2026届福建泉州市惠安荷山中学高三下学期最后一测物理试题

**基本信息** 惠安荷山中学2026届高三物理适应性试卷，以机器狗测试、回旋加速器等真实情境为载体，覆盖力学、电磁学等模块，通过分层设问考查物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|4/16|简谐运动、电场强度|结合波形图与振动图像考查运动观念| |双选|4/24|氢原子光谱、光电效应|通过能级跃迁与光电子图像培养科学推理| |填空|3/9|理想气体、折射率|联系气泡上升等生活情境强化能量观念| |实验|2/12|加速度测量、多用电表设计|注重实验操作与误差分析，体现科学探究| |计算|3/39|机器狗追及、磁场中粒子碰撞|综合运动学与电磁学，突出模型建构与创新应用|

惠安荷山中学2026届高中毕业班适应性考试物理试题 满分100分，时间75分钟 一、单项选择题：（本大题共4小题，每小题4分，共16分，每小题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。） 1．一简谐机械波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期为T。t=0时刻的波形如图1所示，a、b、c是波上的三个质点。图2是波上某一质点的振动图像。下列说法正确的是（　　） A．t=0时，质点a的加速度比质点b的小 B．质点b和质点c的速度方向总是相同的 C．图2可以表示质点b的振动 D．图2可以表示质点c的振动 2．如图，在正五边形的四个顶点上分别固定有电荷量均为－q的点电荷。已知正五边形顶点到中心O点的距离为r，静电力常量为k，则O点处的电场强度大小为（　　） A． B． C． D． 3．将一质量为m的物体分别放在地球的南、北两极点时，该物体的重力均为mg0；将该物体放在地球赤道上时，该物体的重力为mg。假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R，已知引力常量为G，则由以上信息可得出（　　） A．g0小于g B．地球的质量为 C．地球自转的角速度为ω= D．地球的平均密度为 4．回旋加速器以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为，两侧为相同匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量电荷量的带电粒子，以初速度垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，再进入电场做匀加速运动，后第二次进入磁场中运动…，粒子在电场和磁场中不断交替运动，已知粒子第二次在磁场中运动半径是第一次的2倍，第三次是第一次的3倍…以此类推，则（　　） A．虚线之间的电场强度大小恒定 B．粒子第一次经过电场时电场力做功等于 C．粒子第二次经过磁场时洛伦兹力做功等于 D．假设粒子穿过电场时，此过程电场可视为匀强电场，则第6次经过电场的时间为 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．在氢原子光谱中，赖曼线系是氢原子从较高能级（n=2、3、4...）跃迁到基态时辐射的光谱线系。类似地，有巴尔末系、帕邢系、布喇开系等线系，如图所示，下列说法中正确的是（ ） A．该图说明氢原子光谱是分立的 B．赖曼线系中从n=2跃迁到基态放出的光子频率最大 C．巴尔末线系中从n=∞跃迁到n=2放出的光子波长最大 D．若巴尔末系的某种光能使一金属发生光电效应，则赖曼系的都能使该金属发生光电效应 6．关于下列四幅图的说法正确的是（　　） A．图甲中，使摆球A先摆动，摆球B、C接着摆动起来，B摆的振动周期最大 B．图乙为某金属在光的照射下，光电子最大初动能与入射光频率的关系图像。若用频率分别为和的两种单色光同时照射该金属，能使该金属发生光电效应 C．图丙是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a光束在水珠中传播的速度一定大于b光束在水珠中传播的速度 D．图丁所示为双缝干涉示意图，挡板到屏的间距越大，相邻亮条纹间距越大 7．空间存在水平向右的匀强电场，粗糙水平地面上，一个质量为m带正电的物块以一定的初速度向右运动，物块的动能和电势能如下图的两条图线，则（ ） A．电场力是阻力的3倍 B．由图线可求得动摩擦因数 C．图线Ⅰ是变化曲线，图线Ⅱ是变化曲线 D．过程物块的动能与电势能之和保持不变 8．两根足够长的导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L＝1m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R＝0.02 Ω的电阻和C＝1F的电容器，整个装置处于B＝0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分别为m1＝0.8kg，m2＝0.4kg，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0＝4.32 m处在一个大小F＝4.64N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s，g＝10 m/s2（ ） A．ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44s B．ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78J C．两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3m/s D．两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4m/s 三、填空题（本大题共3小题，每题3分，共9分。） 9．若一条鱼儿正在水下10m处戏水，吐出的一个体积为1cm3的气泡。气泡内的气体视为理想气体，且气体质量保持不变，大气压强为p0=1.0×105Pa，g=10m/s2，湖水温度保持不变，气泡在上升的过程中，气体 （填“吸热”或者“放热”）；气泡到达湖面时的体积为 cm3。 10．如图所示是一玻璃球体，其半径为R，O为球心，AB为水平直径。来自B点的光线BD从D点射出，出射光线平行于AB，已知，光在真空中的传播速度为c，则此玻璃的折射率为 ；光线从B到D传播所需的时间为 （用题中符号表示）。 11．如图，甲分子固定于坐标原点0  ， 乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力F与两分子间距离x的关系如图中曲线所示，F＞0为斥力，F＜0为引力，a、b、c、d为x轴上的四个特定位置。现把乙分子沿x轴负方向从a处移动到d处，则在________位置分子间作用力最小，在________位置分子势能最小（两空均选填“a”、“b”、“c”或“d”）。 四、实验题：本大题共2小题，第12题5分，第13题7分，共12分。 12．如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。他在气垫导轨上安装了一个光电门B，在滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连（力传感器可测得细线上的拉力大小），力传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放。 ⑴该同学用50分度的游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=__________mm； ⑵下列不必要的一项实验要求是_____； A．将气垫导轨调节水平 B．使细线与气垫导轨平行 C．使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 D．使A位置与光电门间的距离适当大些 ⑶为探究滑块的加速度与力的关系，改变钩码质量。测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点要作出它们的线性关系图象，处理数据时纵轴为F，横轴应为_________。 A．t B．t2 C． D． 13．小军同学学习了多用电表的原理后，自己设计了一个简易的可以用来测量电流和电阻的多用电表，并标定了刻度，其电路图如下。将欧姆表中央刻度值设计为“15”，通过调整S1、S2的开闭状态，可以形成“×1”、“×10”、“×100”三个挡位。所用的器材有： 电源E（电动势E=15V，内阻可忽略） 电流表A（量程IA=10mA，内阻RA=900Ω） 电阻箱R0（0～9999.9Ω） 定值电阻R1=100Ω，R2阻值未知 开关两个S1、S2，表笔两个a、b，导线若干。 回答下列问题 ⑴按照多用电表的使用规则，表笔a应为______（填“红”或“黑”）表笔。 ⑵表笔b与接线柱“______”（填“1”或“2”）连接时，多用电表为测电流的挡位。 ⑶测量电流时，若将开关S1闭合、S2断开，电流表的量程被扩大至______mA ⑷当使用欧姆表的“×10”挡时，发现指针偏转幅度较大，此时应该换成“____”（填“×1”或“×100”）挡。调整S1、S2的状态换成相应挡位后，应重新进行欧姆调零，调零后电阻箱的阻值为____Ω 五、计算题：本大题共3小题，14题10分，15题13分，16题16分，共39分。 14．机器狗已经发展到了应用阶段，人们开始享受科技带来的效率和成果。某科技小组在测试中，将甲、乙两机器狗放在平直的路面上，测试距离为。甲、乙同时同地开始测试，甲以的速度匀速行进，乙由静止开始以的加速度匀加速直线运动，乙能达到的最大速度是，之后保持最大速度匀速运动。在测试距离内，求： ⑴甲、乙相距的最远距离多大； ⑵若乙能超过甲，乙到达终点时，与甲的距离多大？若乙不能超过甲，甲到达终点时，乙还需多长时间到达终点。 15．如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道O、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开。现将一质量为的滑块（可视为质点）从AB轨道上高度为h处由静止释放，若已知圆轨道半径，水平面BD的长度，传送带长度，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为，传送带以恒定速度逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响），g取。求： ⑴若，则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力的大小； ⑵若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h的取值范围； ⑶当时，计算滑块从释放到飞出传送带的过程中，因摩擦产生的热量Q是多少？ 16．如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求： ⑴第一次碰撞前粒子甲的速度大小； ⑵粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小； ⑶时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可） 第3页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 惠安荷山中学2026届高中毕业班适应性考试物理试题参考答案： 1．【答案】C 【详解】A．t=0时，质点a的位移最大，则加速度最大，质点b的位移为零，加速度为零，选项A错误；B．质点b和质点c的平衡位置相差半个波长，则速度方向总是相反的，选项B错误；C．因t=0时刻质点b向上振动，结合图2可知，图2可以表示质点b的振动，选项C正确；D．因t=0时刻质点c向下振动，结合图2可知，图2不可以表示质点c的振动，选项D错误；故选C。 2．【答案】A 【详解】每个点电荷在O点产生的电场强度方向均由O点指向点电荷，大小均为，若在正五边形剩余的一个顶点上放一个-q，则电荷在以O点为圆心、r为半径的圆上均匀分布，O点的电场强度为零，所以，四个顶点上的点电荷在O点产生的电场强度的矢量和与剩余的一个顶点上的-q在O点产生的电场强度等大反向，故O点处的电场强度大小为。故选A。 3．【答案】C 【详解】A．设地球的质量为M，物体在赤道处随地球自转做圆周运动的角速度等于地球自转的角速度，轨道半径等于地球半径，物体在赤道上受到的重力和物体随地球自转所需的向心力是万有引力的分力，有，物体在极地的重力等于万有引力，即，综合以上可知 故A错误；B．在极地，解得故B错误；C．以上分析有， ，联立得ω＝，故C正确；D．由密度，结合B选项分析得 ，故D错误。故选C 。 4．【答案】D 【详解】A．粒子第次进入电场时速度为，穿出电场时速度为，由题意知，，由动能定理得，解得，故A错误；B．设粒子第次进入磁场时的半径为，速度为，由牛顿第二定律得，解得。 因为，所以，对粒子第一次在电场中运动的过程，由动能定理得 解得，故B错误；C．洛伦兹力的方向始终指向圆心，与粒子速度垂直，所以洛伦兹力不做功，故C错误；D．设粒子第次在电场中运动的加速度为，由牛顿第二定律得 由运动学公式得，解得，时，，故D正确。故选D。 5．【答案】AD 【详解】A．氢原子的能级是分立的，氢原子发光是氢原子在两个能级间跃迁产生，则该图说明氢原子光谱是分立的。A项符合题意；B．由图知，赖曼线系中从n=2跃迁到基态放出的光子能量最小，则赖曼线系中从n=2跃迁到基态放出的光子频率最小。B项不符合题意；C．由图知，巴尔末线系中从n=∞跃迁到n=2放出的光子能量最大，则巴尔末线系中从n=∞跃迁到n=2放出的光子频率最大，波长最短C项不符合题意；D．由图知，赖曼系中任一光子的能量大于巴尔末系中光子能量的最大值；据光电效应规律知，若巴尔末系的某种光能使一金属发生光电效应，则赖曼系的都能使该金属发生光电效应。D项符合题意。故选AD。 6．【答案】CD 【详解】A．图甲中，使摆球A先摆动，摆球B、C接着摆动起来，B、C受迫振动，B、C振动周期等于驱动力周期，即等于A的固有周期，故A、B、C的振动周期相等，故A错误；B．由图乙可知，该金属的极限频率是，只有当入射光的频率大于极限频率才能发生光电效应，若用频率分别为和的两种单色光同时照射该金属，不能使该金属发生光电效应，故B错误；C．复色光进入水珠后，可知b光的偏折较大，b光的折射率较大，根据，知a光束在水珠中传播的速度一定大于b光束在水珠中传播的速度，故C正确；D．根据双缝干涉条纹间距公式，知挡板到屏的间距越大，相邻亮条纹间距越大，故D正确。故选CD。 7．【答案】BC 【详解】A．图像的斜率绝对值表示电场力大小，图像的斜率表示合外力大小，由，解得阻力大小为，，电场力是阻力的2倍，故A错误；B．克服摩擦力做功，得动摩擦因数，故B正确。C．电场力做正功电势能减小，图线Ⅱ是变化曲线，图线Ⅰ是变化曲线，故C正确；D．由于摩擦力f做功，过程物块的动能与电势能之和减小，故D错误；故选BC。 8．【答案】BD 【详解】由于金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在MN处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达MN处所用的时间是相同的，对金属棒cd和电容器组成的回路有Δq＝CΔU＝C·BLΔv2，对cd根据牛顿第二定律有F－ILB－m2gsin 30°＝m2a2，而I＝＝＝CBLa2，联立并代入数据解得a2＝＝6m/s2，即金属棒cd做匀加速直线运动，则有x0＝a2t2，解得t＝1.2s，故A错误。由题知，碰前瞬间ab的速度为v1＝4.5m/s，则根据功能关系有m1gxabsin 30°－Q＝m1v，金属棒下滑过程中根据动量定理有m1gsin 30°·t－BIL·t＝m1v1－0，其中It＝t＝，联立并代入数据解得xab＝3m，Q＝3.9J，则R上消耗的焦耳热为QR＝Q＝0.78J，故B正确。由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，以沿斜面向下为正方向，有m1v1－m2v2＝m1v1′＋m2v2′，m1v＋m2v＝m1v′＋m2v′，其中v2＝a2t＝7.2 m/s，联立解得v1′＝－3.3 m/s，v2′＝8.4 m/s，故C错误，D正确。故选BD。 9．【答案】吸热（2分）；2cm3（1分）。 【详解】气泡上升的过程中体积增大，对外做功，由于保持温度不变，故内能不变，由热力学第一定律可得，气泡需要吸热。气泡初始时的压强p1=p0+ρgh=2.0×105Pa，气泡浮到水面时的压强p2=p0=1.0×105Pa，根据气体的等温变化规律p1V1=p2V2，代入数据得V2=2cm3。 10．【答案】（2分）；（1分）。 【详解】[1]根据几何关系可知，则根据同位角相等可知出射光线与法线的夹角为，因此可得此玻璃的折射率为；[2]根据，，，联立解得。 11．【答案】c（2分）；c（1分）； 【详解】[1][2]根据题意可知，沿x轴方向，O点到a、b、c、d各点的间距，即为甲、乙两分子间的距离，显然由图可知Oc间距离即为两分子间平衡距离，因此，乙分子c位置处时，两分子间的作用力和分子势能最小。 12．【答案】2.10（2分）；C（2分）；D（1分）。 【详解】⑴游标卡尺的主尺读数为2mm，则游标卡尺读数为；⑵A．应将气垫导轨调节水平，拉力才等于合力，A正确，不符合题意；B．要保证拉线的方向与木板平面平行，拉力才等于合力，B正确，不符合题意；C．拉力是通过力传感器测量的，故并不需要使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，C错误，符合题意；D．应使A位置光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，D正确，不符合题意。故选C。⑶由题意知，该实验中保持小车质量不变，有，，，则有。所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图像。故选D。 13．【答案】⑴红（2分）；⑵1（1分）；⑶100（1分）；⑷①×1（1分）；②6.0（2分）。 【解析】⑴按照多用电表的使用规则，表笔a与内部电源的负极连接，可知应为红表笔；⑵表笔b与接线柱1连接时，多用电表为测电流的挡位；⑶测量电流时，若将开关S1闭合、S2断开，则 ，解得I=100mA，即电流表的量程被扩大至100mA；⑷[1]当使用欧姆表的“×10”挡时，发现指针偏转幅度较大，说明倍率挡选择过高，此时应该换成 “×1”挡。[2]当S1闭合时，可得中值电阻，因中值刻度为15，可知为“×10”挡；则当S2闭合时为“×1”挡，此时中值电阻，即欧姆表内阻，此时电流表量程为，则电流表内阻，可知整S1、S2的状态换成相应挡位后，调零后电阻箱的阻值为15Ω−9Ω=6.0Ω。 14．【答案】⑴（4分）；⑵，（6分）。 【详解】⑴当乙达到时相距最远，用时，则 （1分） 解得 （1分） 最远距离 （1分） 解得 （1分） ⑵当乙达到时，用时，则， （1分） 此时甲走 （1分） 此时乙走 （1分） 甲乙分别再用时到达终点，则 （1分） （1分） 由此可以看出，在测试距离内，乙不能超过甲，甲到达终点时乙还需 （1分） 15．⑴20N（4分）；⑵（4分）；⑶（5分） 【详解】⑴若，则滑块运动至B点时，由动能定理可得 （1分） 在B点由牛顿第二定律得 （1分） 联立解得 （1分） 由牛顿第三定律可知，滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20N。 （1分） ⑵若滑块恰好能过C点，则C点时有 （1分） 从A到C，根据动能定理有 （1分） 解得 要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度，从A到E，根据动能定理有 （1分） 解得 显然，若滑块不脱离圆弧轨道且从E点飞出，则滑块释放点的高度。 （1分） ⑶当时，从A到D点根据动能定理 （1分） 解得 从A到E点根据动能定理 （1分） 可得 由运动学公式 （1分） 解得 在1s时间内，滑块的位移为 传送带运动的位移为 （1分） 滑块相对于传送带的位移为 由功能关系得 （1分） 16．【答案】⑴（3分）；⑵m（3分）；（3分）；⑶粒子甲位置坐标为（－6a，0）（3分）；粒子乙位置坐标为（0，0）（3分）；粒子乙运动的路程为67πa（1分）。 【详解】⑴粒子甲从点P(2a，0)沿y轴正方向射入到达点O，由几何关系可知粒子甲的轨迹半径 r＝a （1分） 根据粒子甲所受洛伦兹力提供向心力有 （1分） 解得 （1分） ⑵粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则 （1分） 由和，整理得 （1分） 有，则 （1分） 粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 （1分） （1分） 解得， 则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。 （1分） ⑶已知在时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有 ， 则根据，可知此时乙粒子的运动半径为 在时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子运动的路程为 且在第二次碰撞时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有 解得， 在时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，同理可得乙粒子走过的路程为 且在第三次碰撞时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有 解得， 依次类推，甲、乙粒子运动过程如图所示。 在时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且第九次碰撞与第一次相同，有 ， 在到过程中，甲粒子刚好运动半周， 则时甲粒子的位置坐标为（－6a，0） （3分） 在到过程中，乙粒子刚好运动一周， 则时乙粒子回到坐标原点（0，0） （3分） 且此过程中乙粒子走过的路程为 故整个过程中乙粒子走过总路程为 （1分） 第4页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $报告查询：登录zhixue.com或扫描二维码下载App (用户名和初始密码均为准考证号) 回▣ 惠安荷山中学2026届高中毕业班适应性考试物理答题卡 姓名： 班级： 考场/座位号： 准考证号 注意事项 [0] [0] [o] [0] [0] [o] [o] 1. 答题前请将姓名、班级、考场、准考证号填写清楚。 [1] [ [1] [1] [1] [1] [1] 2. 客观题答题，必须使用2B铅笔填涂，修改时用橡皮擦干净 [21 1 [2] [2] [2] [2] 3.主观题答题，必须使用黑色签字笔书写。 [3] [3] [3] [3] [3] [3] [3] ) 4.必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效， [4] [4] [4] [4] [4] [4] [4] [4] 5. 保持答卷清洁、完整。 [5] [5] [5] [5] [5] [ [5] 5 [6] [6] [6] [6] [6] 6 [6] 6 正确填涂 缺考标记 [7] [7] [7] [7] [7] [8] [8] [8] [8] [8] [8] [8] [8l [9] [9] [9] [9] [9] [9] [9] [9] 客观题14为单选题；58为多选题) 1[A][B][C][D] 6[A][B][C][D] 2[A][B][C][D] 7[A][B][C][D] 3[A][B][C][D] 8[A][B][C][D] 4[A][B][C][D] 5[A][B][C][D] 填空题、实验题 10. 11 12 13.(1) (2) (3) (4)① ② 解答题 14 ■ ■ 9 9惠安荷山中学2026届高中毕业班适应性考试物理试题 满分100分，时间75分钟 一、单项选择题：（本大题共4小题，每小题4分，共16分，每小题的四个选项中，只有 一个选项是符合题目要求的。) 1.一简谐机械波沿x轴正方向传播，波长为2，周期为T。0时刻的波形如图1所示，α、b、c是波 上的三个质点。图2是波上某一质点的振动图像。下列说法正确的是() A.仁O时，质点α的加速度比质点b的小 B.质点b和质点c的速度方向总是相同的 C.图2可以表示质点b的振动 D.图2可以表示质点c的振动 图 图2 2.如图，在正五边形的四个顶点上分别固定有电荷量均为一q的点电荷。己 知正五边形顶点到中心O点的距离为，静电力常量为k,则O点处的电场 强度大小为() Ak B.k 2 C. 33 D. 3.将一质量为m的物体分别放在地球的南、北两极点时，该物体的重力均为g知；将该物体放在地球 赤道上时，该物体的重力为g。假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R,己知引力常量为G, 则由以上信息可得出() A.80小于8 B。地球的质量为8R C.地球自转的角速度为ω= 80-8 R D.地球的平均密度为38 4πGR 4.回旋加速器以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d,两侧为相同 匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量电荷量+q的带电粒子，以初速度”1垂直边界射入磁场做匀速 d 圆周运动，再进入电场做匀加速运动，后第二次进入磁场中运动..，粒 子在电场和磁场中不断交替运动，已知粒子第二次在磁场中运动半径是 第一次的2倍，第三次是第一次的3倍..以此类推，则() A.虚线之间的电场强度大小恒定 第1页( B.粒子第一次经过电场时电场力做功等于w c.粒子第二次经过磁场时洛伦兹力做功等于 2d D.假设粒子穿过电场时，此过程电场可视为匀强电场，则第6次经过电场的时间为 13V 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.在氢原子光谱中，赖曼线系是氢原子从较高能级(=2、3、4.) 于布喇开系 跃迁到基态时辐射的光谱线系。类似地，有巴尔末系、帕邢系、布 址 帕邢系 喇开系等线系，如图所示，下列说法中正确的是() 巴尔末系 A.该图说明氢原子光谱是分立的 B.赖曼线系中从=2跃迁到基态放出的光子频率最大 C.巴尔末线系中从二o跃迁到=2放出的光子波长最大 D.若巴尔末系的某种光能使一金属发生光电效应，则赖曼系 的都能使该金属发生光电效应 赖曼系 6.关于下列四幅图的说法正确的是() 复色光 水珠 0 ●m 27m 单色光 E 屏 BO 挡板 甲 乙 丙 丁 A.图甲中，使摆球A先摆动，摆球B、C接着摆动起来，B摆的振动周期最大 B.图乙为某金属在光的照射下，光电子最大初动能E,与入射光频率V的关系图像。若用频率分 别为0.6v,和0.8v,的两种单色光同时照射该金属，能使该金属发生光电效应 C.图丙是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中α光束在水珠中传播的速度一定大于b光束 在水珠中传播的速度 D.图丁所示为双缝干涉示意图，挡板到屏的间距越大，相邻亮条纹间距越大 共4页) 7.空间存在水平向右的匀强电场，粗糙水平地面上，一个质量为带正电的物块以一定的初速度向右 运动，物块的动能和电势能如下图的两条图线，则() E个 3E 图线L A.电场力是阻力的3倍 2E B.由图线可求得动摩擦因数以=_ 图线Ⅱ mgxo 7777777777777777777777 xo x C.图线I是E:-x变化曲线，图线Ⅱ是E,-x变化曲线 D.0~x过程物块的动能E.与电势能E。之和保持不变 8.两根足够长的导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高， 间距L=1,连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R=0.022的电 阻和C=1F的电容器，整个装置处于B=0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒b、 cd分别放在N两侧，质量分别为1=0.8kg,2=0.4kg,ab棒电阻为0.082，cd棒的电阻不计，将 ab由静止释放，同时cd从距离N为xo=4.32m处在一个大小F=4.64N、方向沿导轨平面向上的力 作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F,已知碰前瞬间ab的 速度为4.5m/s,g=10m/s2() A.b从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44s B.b从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78J T309 C.两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3m/s D.两棒第一次碰撞后瞬间，d的速度大小为8.4m/s 30° 三、填空题（本大题共3小题，每题3分，共9分。） 9.若一条鱼儿正在水下10m处戏水，吐出的一个体积为1cm3的气泡。气泡内的气体视为理想气体， 且气体质量保持不变，大气压强为p=1.0×10Pa,g=10/s2,湖水温度保持不变，气泡在上升的过程中， 气体（填“吸热”或者“放热”）：气泡到达湖面时的体积为 _cm3。 10.如图所示是一玻璃球体，其半径为R,O为球心，AB为水平直径。 D 来自B点的光线BD从D点射出，出射光线平行于AB,已知∠ABD=3O°， 30B 0 光在真空中的传播速度为c,则此玻璃的折射率为 ;光线从B到 D传播所需的时间为 (用题中符号表示)。 第2页( 11.如图，甲分子固定于坐标原点0，乙分子位于x轴上，甲分 子对乙分子的作用力F与两分子间距离x的关系如图中曲线所示， F>0为斥力，F<0为引力，a、b、c、d为x轴上的四个特定位置。 a c b a X 现把乙分子沿x轴负方向从a处移动到d处，则在 位置分 子间作用力最小，在 位置分子势能最小（两空均选填“α”、 “b”、“c”或“d”)。 四、实验题：本大题共2小题，第12题5分，第13题7分，共12分。 12.如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。他在气垫导轨上安装了一个光电门B, 在滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连（力传感器可测得细 线上的拉力大小)，力传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放。 光电门B 气垫导轨。 遮光条 滑块 中力传感器女 、刻度尺 马A 连气源 钩码 甲 (1)该同学用50分度的游标卡尺测量遮光条的宽度d,如图乙所示，则 mm; ieH 2 cm 乙 (2)下列不必要的一项实验要求是 A.将气垫导轨调节水平 B.使细线与气垫导轨平行 C.使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 D.使A位置与光电门间的距离适当大些 共4页) (3)为探究滑块的加速度与力的关系，改变钩码质量。测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过 光电门的时间t,通过描点要作出它们的线性关系图象，处理数据时纵轴为F,横轴应为 A.t B.12 c. D. 13.小军同学学习了多用电表的原理后，自己设计了一个简易的可以用来测量电流和电阻的多用电表， 并标定了刻度，其电路图如下。将欧姆表中央刻度值设计为“15”，通过调整S1、S2的开闭状态，可 以形成“×1”、“×10”、“×100”三个挡位。所用的器材有： 电源E(电动势E=15V,内阻可忽略) A 电流表A(量程Ia=10mA,内阻Ra=9002) 电阻箱R(0~9999.92) R S 定值电阻R1=1002,R2阻值未知 R 开关两个S1、S2,表笔两个a、b,导线若干。 a 回答下列问题 (I)按照多用电表的使用规则，表笔a应为 (填“红”或“黑”)表笔。 (2)表笔b与接线柱“”（填“1”或“2”）连接时，多用电表为测电流的挡位。 (3)测量电流时，若将开关S1闭合、S2断开，电流表的量程被扩大至 mA (4)当使用欧姆表的“×10”挡时，发现指针偏转幅度较大，此时应该换成“”（填“×1”或 “×100”)挡。调整S1、S2的状态换成相应挡位后，应重新进行欧姆调零，调零后电阻箱的阻值为2 五、计算题：本大题共3小题，14题10分，15题13分，16题16分，共39分。 14.机器狗已经发展到了应用阶段，人们开始享受科技带来的效率和成果。某科技小组在测试中，将 甲、乙两机器狗放在平直的路面上，测试距离为L=20m。甲、乙同时同地开始测试，甲以y,=2m/s的 速度匀速行进，乙由静止开始以a=0.5m/s2的加速度匀 加速直线运动，乙能达到的最大速度是3=2.5m/s,之 后保持最大速度匀速运动。在测试距离内，求： ()甲、乙相距的最远距离多大： (2)若乙能超过甲，乙到达终点时，与甲的距离多大？ 若乙不能超过甲，甲到达终点时，乙还需多长时间到达终点。 第3页（共 15.如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道O、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连 接，水平区域G足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开。现将一质量为=0.5kg的 滑块（可视为质点）从AB轨道上高度为h处由静止释放，若已知圆轨道半径R=2m,水平面BD的 长度x=4m,传送带长度x3=8m,滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因 数均为u=0.4，,传送带以恒定速度1。=6s逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响），g取 10m/s2。求： (I)若h=3m,则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力的大小； (2)若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度的取值范围： (3)当h=6.6时，计算滑块从释放到飞出传送带的过程中，因摩擦产生的热量Q是多少？ h E B X2 F G 4页) 16.如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t=0时刻，一带正 电粒子甲从点P(2,0)沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正 碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运 动了两个圆周。己知粒子甲的质量为，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞 时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求： (1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小； (2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小： (3)t=18xm 18πm 时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到t= 的过程中粒子乙运动的路 gB gB 程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可） ×↑Y× B P XX 十 X 第4页（共4页）惠安荷山中学2026届高中毕业班适应性考试物理试题参考答案： 1.【答案】C 【详解】A.0时，质点α的位移最大，则加速度最大，质点b的位移为零，加速度为零，选项A错 误：B.质点b和质点c的平衡位置相差半个波长，则速度方向总是相反的，选项B错误：C.因仁0 时刻质点b向上振动，结合图2可知，图2可以表示质点b的振动，选项C正确：D.因=0时刻质点 c向下振动，结合图2可知，图2不可以表示质点c的振动，选项D错误；故选C。 2.【答案】A 【详解】每个点电荷在0点产生的电场强度方向均由O点指向点电荷，大小均为k9 若在正五边形 剩余的一个顶点上放一个-q,则电荷在以O点为圆心、r为半径的圆上均匀分布，O点的电场强度为零， 所以，四个顶点上的点电荷在O点产生的电场强度的矢量和与剩余的一个顶点上的q在O点产生的电 场强度等大反向，故0点处的电场强度大小为号。故选A。 3.【答案】C 【详解】A.设地球的质量为M,物体在赤道处随地球自转做圆周运动的角速度ω等于地球自转的角 速度，轨道半径等于地球半径，物体在赤道上受到的重力和物体随地球自转所需的向心力是万有引力 的分力，有G R 一g=mwR,物体在极地的重力等于万有引力，即-g,综合以上可知8。>君 故A错误：B.在极地G=mg。,解得M=8故B错误：C.以上分析有G-g=mR, G R2 GM R=mg,联立得w= ,故C正确：D.由密度P=么，结合B达项分析得 R p=M 8R2 G 380 3πR34πGR - 故D错误。故选C。 4.【答案】D 【详解】A,粒子第n次进入电场时速度为Vn,，穿出电场时速度为V+1,由题意知Vn=w1, =(u+,由动能定理得g2,d=m2,解得E,=2nn,故A错说：B.设 2 2gd 第1页( 粒子第n次进入磁场时的半径为R,速度为%，由牛顿第二定律得9心，B=m三，解得y BqR R m 因为R,=2R,所以y,=24,对粒子第一次在电场中运动的过程，由动能定理得所，二=w2心 121 2 3 解得W=。Y,故B错误；C.洛伦兹力的方向始终指向圆心，与粒子速度垂直，所以洛伦兹力不 做功，故C错误；D.设粒子第n次在电场中运动的加速度为4，，由牛顿第二定律得qEn=a 2d 由运动学公式得1-y.=a4,解得，=(21+1)y 2d n=6时，t6= ,故D正确。故选D。 13y 5.【答案】AD 【详解】A.氢原子的能级是分立的，氢原子发光是氢原子在两个能级间跃迁产生，则该图说明氢原子 光谱是分立的。A项符合题意；B.由图知，赖曼线系中从=2跃迁到基态放出的光子能量最小，则赖 曼线系中从二2跃迁到基态放出的光子频率最小。B项不符合题意；C.由图知，巴尔末线系中从=∞ 跃迁到=2放出的光子能量最大，则巴尔末线系中从二∞跃迁到=2放出的光子频率最大，波长最短 C项不符合题意；D.由图知，赖曼系中任一光子的能量大于巴尔末系中光子能量的最大值；据光电效 应规律知，若巴尔末系的某种光能使一金属发生光电效应，则赖曼系的都能使该金属发生光电效应。D 项符合题意。故选AD。 6.【答案】CD 【详解】A.图甲中，使摆球A先摆动，摆球B、C接着摆动起来，B、C受迫振动，B、C振动周期 等于驱动力周期，即等于A的固有周期，故A、B、C的振动周期相等，故A错误；B.由图乙可知， 该金属的极限频率是。，只有当入射光的频率大于极限频率才能发生光电效应，若用频率分别为0.6V 和08y,的两种单色光同时照射该金属，不能使该金属发生光电效应，故B错误；C.复色光进入水珠 后，可知b光的偏折较大，b光的折射率较大，根据v=C,知a光束在水珠中传播的速度一定大于b 光束在水珠中传播的速度，故C正确：D.根据双缝干涉条纹间距公式△x=二入，知挡板到屏的间距 d 越大，相邻亮条纹间距越大，故D正确。故选CD。 共4页) 7.【答案】BC 【详解】A,乙。一x图像的斜率绝对值表示电场力大小F=2马，图像的斜率表示合外力大小 R-3冯，2冯=冬，由R不-了，解得阻力大小为1，F=2,电扬力是阻力的2倍 故A错误；B.克服摩擦力做功W=mgx,=E,得动摩擦因数1= ,故B正确。C.电场力 mgxo 做正功电势能减小，图线Ⅱ是E。一x变化曲线，图线I是E-x变化曲线，故C正确：D.由于摩擦 力f做功，0~x,过程物块的动能E与电势能E,之和减小，故D错误；故选BC。 8.【答案】BD 【详解】由于金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达 MN处所用的时间是相同的，对金属棒cd和电容器组成的回路有△q=C△U=CBL△o2,对cd根据牛顿 第二定律有F-ILB一ngsin30°=am,而I=q=CBLA?=CBIa,联立并代入数据解得= △t△t F一gsi30°=6s,即金属棒cd做匀加速直线运动，则有0=，a,解得t=1.2s,故A错误。由 1 12+CB2L2 2 题知，碰前瞬间ab的速度为v1=4.5ms,则根据功能关系有1 GYabsin30°一Q=1oi,金属棒下滑过 程中根据动量定理有mg30°1一B8L1=um-0,其中=之1=B,联立并代入数据解得 R+Rab R+Rab xb=3m,Q=3.9J,则R上消耗的焦耳热为Qr= ,RQ=0.78J,故B正确。由于两棒恰好在MN R+Rai 处发生弹性碰撞，以沿斜面向下为正方向，有仙o,-业0=o+地0Di汁业o汁业o吸 2 2 其中v2=t=7.2/s,联立解得v1'=一3.3m/s,v'=8.4m/s,故C错误，D正确。故选BD。 9.【答案】吸热(2分)；2cm3(1分)。 【详解】气泡上升的过程中体积增大，对外做功，由于保持温度不变，故内能不变，由热力学第一定 律可得，气泡需要吸热。气泡初始时的压强p=o+pg仁2.0×10Pa,气泡浮到水面时的压强 ppo=1.0×10Pa,根据气体的等温变化规律p1V12V2,代入数据得V=2cm3。 10.【答案】5(2分： 3R (1分)。 【详解】[1]根据几何关系可知∠AOD=60°，则根据同位角相等可知出射光线与法线的夹角为60°，因 第2页( 此可得此玻璃的折射率为n=血6C-3:[2根据m-S,V- sin30° N-BP,BD=V3R,联立解得t=3。 11.【答案】c(2分)：c(1分)： 【详解】[1][2]根据题意可知，沿x轴方向，O点到a、b、c、d各点的间距，即为甲、乙两分子间的距 离，显然由图可知Oc间距离即为两分子间平衡距离，因此，乙分子c位置处时，两分子间的作用力和 分子势能最小。 12.【答案】2.10（2分)：C(2分)：D(1分)。 【详解】(1)游标卡尺的主尺读数为2mm,则游标卡尺读数为2mm+0.02×5mm=2.10mm;(2)A.应将 气垫导轨调节水平，拉力才等于合力，A正确，不符合题意；B.要保证拉线的方向与木板平面平行， 拉力才等于合力，B正确，不符合题意；C.拉力是通过力传感器测量的，故并不需要使滑块质量远大 于钩码和力传感器的总质量，C错误，符合题意；D.应使A位置光电门间的距离适当大些，有利于 确，不符合题意。故选C.③)由题意知，该实验中保持小车质量不变，有 F a 则有下二所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出F号图像。 13.【答案】(1)红（2分)：(2)1(1分)：(3)100(1分)：(4①×1(1分)：②6.0(2分)。 【解析】(I)按照多用电表的使用规则，表笔ā与内部电源的负极连接，可知应为红表笔；(2)表笔b与 接线柱1连接时，多用电表为测电流的挡位；(3)测量电流时，若将开关S1闭合、S2断开，则 IaRa=(I-Ia)R,解得=100A,即电流表的量程被扩大至100mA;(④[1]当使用欧姆表的“x10” 挡时，发现指针偏转幅度较大，说明倍率挡选择过高，此时应该换成“×1”挡。[2]当S1闭合时，可 得中值电阻R1=70 E15 2=1502，因中值刻度为15，可知为“×10”挡；则当S2闭合时为“×1” 挡，此时中值电阻，即欧姆表内阻R:=尺=15Q,此时电流表量程为了= 一=1A,则电流表内 阻R2= IAR2-10×900 2=92,可知整S1、S2的状态换成相应挡位后，调零后电阻箱的阻值为 1000 152-90=6.02. 共4页) 14.【答案】(1)4m(4分)：(2)5.5s,0.5s(6分). 【详解】(1)当乙达到？=2s时相距最远，用时1，则=吨 解得4=4s 最远距离△。=42心 解得△xm=4m (2)当乙达到2=2.5m/s时，用时t2,则2=t2,t2=5s 此时甲走戈=花2=10m 1 此时乙走6=24=625m 甲乙分别再用时t、t4到达终点，则 5-当--=58 6=4=-五=558 由此可以看出，在测试距离内，乙不能超过甲，甲到达终点时乙还需 △t=t4-t3=0.5s 15.(1)20N(4分)：(2)h≥5m(4分)：(3)36J(5分) 【详解】渚h=3m,则滑块运动至B点时，由动能定理可得mg忙0 在B点由牛顿第二定律得F-g=m 联立解得F=20N 由牛顿第三定律可知，滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20N。 (2)若滑块恰好能过C点，则C点时有g=m- 从A到C,根据动能定理有mgh-2R)=总-0 解得h=5m 要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度Ve=0,从A到E,根据动能定理有 (1分) mgh -umg(x+x)=0-0 (1分) (1分) 解得h=4.8n (1分) 显然h>h,若滑块不脱离圆弧轨道且从E点飞出，则滑块释放点的高度h≥5m。 (1分) (1分) 1 (3)当h=6.6m时，从4到D点根据动能定理mgh-mg5=2mn6 (1分) (1分) 解得vp=10m/s (1分) 从A到E点根据动能定理mgh1-umg5+)=2m (1分) (1分) 可得Vg=6m/s 由运动学公式Vg=Vp-4g (1分) (1分) 解得t=1s (1分) 在1s时间内，滑块的位移为4=g"21=8m 2 传送带运动的位移为x传='t=6m (1分) (1分) 滑块相对于传送带的位移为△x=x滑+x传=14m 由功能关系得Q=g(x,+△x)=36J (1分) (1分) 16.【答案】(1)Ba(3分)：(2m(3分)：3qBa(3分)：(3粒子甲位置坐标为(-6,0)(3分)：粒 2 (1分) 子乙位置坐标为(0,0)(3分)；粒子乙运动的路程为67π(1分)。 (1分) 【详解】(1)粒子甲从点P(2α，0)沿y轴正方向射入到达点O,由几何关系可知粒子甲的轨迹半径 (1分) r=a (1分) 根据粒子甲所受洛伦兹力提供向心力有 (1分) q牌B= (1分) (1分) 解得0=gBa (1分) m 第3页（共4页） (2)粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则 1=2Tz (1分) 由9B=m'和T=2πr v2 2πm ,整理得T= (1分) gB = 1 有 (1分) Tim 二，则= 2 粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 W甲o+zVzo=一V甲1+zVz1 (1分) 12.13121 (1分) 解得o=-5V甲0，z1=3V0 则第一次碰撞后粒了乙的速度大小为3980 (1分) n π1nl (3)已知在1= 时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有 gB 甲1=-3V甲0，吃1=3V0 v2 则根据qB=m一，可知此时乙粒子的运动半径为 3 吃1=0 2 3π12 在t,= 时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中 gB 乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子运动的路程为S1=6☑ 且在第二次碰撞时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有 W甲1+zVz1=w甲2+zVz2 1 ，1 2,1 n1+吃y21=5wm2+2zV22 2 第4页 解得2=0，Vz2=-5V0 5πm 在= 时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中 gB 乙粒子运动了2圈，同理可得乙粒子走过的路程为 Y s3=10πa 甲 且在第三次碰撞时，根据动量守恒定律和机械 能守恒定律，有 乙 2 W甲2+z'z2=1v甲3+zVz3 甲 0甲0 12 ,131, -6a -5a 3a 1 :+2z吃=2。+2mz吃s 2 解得甲3=-3V甲0，Vz3=3V0 依次类推，甲、乙粒子运动过程如图所示。 17π 在，= 一时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且第九次碰撞与第一次相同，有 gB 坪g=-3y0,Vzg=3V0 17πu」 18πm 在，= 到t= 过程中，甲粒子刚好运动半周， 9B gB 则t=18πm 时甲粒子的位置坐标为（一6a,0) (3分) gB 17πm 18πm 在，= 到t= 过程中，乙粒子刚好运动一周， gB gB 18πm 则t= 时乙粒子回到坐标原点(0,0) (3分) gB 且此过程中乙粒子走过的路程为S,=3π 故整个过程中乙粒子走过总路程为s=4×6πa+4×10πa+3πa=67πa (1分) 共4页)