2026年福建省普通高中学业水平选择性考试物理模拟卷四

2026年福建省普通高中学业水平选择性考试模拟卷四 物理 本试卷共100分　考试时间75分钟。 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．如图所示,一带正电的金属环绕轴OO'以角速度ω匀速旋转,方向如图所示,在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是 A.N极竖直向上 B.N极竖直向下 C.N极沿轴线向左 D.N极沿轴线向右 2．我国某研究团队提出以磁悬浮旋转抛射为核心的航天器发射新技术。已知地球和火星的半径之比约为2∶1,质量之比约为9∶1。若在地球表面抛射绕地航天器的最小抛射速度为v1,在火星表面抛射绕火星航天器的最小抛射速度为v2,则v1与v2大小之比约为 A.9∶2 B.3∶ C.9∶ D.2∶9 3．如图甲所示,渔船通常利用超声波技术来探测远处鱼群的位置。若测得超声波从渔船传播至鱼群再返回渔船的总时间为4 s。已知该超声波的频率为1.0×105 Hz,某一时刻该超声波在水中传播的波动图像如图乙所示(O为波源),假设渔船与鱼群均处于静止状态,下列说法正确的是 甲 乙 A.该波的波长为15.2 m B.该波在水中的传播速度为1 520 m/s C.距波源x=3.8×10-3 m处的质点会随波的传播向鱼群迁移 D.渔船到鱼群的距离为6 080 m 4．如图所示,竖直平面abcd与坐标系上的zOy平面垂直,在abcd平面左侧存在沿x轴负方向的匀强磁场,右侧存在沿z轴正方向的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B,磁场范围足够大。现有一带正电粒子(不计重力)从abcd平面上的A点沿y轴负方向垂直射入左侧匀强磁场后,在两磁场中来回运动,则粒子的运动轨迹在xOy平面上的投影图可能是 A. B. C. D. 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．某电容器的外壳上标有“2.0 μF　9 V”的字样,该参数表明 A.该电容器两端电压为4.5 V时,其电容为1.0 μF B.该电容器两端电压为4.5 V时,其电容仍为2.0 μF C.该电容器正常工作时所带电荷量不超过1.8×10-6 C D.给该电容器充电时,电压每升高1 V,单个极板所带电荷量增加2.0×10-6 C 6．一列简谐横波沿x轴传播,传播速度为4 m/s,振幅为4 cm。图甲为图乙中质点P的振动图像,图乙是t=0.35 s时刻波的图像。下列说法正确的是 甲 乙 A.该波沿x轴正方向传播 B.该波沿x轴负方向传播 C.质点P的振动周期T=0.8 s D.图乙中质点Q比质点P先回到平衡位置 7．纺织服装产业是汕头的特色产业之一,织布是其中重要的一环,织布一般采用静电纺丝技术或静电纺纱技术。某静电纺纱工艺中的电场分布示意图如图所示,虚线是电场线,实线是某带电粒子只在电场力作用下从P点运动到Q点的轨迹,P、M是同一虚线上的两个点,不计粒子的重力,则下列判断正确的是 A.该粒子带正电 B.该带电粒子在P点的加速度大于其在Q点的加速度 C.电场中P点的电势高于M点的电势 D.该带电粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能 8．如图所示,倾斜放置、电阻不计的平行光滑导轨间距为L,顶端连接阻值为R的电阻,导轨平面与水平面的夹角为θ,导轨平面处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将质量为m的导体棒垂直导轨放置,由静止释放,经过时间t后,导体棒速度达到最大。已知导体棒接入回路的电阻为,重力加速度为g,导体棒与导轨始终垂直且接触良好,导轨足够长。下列说法正确的是 A.导体棒运动的最大速度vm= B.导体棒从开始运动至刚好达到最大速度的过程中,安培力、重力和支持力的合力的冲量为 C.由题干给出的条件,可以求出导体棒从开始运动至速度刚好达到最大的过程中运动的距离 D.由题干给出的条件,不能求出导体棒从开始运动至速度刚好达到最大的过程中回路中产生的焦耳热 三、非选择题:共60分,其中9~11题为填空题,12、13题为实验题,14~16题为计算题,考生根据要求作答。 9．(3分)如图所示,一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,再从状态B变化到状态C。已知状态A的温度为600 K,则气体从状态A到B的过程中　　　　(选填“外界对气体做功”或“气体对外界做功”);气体在状态C时的温度为　　　　K。  10． (3分)一束红色光和一束蓝色光同时由空气射到某介质的界面MN上的O点,由于折射而合成一复色光C,如图所示。若同一介质对频率大的光,其折射率也大,则可知A为　　　　(选填“红色光”或“蓝色光”);在该介质中,传播速度较大的是　　 　(选填“A”或“B”)。  11．(3分)沿x轴正方向传播的一列简谐波在t=0时刻的波形图如图所示,该时刻波恰好传播到x=6 m的位置,介质中有a、b两质点,则该时刻b质点向y轴　　　　(选填“正”或“负”)方向运动,b质点的速度　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)a质点的速度,b质点比a质点　　　　(选填“先”或“后”)到达平衡位置。  12．(5分)某同学用如图所示的装置来验证对心碰撞过程中的动量守恒定律。主要实验步骤如下: ①用天平测出材质相同的1、2两个不同面额的硬币的质量m1、m2。 ②安装好实验装置,将倾斜轨道固定在桌边,倾斜轨道的末端水平。 ③图中O点是硬币抛出点在水平地面上的投影,先不放硬币2。实验时,先让硬币1多次从倾斜轨道上S位置由静止释放,通过画最小的圆找到其平均落地点的位置P,测量其水平位移OP。 ④将硬币2放在倾斜轨道水平末端边缘处,让硬币1从S位置由静止释放,与硬币2相碰,多次重复本操作。 (1)本实验中需要完成的实验步骤是　　　　(多选,填选项前的字母)。  A.测量硬币1开始释放时距桌面的高度h B.测量抛出点距地面的高度H C.分别通过画最小的圆找到硬币1、2相碰后平均落地点的位置M、N D.测量水平位移OM、ON (2)本实验中m1　　　　(选填“>”“=”或“<”)m2,只要满足关系式　　　　　　　　　,则说明碰撞中动量守恒。实验过程中硬币1与倾斜轨道间的摩擦力对实验结果　　　　(选填“有”或“没有”)影响。  13．(7分)物理探究小组利用图甲所示的装置研究滑块在气垫导轨上的运动。将气垫导轨放置于桌面上,安装光电门,调节气垫导轨水平,在滑块A和B上加装宽度相同的遮光条a、b,测得滑块A和遮光条a的总质量为m0,滑块B和遮光条b的总质量为3m0,然后将滑块A和B放置在光电门右侧的气垫导轨上,锁定滑块B,将细线1连接在滑块A和B的适当位置,保证细线1与气垫导轨平面平行。再用细线2连接滑块A,将细线2绕过气垫导轨左端的定滑轮悬挂质量为m0的槽码,调节定滑轮高度,让细线2也和导轨平面平行,测出遮光条a和b中心之间的距离为L,启动气源,气垫导轨正常工作后,解除对滑块B的锁定,测得遮光条a和b通过光电门的时间分别为t0和,已知当地的重力加速度为g。 甲 乙 (1)该小组成员用游标卡尺测量遮光条的宽度,示数如图乙所示,则遮光条的宽度d=　　　　cm。  (2)槽码带动滑块运动过程中,细线1的拉力大小为T1,细线2的拉力大小为T2,则T1与T2的比值为　　　　。  (3)要验证滑块A、B(含遮光条)和槽码组成的系统机械能守恒,则验证的表达式为d2=　　　　(用g、L、t0表示)。  (4)换用更窄的遮光条,　　　　(选填“能”或“不能”)提升实验的精确度;若在实验中发现槽码减少的重力势能总是小于系统动能的增加量,可能是气垫导轨未调节水平所致,应旋转调节旋钮Q,让气垫导轨右侧适当　　　　(选填“升高”或“降低”)。  14．(11分)如图所示,倾角θ=37°的倾斜传送带以v0=4 m/s的速度逆时针匀速转动,A、B为传送带上表面平直部分的上、下两个端点,光滑轨道BCDE的竖直部分DE足够长,半径r=0.8 m的圆弧轨道BCD与传送带相切于B点,质量m=1 kg的小物块(可视为质点)从A点由静止释放,小物块沿传送带下滑,最终达到稳定运动状态。已知A、B两端点间距L=5.8 m,小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,空气阻力不计。求: (1)小物块第一次从A端运动至B端经历的时间; (2)小物块冲上BCDE后又返回传送带,往复多次,最终达到稳定运动状态后,其运动至圆弧轨道最低点C时受到轨道支持力的大小。 15．(12分)如图,在竖直平面内有一半径为R的圆轨道,圆心为O,圆面内存在方向与水平方向成45°角斜向右上方的匀强电场。现将一可视为质点、质量为m、电荷量为q的带正电的小球以大小为v0的初速度从轨道的圆心O点水平抛出,小球水平向右沿直线运动并撞到圆轨道。忽略空气阻力,已知重力加速度大小为g。 (1)求电场强度的大小E; (2)求小球即将击中圆轨道时的速度大小; (3)若撤去电场,将小球从圆心O点以某一初速度水平抛出,为使小球击中圆轨道的动能最小,求对应的抛出时的初速度大小v。 【参考答案】 1． D　 【解题分析】带正电的金属环绕轴OO'以角速度ω沿图示的方向匀速旋转时,根据右手螺旋定则可知,可产生沿O'O方向向右的磁场,故小磁针的N极沿轴线向右,D项正确。 2． B　 【解题分析】抛射航天器所需要的最小抛射速度为中心天体的第一宇宙速度,根据万有引力提供向心力有G=m,可得中心天体的第一宇宙速度v=,故在地球表面和火星表面抛射航天器所需的最小抛射速度大小之比约为3∶,B项正确。 3． B　 【解题分析】从波动图像可知该波的波长为1.52×10-2 m,A项错误;波速v==λf=1 520 m/s,B项正确;距波源x=3.8×10-3 m处的质点不会随波的传播而迁移,C项错误;超声波往返时间为4 s,故x1=v·=3 040 m,D项错误。 4． A　 【解题分析】根据左手定则可以得出粒子的运动轨迹,粒子在竖直平面abcd左侧做垂直x轴的圆周运动,运动半个圆周后进入竖直平面abcd的右侧,在右侧做垂直z轴的圆周运动,运动半个圆周后重新进入竖直平面abcd的左侧,依次循环,故其轨迹在xOy平面的投影图像为A图,A项正确。 5． BD　 【解题分析】电容器的电容由电容器本身决定,与电容器所带电荷量多少无关,A项错误、B项正确;该电容器正常工作时两极板间的最大电压为9 V,两极板所带电荷量的最大值Q=CU=1.8×10-5 C,C项错误;给该电容器充电时,电压每升高1 V,单个极板所带电荷量增加ΔQ=C·ΔU=2.0×10-6 C,D项正确。 6． BD　 【解题分析】由题图乙可知,波长λ=2.4 m,由v=可得T=0.6 s,在t=0.35 s时刻,由题图甲可知,质点P在平衡位置上方向上运动,则根据“上下坡法”可知该波沿x轴负方向传播,A、C项错误,B项正确;t=0.35 s时质点P向上运动,质点Q向下运动,则质点Q先回到平衡位置,D项正确。 7． BD　 【解题分析】根据题图,左端接电源负极,右端接地,所以电场方向从右指向左,根据曲线运动的条件,带电粒子所受电场力指向轨迹内侧,即右侧,根据电场力方向和电场方向的关系可知,粒子带负电,根据题图可知,P点处的电场线比Q点处的电场线密集,所以P点处的电场强度大于Q点处的,根据电场力公式,带电粒子在P点所受的电场力大于在Q点所受的电场力,因为带电粒子仅在电场力作用下运动,根据牛顿第二定律有qE=ma,可知带电粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度,A项错误、B项正确;沿着电场线的方向,电势降低,电场中P点的电势低于M点的电势,C项错误;从P点到Q点,电场力做正功,电势能减小,即带电粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能,D项正确。 8． BC　 【解题分析】对导体棒受力分析如图所示,导体棒受力平衡时速度最大,可得·cos θ=mgsin θ,解得导体棒运动的最大速度vm=,A项错误;导体棒从开始运动到刚好达到最大速度的过程中,设安培力、重力和支持力的合力的冲量为I,由动量定理可得I=mvm-0,代入数据可得I=,B项正确;因I0=,E=BLvcos θ,根据动量定理,可得mgtsin θ-∑=mvm-0,且∑vΔt=x,可以求出导体棒从开始运动到刚好达到最大速度的过程中运动的距离x=-,C项正确;根据动能定理可得WG-W安克=m-0,由于能够求出导体棒从开始运动到刚好达到最大速度的过程中运动的距离x,可知能够求出重力做的功,且能够求出导体棒达到最大速度时的动能,因此可以求出该过程中导体棒克服安培力做的功,也能够求出回路中产生的焦耳热,D项错误。 9． 气体对外界做功　(1分)　200　(2分) 10． 蓝色光　(1分)　B　(2分) 11． 负　大于　后　(每空1分) 12． (1)CD　(2分) (2)>　m1·OP=m1·OM+m2·ON　没有　(每空1分) 13． (1)0.235 　(1分) (2)　(2分) (3)　(2分) (4)能　(1分)　降低　(1分) 14． 【解题分析】(1)小物块由静止释放时,对小物块进行受力分析,根据牛顿第二定律有 mgsin θ+μmgcos θ=ma1　(1分) 小物块向下加速至与传送带速度相等时,有 v0=a1t1,x=t1　(2分) 之后小物块继续向下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有 mgsin θ-μmgcos θ=ma2　(1分) 从与传送带共速到运动至传送带下端B的过程,有 L-x=v0t2+a2　(1分) 解得小物块第一次从A端运动至B端经历的时间 t=t1+t2=1.4 s。　(1分) (2)结合上述,小物块返回B点后先向上以大小为a1的加速度做匀减速运动至速度为0,之后向下以大小为a1的加速度做匀加速运动,加速至与传送带速度相等后,再以大小为a2的加速度做匀加速运动,到达B点后的速度小于返回至B点的速度,之后重复先前的运动,最终达到稳定运动状态时,小物块每一次到达B的速度大小均等于传送带的速度,可知,稳定后小物块从B点到C点的过程,根据动能定理有 mg(r-rcos θ)=m-m　(2分) 小物块到达C点时,根据牛顿第二定律有 N-mg=m　(1分) 解得N=34 N。　(2分) 15． 【解题分析】(1)对小球受力分析,根据平行四边形定则,有qEsin 45°=mg　(2分) 解得E=。　(1分) (2)带电小球水平向右加速运动,根据动能定理有qEcos 45°·R=m-m　(2分) 解得v1=。　(1分) (3)以圆心O为坐标原点,水平向右为x轴,竖直向下为y轴建立坐标系。小球击中圆轨道时的坐标设为(x,y)。若撤去电场,小球以速度v从圆心O点抛出做平抛运动,小球击中圆轨道时,有 x=vt,y=gt2　(1分) 由几何关系,有x2+y2=R2　(1分) 整理可得v2=(-y)×　(1分) 由机械能守恒定律可得,即将击中圆轨道时小球的动能Ek=mgy+mv2=mg(+) 　(1分) 当=,即y=R时小球动能Ek取最小值　(1分) 解得v=。　(1分) 第1页共8页 学科网（北京）股份有限公司 $