2026届福建省厦门市高三下学期毕业班适应性练习物理试卷（含解析）高考模拟

这是一份2026届福建省厦门市高三下学期毕业班适应性练习物理试卷（含解析）高考模拟，共7页。
注意事项：
1、答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”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。
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，只有一项符合题目要求。
1. 我国自主研发的某微型核电池以核为能源，使用寿命可达数十年，能在至的极端环境下稳定供电。该核能电池的衰变方程为，则（ ）
A. X为中子B. X为质子
C. 该核反应为衰变D. 核的质量等于核与X的质量之和
【答案】C
【解析】
【详解】AB．核反应过程满足电荷数守恒、质量数守恒，据此计算得X的质量数为，电荷数为，即X为电子（粒子），故AB错误；
C．衰变的本质是原子核内中子转化为质子时释放电子，该反应释放电子，属于衰变，故C正确；
D．该核反应释放能量，存在质量亏损，因此核的质量大于核与X的质量之和，故D错误。
故选C。
2. 如图甲所示为用于草坪灌溉的喷淋装置，其俯视图如图乙所示，水流从喷头在同一水平面内以相同的速度大小向各个方向水平喷出。喷头前方有一竖直墙壁，水流喷射到墙壁后留下水迹。忽略空气阻力，则竖直墙壁上的水迹分布情况（图中阴影部分）可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设喷头到墙壁的垂直距离为，水流初速度大小为，初速度方向与垂直墙壁方向的夹角为，喷头高度为，垂直墙壁方向的分速度为，水流到达墙壁的时间为
竖直方向上水流做自由落体运动，下落高度为y=12gt2=gd22v02cs2α
水流打在墙壁上的高度为y墙=H−y=H−gd22v02cs2α
同时，水流沿墙壁方向的水平位置满足x=dtanα
利用三角函数关系1cs2α=1+tan2α=1+x2d2
代入消元得到墙壁上水迹上边界的方程y墙=H−gd22v021+x2d2=H−gd22v02−g2v02x2
这是开口向下的抛物线，特点是（墙壁正对喷头的位置）y墙最大，越向墙壁两侧y墙越小，即水迹上边界是中间高、两侧低，向上凸的曲线，水迹分布在边界下方。
故选B。
3. 某次机车性能测试中，机车由静止开始沿水平直线运动，其加速度随时间变化的关系如图所示，则机车（ ）
A. 时间内做匀加速直线运动B. 时速度最大
C. 时速度为零D. 时和时的速度大小相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．时间内, 机车的加速度是变化的，做变加速直线运动，故A错误；
BC．—图像中面积表示速度的变化量，故机车速度一直在增大，之后速度减小，故时速度最大，故BC错误；
D．因时间内速度的增加量与速度的减小量相等，故时和时的速度大小相等，故D正确。
故选D。
4. 如图所示，空间中存在沿轴正方向、磁感应强度大小为的匀强磁场，点处有一粒子源，不断地沿与轴正方向成角的各个方向发射质量为、电荷量为、速度大小为的粒子。一垂直于轴的足够大荧光屏从点缓慢沿轴正方向移动，荧光屏受到粒子撞击后会产生荧光。不计粒子重力和粒子间的相互作用，则当荧光屏上第一次出现半径为的亮圆环时，屏到点的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．粒子在磁场中运动，将速度分解为平行于磁场方向的分速度和垂直于磁场方向的分速度。粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得轨道半径
运动周期
当荧光屏上第一次出现半径为的亮圆环时，沿着y轴方向从上向下看，对其中一个粒子的运动
根据几何关系可知转过的圆心角为90°，所以所用时间为
屏到点的距离为
故选A。
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5. 某发电机原理如图所示，矩形线圈在水平匀强磁场中以角速度绕垂直于磁场的水平转轴按图示方向匀速转动。线圈与阻值为的定值电阻、理想交流电流表组成闭合回路。已知匝线圈产生的感应电动势的最大值为，线圈电阻为，其余电阻不计，则（ ）
A. 线圈转至图示位置时，电流方向沿
B. 线圈转至图示位置时，电流方向沿
C. 电流表的示数为
D. 电流表的示数为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．由图可知，磁场方向由极指向极，即水平向左。线圈按图示方向转动，边向上运动，边向下运动。根据右手定则，边感应电流方向为，边感应电流方向为，则线圈中电流方向沿。故A正确，B错误；
CD．线圈产生正弦式交变电流，电流表测量的是有效值。感应电动势最大值为，则有效值
根据闭合电路欧姆定律，电流表示数。故C错误，D正确；
故选AD。
6. 2025年6月，天文学家发现在距地球2472光年之外，有一颗适合人类居住的超级行星，该行星被命名为“开普勒725C”，其质量约为地球质量的9倍。若该行星地表的重力加速度大小与地球相同，则该行星（ ）
A. 半径约为地球半径的3倍
B. 半径约为地球半径的9倍
C. 第一宇宙速度约为地球的倍
D. 第一宇宙速度约为地球的3倍
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．行星表面，万有引力约等于重力得
由题意得，
联立得
可得，故A正确，B错误；
CD．第一宇宙速度为物体贴着行星表面绕行的速度，重力充当向心力得
可得
即，故C正确，D错误。
故选AC。
7. 一种升降电梯的原理图如图甲所示，电梯的轿厢A、配重B由跨过轻质定滑轮的轻质缆绳连接，配重B通过另一轻质缆绳与电动机连接。时，轿厢A由静止开始向上运动，其图像如图乙所示。已知轿厢A（含乘客）的质量、配重B的质量，A、B均不会与定滑轮相碰，忽略空气阻力，不计所有摩擦，重力加速度大小取，则（ ）
A. 过程中，轿厢处于失重状态
B. 过程中，轿厢上升的高度为22m
C. 7s时，电动机的输出功率为4000W
D. 7s时，电动机的输出功率为8000W
【答案】BC
【解析】
【详解】A．内轿厢A向上做加速运动，加速度方向向上，轿厢处于超重状态，故A错误；
B．图像与时间轴围成的面积等于轿厢上升的位移，则其位移为，故B正确；
CD．内轿厢向上做匀减速运动，加速度大小，方向向下，B的加速度大小等于，方向向上。
设AB间绳子拉力为，电动机拉力为，对A（向上为正方向）由牛顿第二定律可得
解得
对B（向上为正方向）由牛顿第二定律可得
解得
时，轿厢速度
B的速度大小等于，电动机输出功率，故C正确，D错误。
故选BC。
8. 如图所示，相距的两平行金属导轨水平放置，两导体棒、放在导轨上，空间中存在方向竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场。时，导体棒、分别以、的速度相向运动，时刻棒的速度第一次为0，时刻棒的加速度第一次为0。已知两导体棒的质量均为、接入电路的电阻均为、与水平导轨间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两导体棒在运动过程中不会相碰且始终与导轨垂直并接触良好，则（ ）
A. 导体棒、组成的系统，动量始终守恒
B. 时刻导体棒的速度为
C. 时间内，通过导体棒的电荷量为
D. 时间内，两导体棒的位移之差为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．初始阶段速度向右，受向左摩擦力，速度向左，受向右摩擦力，两摩擦力大小相等方向相反；、受到的安培力等大反向，故系统的总合外力为零，动量守恒。减速为零后反向向右运动过程中，因两棒速度均向右，摩擦力都向左，安培力等大反向，系统的总合外力大小为
故两棒向右运动过程中合外力冲量不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B．时间内，由动量定理可知导体棒的速度变化满足
导体棒的速度变化满足
两式联立可得
代入数据解得时刻导体棒的速度为，故B正确；
C． ​时刻、棒的速度均向右，设速度大小分别为和，则回路的感应电动势
棒的安培力大小为
代入数据整理得
因时刻棒的加速度为零，合力为零，对有
联立解得
时间内，由动量定理可知导体棒的速度变化满足
导体棒的速度变化满足
两式相减并化简得
代入数据解得，故C错误；
D．时间内流过两棒的电荷量满足
整理得位移差
代入数据解得，故D正确。
故选BD。
三、非选择题：本题共8小题，共60分。考生根据要求作答。
9. 在“消失的硬币”魔术中，将盛有水的玻璃杯压在硬币上，从图中________（选填“A”或“B”）位置观察，可观察到硬币“消失”的现象，造成硬币“消失”的主要原理是光的________（选填“干涉”“折射”或“全反射”）。
【答案】 ①. B ②. 全反射
【解析】
【详解】[1][2]从位置观察，硬币反射的光线经水折射后从水面射出进入人眼，人能看到硬币；从位置观察，硬币反射的光线射向杯子侧壁，是从光密介质射向光疏介质，当入射角大于临界角时，发生全反射现象，光线无法从侧壁射出进入人眼，所以观察到硬币“消失”，故造成硬币“消失”的主要原理是光的全反射。
10. 一列沿x轴正方向传播的简谐横波在时的波形如图所示，此时波刚好传播到处的M点，则点的起振方向为_______（选填“向上”或“向下”），时处的点刚好第一次到达波峰，则该机械波的波速为_______。
【答案】 ①. 向下 ②.
【解析】
【详解】[1]根据“上坡下行”可知，此时M点振动方向向下，而波刚传到M点，故M点起振方向为向下。
[2]从波形图可得波长，现有波形的波峰位于处,时处的点刚好第一次到达波峰,说明这个波峰从传播到，传播距离Δx=10−2m=8m
传播时间Δt=1.8−1s=0.8s
因此波速
11. 如图甲所示，6颗完全相同的球形珍珠用细线通过沿直径的光滑孔道等间距地串成一个环，并将其套在一表面光滑的圆锥体珠宝展示架上，其俯视图如图乙所示。已知展示架的顶角为60°，珍珠均处于同一水平面内，珍珠间的细线与每颗珍珠孔道方向的夹角均为30°，珍珠质量均为m，重力加速度大小为g，则展示架对每颗珍珠的支持力大小为_______，细线上的张力大小为_______。（结果均用m、g表示）
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】[1]对任意一颗珍珠进行受力分析，珍珠受到竖直向下的重力、垂直于圆锥面指向斜上方的支持力以及两根细线的拉力。由题意知圆锥顶角为，则圆锥母线与竖直方向夹角为，根据几何关系可知，支持力与竖直方向夹角为。在竖直方向上，由平衡条件可得
解得
[2]在水平方向上，支持力的水平分力
方向背离圆心。珍珠在水平面内处于平衡状态，细线拉力的合力必须与支持力的水平分力平衡，即
方向指向圆心。由俯视图可知，6颗珍珠等间距分布，细线构成正六边形，相邻两边夹角为。两根细线拉力大小均为，夹角为，其合力大小
联立解得
12. 小厦同学利用如图甲所示的数字化信息系统（DIS）探究温度不变时气体压强与体积的关系。将注射器、软管、压强传感器与数据采集器相连，注射器内封闭了一定质量的空气。
（1）关于该实验，下列说法正确的是______
A.推拉活塞时应该尽量迅速
B.实验过程中应避免用手握注射器筒壁
C.在活塞上均匀涂抹润滑油，主要目的是减小活塞与筒壁间的摩擦力
（2）在处理数据时，小厦同学以注射器刻度读数为纵坐标，以______（选填“”“”或“”）为横坐标，得到如图乙所示的一条直线，其纵轴截距为（b>0）。经分析，直线未经过坐标原点是由于软管和传感器接口处存在未计入的气体所造成的。据此推算，该部分未计入的气体体积______。
（3）最终得出探究结论：在误差允许的范围内，一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。
【答案】 ①. B ②. ③.
【解析】
【详解】（1）[1]A．为了确保温度不变，实验中推拉活塞时应该尽量缓慢，故A错误；
B．为了确保温度不变，实验过程中应避免用手握注射器筒壁，故B正确；
C．为了确保气体质量一定，实验中应在活塞上均匀涂抹润滑油，主要目的是避免漏气，故C错误。
故选B。
（2）[2]根据玻意耳定律有
则有
可知，在处理数据时，为了得到如图乙所示的一条直线，应以注射器刻度读数为纵坐标，以为横坐标；
[3]由于软管和传感器接口处存在未计入的气体，则有V+V0=Cp
变形有
纵轴截距为，则有
13. 小萌同学练习使用多用电表测量电学量。
（1）利用多用电表“直流100mA挡”测量电流时，指针偏转情况如图甲中I所示，则读数为________mA。
（2）利用多用电表的“欧姆挡”测电阻时，下列说法正确的是_______。
A. 若测量时指针偏转过大，则需改用更大的倍率
B. 测量时红表笔的电势低于黑表笔的电势
C. 改变欧姆表的倍率后，必须重新进行机械调零
（3）在利用多用电表“欧姆挡”测电阻时，小萌同学发现欧姆表的表盘数字模糊不清，她选择欧姆挡“×100”挡，正确进行欧姆调零后将阻值为8000 Ω的定值电阻接入红、黑表笔之间，指针偏转情况如图甲中Ⅱ所示，已知欧姆挡的原理电路图如图乙所示，则欧姆表表盘正中间刻度应标定的数字为________。
（4）如图丙所示，选择多用电表欧姆挡“×1”挡，将红、黑表笔分别与不带电的电容器两电极相连，能观察到指针_______。
A. 向右偏转到较大角度后偏角逐渐减小
B. 向右偏转到一定角度后保持稳定
【答案】（1）37 （2）B
（3）20 （4）A
【解析】
【小问1详解】
多用电表直流100mA挡，应读取表盘中间的均匀刻度线。量程为100mA，则实际电流为 。
【小问2详解】
A．若测量时指针偏转过大，说明被测电阻阻值较小，电流较大，为使读数更准确，应换用更小的倍率，使指针指在表盘中央附近，故A错误；
B．欧姆表内部电源的正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，测量时电流从黑表笔流出，经被测电阻从红表笔流入，所以红表笔的电势低于黑表笔的电势，故B正确；
C．改变欧姆表的倍率后，欧姆表的内阻发生变化，必须重新进行欧姆调零，而机械调零是在使用前进行的，故C错误。
故选B。
【小问3详解】
由图甲中Ⅱ可知，指针指在直流电流刻度满偏的处。设欧姆表内阻为，满偏电流为，电源电动势为，则
接入 时，电流
联立解得
欧姆表表盘正中间刻度对应电流半偏，此时外接电阻等于内阻，即中值电阻
因选择的是“×100”挡，故表盘正中间刻度应标定的数字为
【小问4详解】
用欧姆挡测电容器时，刚接触瞬间，电容器开始充电，相当于短路，电路中充电电流最大，指针向右偏转角度最大。随着电容器充电，两极板间电压升高，充电电流逐渐减小，指针向左偏转。充电完毕后，电路断路，电流为零，指针指在左侧处。故观察到指针向右偏转到较大角度后偏角逐渐减小。
故选A。
14. 4月19日，2026年福建省城市足球联赛揭幕战打响，厦门队以战胜对手，夺得开门红。如图所示，一足球运动员在某次颠球练习中，足球由静止竖直下落后与脚接触，经离开脚后沿竖直方向向上运动，上升到达最高点。已知足球质量，重力加速度大小取，不计空气阻力，求：
（1）足球由静止竖直下落所用时间；
（2）足球与脚接触过程中，足球动量变化量的大小；
（3）足球与脚接触过程中，脚对球平均作用力的大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
足球由静止竖直下落，满足
将代入，解得
【小问2详解】
球与脚接触瞬间，速度大小满足
解得
球离开脚瞬间，速度大小满足
解得
以竖直向上为正方向，足球的动量变化量大小为
【小问3详解】
足球与脚接触过程中，设脚对球平均作用力的大小为，根据动量定理有
代入数据，解得
15. 如图所示，等量异种点电荷分别固定在同一水平线上间距为的、两点处，其中处点电荷带正电，点为、连线中点，点、、分别位于、、正下方处。一长为的轻质绝缘细杆一端固定一质量为、电荷量为（）的带电小球，另一端位于点，轻杆可绕点在所在竖直平面内自由转动。小球从点由静止释放，到达点的速度大小与到达最低点的速度大小相等，取点电势为零，不计空气阻力及一切摩擦，重力加速度为，求：
（1）小球到达点时的速度大小；
（2）等量异种点电荷形成的电场中点的电势；
（3）已知等量异种点电荷所带电荷量大小均为，静电力常量为，求带电小球运动到点时轻杆对小球的作用力大小。
【答案】（1）
（2）
（3）25kQq25l2
【解析】
【小问1详解】
根据等量异种点电荷的电势分布特征可知、两点电势均为零，小球从到只有重力做功，由动能定理得
解得
【小问2详解】
小球到达点和点的速度大小相等，即
点电势为零，由动能定理有
解得
因
解得
【小问3详解】
根据等量异种点电荷电场对称性可知
小球从到，由动能定理有
解得
由牛顿第二定律可知，小球到达位置时沿杆方向合力满足
小球在位置时沿杆方向的合力为零，其中处点电荷对小球的库仑力沿竖直方向，不影响沿杆方向受力；故处点电荷对小球库仑力沿杆方向分量与轻杆对小球作用力等大反向，满足
其中，
联立解得轻杆对小球的作用力大小
16. 如图所示，光滑水平面上放置木板，木板的上表面光滑，其左端放置一可视为质点的物块，木板左侧一定距离处放置带有光滑轻质定滑轮的物块。一根轻质弹性绳绕过定滑轮，两端分别与木板和物块相连，且滑轮两侧的弹性绳均保持水平，初始时系统处于静止状态，弹性绳处于原长。一质量为的子弹以初速度水平向右射入并留在其中（作用时间极短）。已知木板的质量为，物块的质量为，物块的质量为，在研究过程中、未发生碰撞，且未从上滑落，弹性绳的形变始终在弹性限度内。求：
（1）子弹射入的过程中产生的热量；
（2）当的速度大小为时，的速度大小；
（3）弹性绳伸长到最长时的弹性势能；
（4）弹性绳刚好恢复原长时的速度。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【小问1详解】
打击瞬间，子弹与物块C组成的系统动量守恒，满足
解得
系统动能损失转化为热量，满足
联立解得
【小问2详解】
由题意知，所有接触面均光滑，设任意时刻轻质弹性绳的拉力大小为，对木板由动量定理有∑FTΔt=2mvA
对物块由动量定理有∑2FTΔt=2mvB
联立可知此时的速度大小
【小问3详解】
由小问（2）分析可知，子弹射入物块后，物块连同子弹一起向右运动，弹性绳拉长；木板向左运动，物块向右运动，、间弹性绳长度变短。当、间弹性绳长度的增加量等于、间弹性绳长度的减少量时，弹性绳伸长到最长，此时、、三者的速度大小满足vC−vB=vB+vA
对物块由动量定理有∑FTΔt=2mΔvC=mv0−2mvC
结合小问（2）分析得，弹性绳伸长到最长时有vB=2vA=v0−2vC
规定向右为正方向，由系统动量守恒可知
三式联立，解得vA=v012，，
从子弹打入后到弹性绳最长过程的系统机械能守恒，满足
解得
【小问4详解】
弹性绳刚好恢复原长时，设、、三者的速度大小分别为、、，根据系统的机械能守恒有，
同时结合第（2）、（3）小问分析可知，v02−vC1=vA1
联立解得