气体对外界做功，吸热
B．B→C过程中，气体分子的平均动能增加
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少
D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化
E.该循环过程中，气体吸热
8、如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（ ）
A．A、B的质量之比为1：
B．A、B所受弹簧弹力大小之比为：
C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为：1
D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1：
9、在倾角为的光谱固定绝缘斜面上有两个用绝缘轻弹簧连接的物块和，它们的质量分别为和，弹簧的劲度系数为，为一固定挡板，开始未加电场系统处于静止状态，不带电，带电量为，现加一沿斜面方问向上的匀强电场，物块沿斜面向上运动，当刚离开时，的速度为，之后两个物体运动中当的加速度为时，的加速度大小均为，方向沿斜面向上，则下列说法正确的是（ ）
A．从加电场后到刚离开的过程中，发生的位移大小为
B．从加电场后到刚离开的过程中，挡板对小物块的冲量为
C．刚离开时，电场力对做功的瞬时功率为
D．从加电场后到刚离开的过程中，物块的机械能和电势能之和先增大后减小
10、如图所示，比荷为的粒子从静止开始，经加速电场U加速后进入辐向的电场E进行第一次筛选，在辐向电场中粒子做半径为R的匀速圆周运动，经过无场区从小孔处垂直边界进入垂直纸面向外的匀强磁场B中进行第二次筛选，在与距离为小孔垂直边界射出并被收集。已知静电分析器和磁分析器界面均为四分之一圆弧，以下叙述正确的是（ ）
A．静电分析器中的电势高于的电势
B．被收集的带电粒子一定带正电
C．电场强度E与磁感应强度B的比值关系为
D．若增大U，为保证B不变，则被收集粒子的比原来大
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）某学习小组利用图甲所示的电路测量电源的电动势及内阻．
(1)按照原理图甲将图乙中的实物连线补充完整________．
(2)正确连接电路后，进行如下实验．
①闭合开关S，通过反复调节滑动变阻器R1、R2，使电流表A3的示数为0，此时电流表A1、A2的示数分别为100.0 mA和80.0 mA，电压表V1、V2的示数分别为1.60 V和1.00 V．
②再次反复调节R1、R2，使电流表A3的示数再次为0，此时电流表A1、A2的示数分别为180.0 mA和40.0 mA，电压表V1、V2的示数分别为0.78 V和1.76 V．
i．实验中调节滑动变阻器R1、R2，当电流表A3示数为0时，电路中B点与C点的电势______．（选填“相等”或“不相等”）
ii．为了提高测量的精确度，电流表A3的量程应选择________
A．0～0.6 A B．0～100 mA C．0～500 μA
ⅲ．测得电源的电动势E =_______V，内阻r =_______Ω．（结果保留3位有效数字）
12．（12分）按如图甲所示电路，某实验小组将一电流表改装成能测量电阻的欧姆表，改装用的实验器材如下：
A．待改装电流表一个：量程为0〜3mA，内电阻为100Ω，其表盘如图乙所示
B．干电池一节：电动势E=1.5V，内电阻r＝0.5Ω
C电阻箱R：阻值范围0〜999.9Ω
请根据改装的欧姆表的情况，回答下列问题：
（1）测量电阻前，先进行欧姆调零，将电阻箱R调至最大，将红、黑两表笔直接接触，调节电阻箱R使电流表指针指到表头的______刻度，此位置应该是欧姆表盘所示电阻的______（填“最大值”或“最小值”）
（2）欧姆表调零后，将红、黑表笔分别接触待测电阻的两端，若电流表的示数为1.0 mA，则待测电阻的阻值______Ω
（3）如果换一个电动势大的电源，其他器材不变，则改装欧姆表的倍率______（填“变大”或“变小”）.
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）港珠澳大桥是连接香港大屿山、澳门半岛和广东省珠海市跨海大桥，工程路线香港国际机场附近的香港口岸人工岛，向西接珠海、澳门口岸人工岛、珠海连接线，止于珠海洪湾，总长约55公里，在建设港珠澳大桥时为了更大范围的夯实路面用到一种特殊圆环，建设者为了测试效果，做了如下的演示实验：如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环。棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1).断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计，重力加速度为g求：
（1）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度；
（2）从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程；
（3）从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功.
14．（16分）如图所示，光滑斜面倾角θ=60°，其底端与竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道平滑对接，位置D为圆弧轨道的最低点。两个质量均为m的小球A和小环B（均可视为质点）用L=1.5R的轻杆通过轻质铰链相连，B套在固定竖直光滑的长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心，初始时轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变）。重力加速度为g。求：
(1)刚释放时，球A的加速度大小；
(2)小球A运动到最低点时的速度大小；
(3)已知小球以运动到最低点时，小环B的瞬时加速度大小为a，求此时小球A受到圆弧轨道的支持力大小。
15．（12分）如图所示，质量为m＝1kg的物块放在倾角为＝37°的斜面底端A点，在沿斜面向上、大小为20N的恒力F1的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，运动到B点时撤去拉力F1，当物块运动到C点时速度恰为零，物块向上加速的时间与减速的时间均为2s。物块运动到C点后，再对物块施加一平行于斜面的拉力F2，使物块从C点运动到A点的时间与从A点运动到C点的时间相等。已知斜面足够长，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数;
（2）拉力F2的大小和方向。
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】
A.为使粒子保持不动，则两板间的电场强度大小不变，由于粒子带负电，为使粒子的电势能增加，则P点的电势应降低，即P点与下板间的电势差减小．其他条件不变，使电容器上极板下移少许，两板间的电压不变，刚由E=可知，两板间的电场强度增大，A错误；
B.其他条件不变，将滑动变阻器滑片向右移少许，电路 中的电流减小，两板的电压减小，将上板下移少许，由E=可保证板间的电场强度大小不变，但P点的电势不变， B错误；
C.其他条件不变，开关S2断开，两板的带电量不变，将电容器下板上移少许，两板间电场强度不 变，P点与下板的电势差减小，C正确；
D.其他条件不变，使开关S1断开，电容器放电，板间的电场强度减小，D错误．
2、B
【解析】
A．沿电场线方向电势降低，带正电的小球从到逆着电场线运动，做减速运动，从之后做加速运动，A错误；
B．小球运动过程中仅有电场力做功，电势能和动能相互转化，根据电势能可知带正电的小球在处电势能最大，动能最小，B正确；
C．图像斜率的物理意义为场强，即
小球在和处图像斜率不同，所以场强大小不同，根据牛顿第二定律
结合A选项分析可知小球在和处加速度大小、方向均不同，C错误；
D．小球的初动能不为零，在和位置的速度比例关系无法求解，D错误。
故选B。
3、D
【解析】
A．A、B物体组成的系统只有水平方向动量守恒，选项A错误；
B．运动过程不计一切摩擦，故机械能守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故B错误；
CD．对A运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒

对AB整体应用机械能守恒可得
所以A运动到圆槽的最低点时B的速率为

故C错误，D正确；
故选D。
4、D
【解析】
小球运动到最高点时木箱恰好不能离开地面，此时小球速度为零，对木箱受力分析有: ，对小球受力分析有:
又，，解得:
A.A项与 上述分析结论不相符，故A错误；
B.B项与 上述分析结论不相符，故B错误；
C.C项与 上述分析结论不相符，故C错误；
D.D项与 上述分析结论相符，故D正确。
5、D
【解析】
A．若该图像为质点运动的速度时间图像，则前2秒内质点的位移等于零，质点的平均速度等于0，但是平均速率不为零，选项A错误；
B．若该图像为质点运动的位移随时间变化的图像，斜率对应速度的大小和方向，则方向恒定，选项B错误；
C．若该图像为一条电场线上各点的电势随坐标变化的图像，这个图像说明只能是匀强电场，不能和点电荷的电场对应，所以C错误；
D．若该图像为闭合线圈内磁场的磁感应强度随时间变化的图像，则磁感应强度的变化率恒定，则该闭合线圈内一定产生恒定的电动势，选项D正确；
故选D。
6、B
【解析】
A．光子的能量，所以两种光子能量分别为和，且
则：
光子的动量为，所以
A正确；
B．光子的波长，双缝干涉装置上相邻亮条纹的间距为，所以
B错误；
C．根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能为，其中W为金属的逸出功；则有
C正确；
D．若a、b是由处于同一激发态的原子跃迁到A态和B态时产生的，设初始激发态的能量为E0，则有
所以
同理
则
D正确。
本题选不正确的，故选B。
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、ADE
【解析】
过程中，体积增大，气体对外界做功，过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，过程中，等温压缩，过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高．
【详解】
A.过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，气体吸热，故A正确；
B.过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；
C.过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C错误；
D.过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D正确；
E.该循环中，气体对外做功大于外界对气体做功，即；一个循环，内能不变，，根据热力学第一定律，，即气体吸热，故E正确；
故选ADE
【点睛】
本题考查了理想气体状态方程的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由问题温度决定．
8、CD
【解析】
A．对A、B两个物体受力分析，如图所示：
A、B都处于静止状态，受力平衡，则有：
对物体A：
得：
对物体B，有：
得：
所以：，故A错误；
B．同一根弹簧弹力相等，故B错误；
C．对A物体，细线拉力：
对B物体，细线拉力：
得：，故C正确；
D．快速撤去弹簧的瞬间，物体AB将以悬点为圆心做圆周运动，刚撤去弹簧的瞬间，将重力分解为沿半径和沿切线方向，沿半径合力为零，合力沿切线方向
对A物体：
得：
对B物体：
得：
联立得：，故D正确；
故选：CD。
9、ACD
【解析】
A．开始未电场时，弹簧处于压缩状态，对A，根据平衡条件和胡克定律有
解得
物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律，有
解得
故从加电场后到B刚离开C的过程中，A发生的位移大小为
选项A正确；
B．从加电场后到B刚离开C的过程中，挡板C对小物块B的作用力不为零，由I=Ft知挡板C对小物块B的冲量不为0，选项B错误；
C．设A所受的电场力大小为F，当A的加速度为0时，B的加速度大小均为a，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律，
对A有
对B有
故有
B刚离开C时，电场力对A做功的瞬时功率为
选项C正确；
D．对A、B和弹簧组成的系统，从加电场后到B刚离开C的过程中，物块A的机械能、电势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，弹簧的弹性势能先减小后增大，则物块A的机械能和电势能之和先增大后减小，选项D正确。
故选ACD。
10、BD
【解析】
AB.粒子在磁场内做匀速圆周运动，磁场区域的磁感应强度垂直纸面向外，由左手定则可以判断出粒子一定带正电。在辐向电场中，电场力提供粒子做匀速圆周运动的向心力，可以判断出的电势高于的电势。故A错误，B正确；
C.粒子经加速电场加速
在电场中做匀速圆周运动
在磁场中做匀速圆周运动
经计算可知
故C错误；
D.联立C项各式可得：
为保证B不变，增大时，则增大，故D正确。
故选：BD。
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、（1）如图所示；
i．相等 ii．C ⅲ．2.87 1.50
【解析】
（1）根据原理图连接实物图如图所示；
（2）i、实验中，调节滑动变阻器，当电流表示数为0时，说明电流表两端电势差为零，故电路中B点与C点的电势相等；
ii、为了使实验结果更精确，必须严格控制B、C两点电流为零，如果电流表A3的量程相比与电路中的电流太大，会造成BC中有电流，但是读不出来，显示为零，所以应选择量程非常小的，故选C；
iii、根据电路规律可知，第一次实验中，路端电压为，干路电流为；第二次实验中有，干路电流为；由闭合电路欧姆定律可知，联立解得．
【点睛】该实验的关键是明确实验原理，即利用等势法求解，要求BC两点的电势相等，即无电流通过BC，所以在选择A3时一定要选择量程非常小的电流表，然后利用电路结构，结合闭合回路欧姆定律，求解电源电动势和内阻．
12、3mA 最小值 1000 变大
【解析】
(1)[1][2]将红、黑两表笔短接是欧姆调零，电流表的最大刻度3mA对应待测电阻的最小值，即对应欧姆表的电阻零刻度
(2)[3]欧姆表调零后，其内阻
电流表示数为，则
解得
(3)[4]当电动势变大后，由
，
可知，内阻变大，相同电流时，测量的电阻变大，所以倍率变大。
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）a环=(k-1)g，方向竖直向上（2）（3）
【解析】
（1）设棒第一次上升过程中，环的加速度为a环
环受合力
F环=kmg-mg ①
由牛顿第二定律
F环=ma环 ②
由①②得
a环=（k-1)g
方向竖直向上.
设以地面为零势能面，向上为正方向，棒第一次落地的速度大小为v1
由机械能守恒的：

解得
.
设棒弹起后的加速度a棒
由牛顿第二定律
a棒=（k+1)g
棒第一次弹起的最大高度
解得：

棒运动路程
（３）设环相对棒滑动距离为L，
根据能量守恒
mgH+mg(H+L)=kmgL ③
摩擦力对棒及环做的总功及是摩擦生热
④
由③④解得
14、 (1)；(2)；(3)
【解析】
(1)由牛顿第二定律得
解得
(2)小球初始位置距水平面高度设为，由几何关系得
解得
小环初始位置距水平面高度设为，由几何关系得
解得
由系统机械能守恒
式中，，
解得
(3)以小环为研究对象，由牛顿第二定律得
以小球为研究对象，由牛顿第二定律得
解得
15、 (1)μ=0.5 (2) F2=3N,方向平行斜面向下
【解析】
(1)设物块向上做加速运动的加速度大小为a1，
根据牛顿第二定律有：F1-mgsin-μmgcs=ma1
撤去拉力F1后，物块做匀减速运动，设运动的加速度大小为a2
根据牛顿第二定律有：μmgcs+mgsin=ma2
由于加速的时间与减速的时间相等，即:a1t=a2t
联立解得：
μ=0.5
（2）物块向上运动时，a1=a2=10m/s2 ，物块从A到C运动的距离：
x=2×=40m
设拉力的方向沿斜面向下，则根裾牛顿第二定律有：F2+mgsin-μmgcs=ma3
由题意可知：x=
解得：
a3=5m/s2
F2=3N
F2方向平行斜面向下