2026届福建南平市高三下学期五月适应性练习物理试题（含解析）

这是一份2026届福建南平市高三下学期五月适应性练习物理试题（含解析），共7页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必在练习卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码上的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本练习卷上无效。
3．练习结束后，将本练习卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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. 如图为茶水从茶壶中倒出的情景，若不考虑空气阻力，某一小段水柱在下落过程中（ ）
A. 动量不变B. 速度变化率保持不变
C. 相同时间内下降的高度相等D. 若遇到水平方向的风力，下落时间变长
【答案】B
【解析】
【详解】A．水柱做平抛运动，速度不断变化，所以动量不断变化，故A错误；
B．水柱在下落过程中只受重力，加速度为g且保持不变，加速度表示速度的变化率，所以速度变化率保持不变，故B正确；
C．水柱在竖直方向做加速运动，相同时间内下降的高度不同，故C错误；
D．若遇到水平方向的风力，不会影响竖直方向的运动，所以下落时间不变，故D错误。
故选B。
2. 氮化镓充电器能提供更高的充电功率，在更短的时间内让手机充满电。图（a）是这种充电器的核心电路，交流电经前端电路和氮化镓开关管转换后，在ab端获得如图（b）所示的高频脉冲直流电，经理想高频变压器降压（仍遵循交流电的变压规律）后在cd端给手机充电，若cd端输出电压为11V，输出电流为6A，则流过ab端的电流为（ ）
A. 0.15AB. 0.3AC. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设ab端电压有效值为，周期为，由图(b)可知，一个周期内只有前时间有电压，大小为，因此
计算得。
理想变压器输入功率等于输出功率，即
代入得
因此流过ab端的电流为。
故选B。
3. 如图，a、b两列波的波源分别位于x=0与x=16m处，某时刻a波传到x=2m处，b波传到x=7m处，已知a波的频率，则（ ）
A. 两列波起振方向相同
B. b波的频率
C. a波比b波滞后3.5s起振
D. 再经过5s，平衡位置位于5m处的质点位移为0，且向上振动
【答案】C
【解析】
【详解】A．用微平移法判断波的振动方向a波向右传，处振动方向向下；
b波向左传，处振动方向向上。 起振方向相反，故A错误；
B．由图知，已知，因此波速
由图知，波速也为，因此，故B错误；
C．a波从波源传到，传播时间
b波从波源传到，传播距离，传播时间
因此b比a早起振，即a比b滞后起振，故C正确；
D．内波传播距离
a波传到x=5m，需
故后该点已振动，
起振向下，振动后位移为（波峰）
b波传到x=5m需
故后该点已振动，
起振向上，振动后位移为正，总位移不为0，故D错误；
故选C。
4. 如图，神舟21号载人飞船在椭圆轨道上无动力飞行，在远地点Q对地球观测的最大张角为2θ，在近地点P对地球观测的最大张角为2α。地球可视为质量为M的均匀球体，半径为R。规定距地球无穷远处引力势能为零，飞船与地球中心距离为r时的引力势能为，忽略空气阻力，引力常量为G。则神舟21号在P点的速度大小为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】飞船在椭圆轨道上无动力飞行，只有引力做功，机械能守恒，则有
根据开普勒第二定律，有
联立解得
故选A。
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有2项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，不选或选错的得0分。
5. 如图为常用于快递包装的减震垫，垫上布满了圆柱形、导热性能良好的薄膜气泡，每个气泡内充满体积为、压强为的理想气体。物品平放在气泡上，气泡被压缩至稳定的过程中（室温恒定），则（ ）
A. 薄膜气泡内压强是由于大量气体分子对薄膜频繁碰撞产生的
B. 若外界对气体做功为W，气体放出热量为Q，则Q=W
C. 若气泡内气体分子个数为N，则每个气体分子的体积为
D. 某个气泡内气体体积减小了，则这个气泡内气体压强变化量为
【答案】AB
【解析】
【详解】A．气体压强的本质就是大量气体分子频繁碰撞器壁产生的，该说法符合气体压强的微观成因，故A正确；
B．气泡导热良好、室温恒定，理想气体内能仅与温度有关，因此过程中内能变化
根据热力学第一定律
外界对气体做功，得
负号表示气体放出热量，且放出热量的多少等于外界对气体做的功，故B正确；
C．气体分子间存在很大间隙，是气体分子平均占据的空间体积，不是单个气体分子本身的体积，故C错误；
D．气体做等温变化，由玻意耳定律
得压缩后压强
压强变化量
故D错误；
故选AB。
6. 《月映武夷》是世界单体最大的水幕舞台，演出高潮时，“建本”雕版舞台破水而出，与水平面成60°角斜立于水面（可视为斜面），简化模型如图所示。演出时，演员腰间系有平行于斜面的安全绳，绳的另一端固定在O点。若某次演员在斜面上绕O点做圆周运动通过最低点M时，摩擦力不计，速度为1m/s，绳长OM为4m，演员质量为60kg，重力加速度g取。则演员通过M点时（ ）
A. 合外力大小为15NB. 绳子的拉力大小为615N
C. 所受重力的功率为0D. 所受合外力的功率为15W
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由向心力公式，代入数据，故A正确；
B．沿斜面方向由牛顿第二定律得
变形
代入数据，故B错误；
C．由功率公式，为重力与速度方向的夹角，演员在点速度方向平行于斜面且垂直于绳，重力竖直向下，二者夹角为，，因此重力的功率为，故C正确；
D．合外力提供向心力，方向沿绳指向圆心，与速度方向垂直，由功率公式，，因此合外力的功率为，故D错误。
故选AC。
7. 如图，光滑绝缘水平细杆上套有一个质量为m，电荷量大小为q的带电小球，细杆的竖直垂线与杆交于O点，A、B是垂线上的两点，C、D为杆上两点且，，在A、B两点分别固定电荷量为-3q和+q的点电荷。小球从C点由静止释放，在电场力的作用下向右运动。静电力常量为k，小球可视为质点，则小球（ ）
A. 带负电
B. 从C点运动到O点的过程中电势能一直减小
C. 从C点运动到O点的过程中，对杆的作用力一定先减小后增大
D. 经过D点时的加速度大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．设OC的长度为x，则A点电荷在C点产生的电场强度
同理可计算得B点电荷在C点产生的电场强度
由几何关系得两点电荷产生的电场在x轴上的分量为，
可得
场强方向向右，小球从C静止释放后向右运动，电场力向右，与场强方向一致，因此小球带正电，故A错误；
B．从C到O，小球始终在O点左侧，由A项结果场强方向一直向右，小球带正电，电场力方向始终与位移方向同向，电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故B正确；
C．竖直方向总电场为
方向竖直向上，故电荷向上的电场力
从C到O电场力增大，竖直方向受力平衡
即
的大小变化分三种情况：①若全程，则N一直减小；
②若，则N先减小后增大
③若全程，则一直增大。
故C错误；
D．D点，由前分析两点电荷在D点产生的电场在x轴上的分量为
故电荷的合力
由牛顿第二定律得加速度
故D正确；
故选BD。
8. 如图（a），质量分别为、的两个小球A、B拴接在一根轻弹簧的两端，并静止在光滑的水平地面上。给小球A一个水平向右的初速度压缩弹簧，此后小球A、B的速度与冲量大小的关系图像如图（b）所示，图中、已知，则（ ）
A.
B.
C. 从开始运动到A、B共速时B球的动能变化量为
D. A、B共速时弹簧的弹性势能最大，其最大值为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由动量定理，对小球有，变形得
对小球有，变形得
图像斜率的绝对值为，由图可知的斜率绝对值大于的斜率绝对值，即，可得，故A正确。
B．当时，共速，设共同速度为。由动量定理得，
联立消去得
整理得，故B正确。
C．从开始运动到，共速时，对由动量定理得
球的动能变化量
因，则，故C错误。
D．，共速时弹簧压缩量最大，弹性势能最大。由能量守恒定律得
结合动量守恒，
代入化简得，故D正确。
故选BD。
三、非选择题：共60分，其中9、10、11题为填空题，12、13题为实验题，14、15、16题为计算题。考生根据要求作答。
9. 莫泽灯又称“水瓶电灯”，不用电就能将房屋照亮。将装有水的瓶子固定在屋顶的孔洞中，屋外的光线经过折射，可将屋内照亮。其原理简化图如图所示，一束单色光在过瓶子中心轴线的竖直面内，以入射角i从瓶壁上的O点射入瓶内，以折射角r进入瓶内液体中。光在真空中的传播速度为c，则光在水中的传播速度为________；若增大入射角i，光在瓶身侧壁________（选填“可能”或“不可能”）发生全反射。
【答案】 ①. sinrsinic ②. 不可能
【解析】
【详解】[1]由折射定律得
由光在介质中的传播速度公式得
联立可得
[2]光发生全反射的条件为光从光密介质射入光疏介质，入射角大于等于临界角。光从空气射入水中，在瓶内射到瓶身侧壁时，根据几何关系，光线在侧壁的入射角一定小于临界角，因此增大入射角，光在瓶身侧壁不可能发生全反射。
10. 2026年1月，中国的“人造太阳”实验证实托卡马克密度自由区的存在，为托卡马克高密度运行提供了重要的物理依据。“人造太阳”内部发生的一种核反应的方程为，则粒子X是________（选填“电子”或“中子”）。已知、、的比结合能分别为、、，则一次该核反应中释放的能量可表示为________（用、、表示）。
【答案】 ①. 中子 ②.
【解析】
【详解】[1] 根据电荷数守恒有
解得
根据质量数守恒有
解得
故X是中子。
[2] 比结合能（为核子数/质量数）
因此结合能
的结合能为，的结合能为，的结合能为，核反应释放的能量 = 反应后总结合能 - 反应前总结合能（自由中子无结合能），故 。
11. 一台无人机在竖直方向上飞行，位移和时间的比值与时间之间的关系图像（图）如图所示。规定竖直向上为正方向，则无人机在时间内处于________（选填“超重”或“失重”）状态，时刻无人机的速度大小为________m/s。
【答案】 ①. 失重 ②. 0
【解析】
【详解】[1]由匀变速直线运动位移公式得
变形得
可知图像的纵轴截距表示初速度，图像斜率。
由图像斜率为负，可得加速度方向竖直向下，根据失重的定义，物体具有竖直向下的加速度时处于失重状态，故无人机处于失重状态。
[2]将、代入得
整理得
由匀变速直线运动速度公式得
联立代入数据解得。
12. 小南同学用如图（a）所示装置测量物块A与水平桌面间的动摩擦因数并验证牛顿第二定律。部分实验步骤如下：
①往小桶B里加入沙子，使物块A恰好做匀速运动，测得物块A的质量，小桶和沙子的总质量。
②撤去小桶B，给物块A一个向右的初速度，打出纸带。得到的纸带中的一段如图（b）所示，电源频率为50Hz，相邻两个计数点间有4个点未标出。测得，，，，，，重力加速度g取。
由实验数据分析可得（以下结果均保留2位有效数字）：
（1）由步骤①，计算得物块A与桌面间的动摩擦因数μ=________。
（2）在步骤②中，物块A运动时受到的合外力F=________N；加速度的大小a=________；比较数据，若在误差允许范围内，，即验证了牛顿第二定律。
【答案】（1）0.20
（2） ①. 2.0 ②. 2.0
【解析】
【小问1详解】
步骤①中物块恰好匀速运动，AB组成的系统受力平衡有
得物块A与桌面间的动摩擦因数
【小问2详解】
[1]撤去小桶后，物块只受滑动摩擦力，因此合外力大小等于滑动摩擦力，即
[2]电源频率50Hz，相邻计数点间有4个点未标出，因此相邻计数点时间间隔
逐差法计算加速度大小
13. 小平同学用一个量程为500μA的灵敏电流计（内阻未知）和金属热电阻制作一个温度计。
（1）首先，小平同学用如图（a）所示的电路测量灵敏电流计的内阻，实验器材有：电源（E=3V、内阻不计）、电阻箱R（0～9999.9Ω）、滑动变阻器，（最大阻值20Ω）、开关、导线若干。连接电路，闭合开关前，先将电阻箱阻值调为0，滑动变阻器的滑片调到最左端。闭合开关，调节滑动变阻器使灵敏电流计满偏。然后调节电阻箱至灵敏电流计示数为250μA。此时电阻箱的示数为5400.0Ω，则灵敏电流计的电阻为____________Ω。
（2）得到灵敏电流计的内阻后，小平同学将其与金属热电阻RT和（1）中电源E、开关S、电阻箱R组成如图（b）电路，其中RT阻值与其温度t的关系如图（c）所示。
①当金属热电阻温度为0℃时，为使灵敏电流计恰好满偏，此时电阻箱的阻值应调为____________Ω。
②保持电阻箱的阻值不变，使金属热电阻温度升高至100℃时，灵敏电流计指针如图（d）所示，其读数为____________μA。
③重复步骤②，测出多组温度及其所对应的电流值，并从零刻度线开始每隔相同温度依次画出温度刻度线，以下选项中表盘温度刻度线分布规律可能正确的是____________。
A．B．
C．D．
（3）若使用一段时间后，由于电源老化，电源的电动势剩余97%，则为了能使该温度计在0℃时指针指到零刻线，则应将电阻箱调至__________Ω。
【答案】（1）5400.0##5400
（2） ①. 600.0##600 ②. 373##374##375##376##377 ③. B
（3）900
【解析】
【小问1详解】
闭合开关，调节滑动变阻器使灵敏电流计满偏。然后调节电阻箱至灵敏电流计示数为250μA,此过程认为滑动变阻器所分得的电压不变，而灵敏电流计示数变为原来的一半，说明其分到的电压为滑动变阻器所分得总电压的一半，电阻箱也刚好分得滑动变阻器所分得总电压的一半，由串联电路的分压原理，则灵敏电流计电阻为电阻箱的电阻
【小问2详解】
[1] 灵敏电流计的满偏电压
此时是灵敏电流计与电阻箱并联后再与金属热电阻串联， 0℃时，金属热电阻为
由串联电路的分压原理
即
解得
即改装后电流表的内阻为
由并联电路的电阻关系
解得
[2] 灵敏电流计的最小分度为10μA，其读数为375μA
[3] 金属热电阻的电阻随温度的变化关系
而改装后电流表的量程
0℃时，由闭合电路的欧姆定律
故
电流满偏时，温度为0℃，0℃在刻度盘的右端；电流越小时，越大，即相同的电流变化温度变化大，故刻度线从右向左越来越密集
故选B。
【小问3详解】
电源的电动势剩余97%时，电源电动势为
而灵敏电流计的满偏电压
由串联电路的分压原理
解得
由并联电路的电阻关系
解得
14. 如图，光滑水平面上有一边界平行的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下。一正方形金属框以某一初速度垂直边界进入磁场。已知金属框初速度为，总电阻为R，质量为m，边长为L，磁感应强度大小为B，磁场宽度大于L。求：
（1）金属框刚进入磁场时的加速度大小；
（2）若给金属框施加一个外力，使其以速度匀速通过磁场，金属框从进入到完全穿出磁场过程中克服安培力做的功。
【答案】（1）
（2）W=2B2L3v0R
【解析】
【小问1详解】
金属框进入磁场时，有，
金属框受到的安培力
由牛顿第二定律得
解得
【小问2详解】
金属框进入磁场的过程中，克服安培力做功
金属框穿出磁场的过程中，克服安培力做功
则总功
解得W=2B2L3v0R
15. 如图（a）为一款磁吸式平板电脑支架，吸盘转动可以使平板电脑静止在任意平面上。已知某平板电脑的质量m=0.5kg，与吸盘的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。
（1）将支架置于水平桌面上，平板电脑静止于吸盘上方，且与水平面夹角θ=37°，如图（b）所示。求吸盘对平板电脑的摩擦力大小以及桌面对支架的摩擦力大小（sin37°=0.6）；
（2）若吸盘对平板电脑的吸引力F=20N，吸盘朝下，将平板电脑置于吸盘正下方，如图（c）所示。现使支架和平板电脑竖直向上加速运动，求加速度的最大值；
（3）为保证平板电脑能静止在任意平面上，求吸盘对平板电脑吸引力的最小值。
【答案】（1）3N；0
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
平板静止时，根据平衡条件
解得吸盘对平板电脑的摩擦力大小
支架和平板整体只受重力和支持力，则桌面对支架的摩擦力大小
【小问2详解】
当加速度最大时，吸盘对平板的弹力恰好为零，对平板电脑
解得
【小问3详解】
当平板在吸盘的下方且有倾角时，更容易滑动，受力分析如图
F=N+mgcsα
将要滑动时fm=mgsinα
又
解得F=mgcsα+sinαμ
当角改变时，由数学知识
因此，保证平板可以静止在任意平面上的最小吸引力为。
16. 如图，真空中存在直角坐标系Oxyz，区域存在沿z轴负方向的匀强电场E1，在区域内同时存在均沿x轴负方向的匀强电场E2和匀强磁场B。现将一带正电微粒从点P（-2m，0，0）以速度射入匀强电场，在Oxz平面内且与x轴正方向成θ角，微粒恰好从x轴的点Q（-1m，0，0）穿出匀强电场。已知E2=50N/C，，，θ=45°，带电微粒的比荷，不计重力，忽略微粒间的相互作用力。
（1）求匀强电场E1的场强大小；
（2）从微粒进入空间开始计时，求时微粒的位置坐标；
（3）若相隔时间，从P点以相同的速度发射另一个相同的微粒，两微粒能相遇，求的可能值及相遇时微粒的速率。
【答案】（1）
（2）（2m，0，-1m）
（3），；，
【解析】
【小问1详解】
微粒从P到Q做类斜抛运动，x方向有xQ−xP=v0csθ⋅t1
z方向有
根据牛顿第二定律有
解得
【小问2详解】
微粒从Q飞出做匀速直线运动，在从点A（0，0，-1m）与x轴成θ角进入电场，此后做螺旋运动，可分解两个分运动：沿x方向初速度为的匀减速直线运动，有x=v0csθ⋅t−12a2t2
根据牛顿第二定律有
在yz平面内做初速度沿方向的匀速圆周运动。
洛伦兹力提供向心力有
周期
转过的偏转角
解得x=2m，，
时圆周运动恰好旋转一周，到达的点C坐标为（2m，0，-1m）
【小问3详解】
由v0csθ−a2t=0
可知微粒到达点C时，x方向速度恰好减为零，然后开始反向螺旋运动。由于两微粒完全相同，相遇时两微粒应分别处于向右和向左螺旋运动中，向右的螺旋轨迹和向左的螺旋轨迹交点有三点A（0，0，-1m）、C（2m，0，-1m）和D（1.5m，2R，0），只能在A或D相遇。
Ⅰ．相遇于A点时，第一个微粒恰好回到A点，第二个微粒刚进入，则
此时微粒的速率为
Ⅱ．相遇于点D时，两个微粒做螺旋运动到D的时间分别为，
则
此时微粒的水平速度减半，微粒的速率为
综上，的可能值及相遇时微粒的速率为，；，