2026届福建省高考物理强化练习卷06

2026届福建省高考物理强化练习卷06 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题（每题4分，总16分） 1．2025年7月，我国自主研发吨级以上电动垂直起降无人机，首次实现远海石油平台物资运输飞行。如图所示为该无人机正在降落。以下说法正确的是（　　） A．研究起落架收放、倒飞等特技工作时，无人机可以被看作质点 B．在载货的前后，无人机重心位置始终保持不变 C．在匀速飞行过程中，无人机所受的重力与空气对它的作用力平衡 D．在滑行的过程中，地面对无人机的摩擦力大于无人机对地面的摩擦力 2．如图所示，O为半径为的半球形玻璃砖平面圆的圆心，虚线为玻璃砖的对称轴，一束复色光平行对称轴垂直射向玻璃砖，经玻璃砖折射后分成两种单色光、。已知复色光束与对称轴的距离为，光与对称轴的夹角为，不考虑光在玻璃砖内的反射，则下列说法正确的是（　　） A．玻璃砖对光的折射率小于 B．将复色光向上平移，光最先消失 C．在玻璃砖中光的波长大于光的波长 D．若某金属被光照射恰好发生光电效应，则它被光照射也会发生光电效应 3．细胞电转染的原理简化如图所示，两带电的平行金属板间，由于细胞的存在形成如图所示的电场。其中实线为电场线，关于轴对称分布。虚线为带电的外源DNA进入细胞膜的轨迹，、为轨迹上的两点，点与点关于轴对称，下列说法正确的是（    ） A．、两点的电场强度相同 B．点的电势与点的电势相等 C．DNA分子在点的加速度比在点小 D．DNA分子在点的电势能比在点小 4．“南鲲”号是我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置，其原理如图甲所示，利用海浪带动浪板上下摆动，从而带动线框单向匀速转动，线框内阻恒定。线框ab两端通过滑环和电刷接如图乙所示的变压器，阻值为R的负载电阻接在副线圈的两端，用交流电压表测得a，b端和c，d端的电压分别为Uab和Ucd，则（　　） A．增大负载电阻的阻值R，理想交流电流表的读数变大 B．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大 C．海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，通过负载电阻的电流频率变为原来的2倍 D．海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，线框内阻的发热功率变为原来的2倍 二、双项选择题（每题6分，少选得3分，总24分） 5．一列简谐横波沿轴传播，在时的部分波形如图甲所示，M、N、Q是介质中的三个质点，已知图乙为M、N、Q中某个质点的振动图像，下列说法正确的是（　　） A．该波一定沿轴正方向传播 B．该波的波速大小为 C．内质点通过的路程为 D．从时刻开始，质点比质点早0.3s回到平衡位置 6．如图甲是趣味运动会上有一种“背夹球”游戏，A、B两个运动员背夹篮球完成各种动作，其过程可以简化为图乙，假设两运动员背部给篮球的压力均在同一竖直面内，不计摩擦，现保持运动员背部竖直，运动员背部倾斜且其与竖直方向的夹角缓慢增大，而篮球保持静止，在此过程中下列说法正确的是（　　） A．A运动员对篮球的压力减小 B．B运动员对篮球的压力减小 C．运动员对篮球的合力减小 D．A运动员对篮球的力与篮球对A的力是一对平衡力 7．如图所示，某次运动过程中，运动员通过跨过两定滑轮的细绳和重物相连，沿倾角为37°的固定斜面下滑，到达点时细绳与斜面垂直，速度大小为，到达点时，细绳竖直。已知、两点间距离为6m，运动员与重物在同一竖直平面内，运动员质量为60kg，重物质量为30kg，重力加速度大小，，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．运动员从点运动到点，系统的重力势能减少1800J B．运动员从点运动到点，系统的重力势能减少1560J C．运动员在点时，重物的速度大小为 D．运动员在点时，重物的速度大小为 8．某一儿童游戏设计研发者为开发游戏搭建了如图所示装置。整个装置在竖直平面内，为平直轨道，是半径为的圆弧形轨道，段圆弧对应圆心角，为可视为质点的游戏开关，比D点高，点到点水平距离为，竖直距离为。现从点以某一初速度释放质量为的光滑小球，恰好击中，已知重力加速度为，，则（　　） A．小球初速度大小为 B．小球经过点时对轨道压力大小为 C．小球从点运动到点所需要的时间为 D．小球在点处的速度大小为 第II卷（非选择题） 三、填空题（每题3分，总9分） 9．如图所示，小云将瘪了的乒乓球放在电吹风的上方，电吹风向上吹热风，过一会儿乒乓球就鼓了起来。乒乓球导热性能良好且无破损，球内气体可视为理想气体，则此过程中，球内气体分子的平均动能 （选填“增大”“减小”或“不变”），球内气体内能的增加量 （选填“大于”“等于”或“小于”）吸收的热量。 10．如图为氢原子的能级图，则电子处在n=4轨道上比处在n=3轨道上离核的距离 （填“远”或“近”）。当大量氢原子处在n=3的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有 条，放出的光子的最大能量为 eV。 11．如图所示，一对点电荷Q1、Q2的电荷量均为+Q，在其连线上有A、B两点，B为连线的中点，BC为它们连线的中垂线。已知两个正点电荷的距离为2r，，，静电力常量为k，则： (1)将试探电荷+q置于B点时，电荷Q1对其的库仑力大小为 ，B点的电场强度大小为 ； (2)在A、B、C三点中，电势最高的点是 （填“A”、“B”或“C”）。 四、实验题（12分） 12．在“探究系统机械能守恒的实验”中，某实验小组设计了如图甲所示的装置，在水平气垫导轨上安装了两个光电门M、N，带有小槽的滑块上固定一遮光条，细线绕过定滑轮与一沙桶相连，沙桶内装有一定量的沙子。已知光电门M、N之间的距离为L，沙桶及沙子的总质量为m1，遮光条的宽度为d，滑块与遮光条的总质量为m2，重力加速度为g。 （1）接通气源，滑块从某位置由静止释放，滑块在细线拉动下运动，记录遮光条通过光电门M、N的遮光时间分别为t1、t2，则滑块经过两光电门的过程中，滑块、遮光条、沙桶及沙子组成的系统动能的变化量 ，该过程中沙桶及沙子重力势能的减少量为 。（结果用m1、m2、d、t1、t2、g和L表示） （2）现从沙桶中取出部分沙子，放入滑块的小槽中，测出沙桶和沙子的总质量m，重复（1）中的操作。 （3）用（2）中的方法，不断改变沙桶和沙子的总质量，多次实验，测得多组数据。做出沙桶和沙子的总质量m与滑块通过两光电门时速度的平方差的关系图像，如图乙所示。则该图线的斜率为 （结果用m1、m2、g和L表示）。 13．某实验小组利用如图（b）所示电路测定一个阻值约为的金属丝的电阻率，实验器材如下： A．电源（电动势，内阻约为）； B．电流表（，内阻）； C．电流表（，内阻约为）； D．滑动变阻器（阻值）； E.开关和导线若干。 (1)用刻度尺测得金属丝接入电路的有效长度为，用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图（a）所示，则金属丝的直径 ； (2)根据提供的实验器材，将图（b）中的电路图补充完整 ； (3)闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片移至 端（填“”或“”）； (4)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片至合适位置，电流表、电流表的读数分别为，则金属丝的电阻率为 （用表示）； (5)改变金属丝接入电路的长度，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数始终为定值，记录对应的电流表的读数，以为纵轴，为横轴，描点作图得到图（c）所示图像，若图像的斜率为，则金属丝的电阻率为 （用、、表示）。 五、解答题（39分） 14．某列车试验一种新的制动方式，列车以30m/s的速度匀速行驶，时刻关闭发动机并启动制动装置，制动后列车运动的加速度大小随运动的位移关系如图所示，加速度减为零时列车刚好停下，已知列车的质量为500吨，制动过程的阻力仅考虑制动装置提供的制动力。求： (1)制动过程的前100m，制动装置对列车的制动力大小； (2)制动过程的前100m所用的时间； (3)整个制动的总位移大小。 15．如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度。两导轨间距为，导轨足够长。金属棒和的质量分别为、，电阻分别为、。棒静止于导轨水平部分，现将棒从高处自静止沿弧形导轨下滑，通过点进入导轨的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。重力加速度。求： (1)棒刚进入磁场时，棒的加速度大小； (2)从棒进入磁场到棒匀速运动的过程中，流过棒的电荷量； (3)从棒进入磁场到棒匀速运动的过程中，棒中产生的焦耳热。 16．一游戏装置截面如图所示，为足够长的倾斜直轨道，、是两段半径均为的竖直圆管轨道，为水平轨道，固定水平传送带以顺时针转动，轨道与圆管道相切于处，各部分之间平滑连接，紧靠处有一质量的小车静止在光滑的水平地面上，小车的上表面由水平面和半径的四分之一圆弧面组成。一个可视为质点的滑块，从轨道上距点处由静止开始下滑，经过圆管轨道和水平轨道，并冲上传送带，已知滑块的质量，传送带的长度，滑块与传送带间的动摩擦因数，与其余各处阻力均不计，，则 (1)求滑块到达点时对轨道的压力大小； (2)求滑块第一次通过传送带过程中，对传送带所做的功； (3)求滑块冲上小车后，滑块第一次离开小车时的速度大小； (4)调节传送带以不同的速度顺时针匀速转动，试分析滑块离小车上表面最大高度与速度的关系。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 《2026届福建省高考物理强化练习卷06》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A C C AC AB BD BC 1．C 【详解】A．研究起落架收放、飞机倒飞等特技工作时，起落架为飞机的一部分，飞机不能视为质点，故A错误； B．在载货的前后，无人机重心位置先降低后升高，故B错误； C．飞机在匀速飞行时，受力平衡，即重力与空气作用力平衡，故C正确； D．由牛顿第三定律，可得地面对无人机的摩擦力大小等于无人机对地面的摩擦力，故D错误。 故选C。 2．A 【详解】A．如图所示 根据几何关系可得 可得 根据图中几何关系可得 则玻璃砖对光的折射率为 由题图可知光的偏折程度小于光的偏折程度，则玻璃砖对光的折射率小于玻璃砖对光的折射率，即玻璃砖对光的折射率小于，故A正确； B．根据全反射临界角公式 可知光发生全反射的临界角较小，则将复色光向上平移，光最先消失，故B错误； C．根据 可得 由于玻璃砖对光的折射率小于玻璃砖对光的折射率，则光的频率小于光的频率，光在真空中波长大于光在真空中波长，则在玻璃砖中光的波长大于光的波长，故C错误； D．由于光的频率小于光的频率，则光的光子能量小于光的光子能量，若某金属被光照射恰好发生光电效应，则它被光照射不会发生光电效应，故D错误。 故选A。 3．C 【详解】A．电场中某点的电场强度的方向为电场线在该点的切线方向，由图可知、两点的电场强度的方向不同，故A错误； B．沿着电场线电势降低，故点的电势低于点的电势，故B错误； C．处的电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知，分子在点的加速度比在点小，故C正确； D．由轨迹可知，DNA分子由向运动的过程电场力做正功，电势能减小，故DNA分子在点的电势能比在点大，故D错误。 故选C。 4．C 【详解】A．根据等效电源法可知，当增大负载电阻的阻值R，电源电动势不变，则回路中电流减小，即电流表的读数变小，故A错误； B．负载电阻的阻值越小，回路中电流越大，内电压越大，则变压器原线圈两端电压越小，输出电压Ucd越小，故B错误； C．海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，通过负载电阻的电流频率变为原来的2倍，故C正确； D．海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，根据可知，转速加倍，电动势最大值加倍，回路中电流加倍，根据可知线框内阻的发热功率变为原来的4倍，故D错误。 故选C。 5．AC 【详解】A．0时刻位于平衡位置下方的只能是质点N，同侧法可知波一定沿x轴正方向传播，故A正确； B．图甲可知波长为12m，图乙可知周期为2.4s，则波速 故B错误； C．0~6s内质点N通过的路程 故C正确； D．从时刻开始，质点回到平衡位置时间 质点Q回到平衡位置时间 则质点比质点早0.4s回到平衡位置，故D错误。 故选AC。 6．AB 【详解】AB．根据篮球受到的三个力对应的矢量三角形，如图所示 可得在角增大的过程中，A、B对篮球的压力均减小，故AB正确。 C．根据平衡条件可得，A、B对篮球的合力大小不变始终等于篮球的重力，故C错误。 D．A对篮球的压力和篮球对A的压力是一对作用力与反作用力的关系，大小相等，故D错误。 故选AB。 7．BD 【详解】AB．设运动员质量，重物质量，运动员的速度为，绳与斜面夹角为α，则沿绳方向的分速度即重物的速度为，可知到A点时，细绳与斜面垂直，所以运动员在A点时，重物的速度大小为零；运动员在B点时，运动员从A点运动到B点，系统的重力势能减少为，故A错误，B正确； CD．根据系统机械能守恒可知，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，有 可得运动员在B点时，其速度大小为 重物的速度大小为，故C错误，D正确。 故选BD。 8．BC 【详解】CD．从D到M过程，水平方向有 竖直方向有 联立解得， 故C正确，D错误； A．从A到D过程，根据动能定理可得 解得小球初速度大小为 故A错误； B．从C到D过程，根据动能定理可得 在C点，根据牛顿第二定律可得 联立解得 根据牛顿第三定律可知，小球经过点时对轨道压力大小为，故B正确。 故选BC。 9． 增大 小于 【详解】[1] 乒乓球导热性能良好，故吹热风，乒乓球内部气体温度升高，故球内气体分子的平均动能增大； [2]根据热力学第一定律 气体体积增大，故气体对外界做功，，温度升高，内能增大，故球内气体内能的增加量小于吸收的热量。 10． 远 3 12.09 【详解】[1]根据玻尔原子理论，能级越高的电子离核距离越大，故电子处在n=3轨道上比处在n=4轨道上离氢核的距离近，所以电子处在n=4轨道上比处在n=3轨道上离氦核的距离远。 [2]跃迁发出的谱线特条数为 代入n=3 解得 [3]放出的光子的最大能量是从n=3能级直接跃迁到基态放出的能量 11．(1) 0 (2)A 【详解】（1）[1]将试探电荷+q置于B点时，根据库仑定律可得电荷Q1对其的库仑力大小为 [2]B点的电场强度大小为 （2）根据等量同种正点电荷电场分布特点可知，两点电荷连线间的场强方向由点电荷指向中点B；连线的中垂线上场强方向由B点沿中垂线指向无穷远；由于沿电场方向电势降低，可知A点电势高于B点电势，B点电势高于C点电势，所以在A、B、C三点中，电势最高的点是A。 12． 【详解】[1]题意可知滑块经过光电门M、N的速度分别为 则系统动能的变化量 整理得 [2]该过程中沙桶及沙子重力势能的减少量为； [3]根据动能定理有 整理得 可得图像斜率为 13．(1)0.670 (2) (3)B (4) (5) 【详解】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为0.5mm+mm=0.670mm （2）滑动变阻器最大阻值较小，采用分压式接法，由于A1的内阻已知，电路图如图可消除电表内阻引起的误差 （3）闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片移至B端，使得金属丝和电流表的电流为0，从而起到保护电路的作用。 （4）根据欧姆定律有 根据电阻定律有 联立解得 （5）由上式可知 可知 则图像的斜率为 解得 14．(1) (2)4s (3)260m 【详解】（1）列车的制动力 （2）设制动时列车的速度为v，由，可得 运动时间 （3）由匀变速直线运动速度位移公式可知该图像面积，设后的位移大小为，则有 解得， 因此整个制动的总位移大小 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）棒沿弧形轨道下滑过程中，根据机械能守恒 棒进入磁场瞬间感应电动势 根据闭合电路欧姆定律 对棒有 根据牛顿第二定律 解得 （2）对、，由动量守恒定律得 对棒，应用动量定理有 有 解得 （3）、棒在水平面内运动过程，由能量守恒定律 根据焦耳定律可知 解得 16．(1)82N (2) (3) (4)见解析分析 【详解】（1）从B点到D点根据动能定理 解得 滑块经过D点有 解得FND = 82N 根据牛顿第三定律可知求滑块到达D点时对轨道的压力大小为82N。 （2）滑块滑上传送带的加速度 加速到和传送带共速时间 滑动位移 可见滑块与传送带共速时刚到达传送带右端，传送带位移 对传送带所做的功 （3）滑块以的速度冲上小车，设与小车共速时能上升的最大高度为，根据 解得 根据滑块和小车组成的系统机械能守恒 解得 因为 滑块从小车端离开小车，此时与小车水平方向共速，小车速度为，设滑块的速度为，根据滑块和小车组成的系统机械能守恒 解得 （4）根据 解得 ①若一直在传送带上减速，则 ②若一直在传送带上加速， 则 ③与传送带共速时，滑块离开传送带时的速度就是传送带的速度，则 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $