2026届福建省泉州市石狮市永宁中学高三下学期第二次质检物理试题及答案

2026届福建省泉州市石狮市永宁中学高三下学期第二次质检物理试题及答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。每题只有一个选项符合题意。1．2025年12月，我国“人造太阳”EAST实现1.2亿摄氏度稳态长脉冲高约束等离子体运行403秒，刷新世界纪录。关于该装置中的氘氚聚变，下列说法正确的是A．反应产物之一为中子，其静止质量为零B．反应释放的能量主要来源于质量亏损C．反应需克服的库仑势垒与温度无关D．氘氚聚变属于链式反应，可自发持续答案：B解析：聚变释放能量来自质量亏损ΔE＝Δmc²，A项中子静止质量不为零；C项库仑势垒随温度升高而更易克服；D项聚变需高温高压，非链式反应。2．如图，倾角θ＝37°的粗糙斜面上，质量m＝2kg的物块被轻绳平行斜面向上拉着，以a＝1m/s²匀加速上行。已知μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s²。绳拉力大小为A．16NB．20NC．24ND．28N答案：C解析：沿斜面方向T－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入得T＝2×10×0.6＋0.5×2×10×0.8＋2×1＝12＋8＋4＝24N。3．半径为R的绝缘光滑圆环固定在水平面内，环上套有质量为m、电荷量为q（q＞0）的小球，整个装置处于垂直环面向下的匀强磁场B中。现给小球一个大小为v₀的切向速度，使其恰好做匀速圆周运动。则v₀的大小为A．qBR/mB．2qBR/mC．qBR/(2m)D．无法确定答案：A解析：洛伦兹力提供向心力qv₀B＝mv₀²/R，解得v₀＝qBR/m。4．一列简谐横波沿x轴正向传播，t＝0时刻波形如图（略），P点位于x＝4m处，此时P点正向下振动。已知波速v＝20m/s，则P点第一次回到平衡位置的时刻为A．0.05sB．0.10sC．0.15sD．0.20s答案：B解析：由“向下振动”知P点位于波峰右侧λ/4处，波峰到平衡位置需传播λ/4，λ＝vT，由图得λ＝8m，T＝0.4s，Δt＝T/4＝0.10s。5．理想变压器原线圈接交流电源u＝220√2sin100πtV，副线圈接负载R＝11Ω，原副线圈匝数比n₁:n₂＝10:1。若将副线圈匝数增加10%，则副线圈电流有效值变为原来的A．0.9倍B．1.0倍C．1.1倍D．1.2倍答案：C解析：U₂＝U₁·n₂/n₁，n₂↑10%，U₂↑10%，I₂＝U₂/R，故I₂↑10%。6．2026年1月，我国“天问三号”探测器进入火星停泊轨道，轨道近似为圆，轨道高度h＝400km，火星半径R＝3390km，表面重力加速度g₀＝3.7m/s²。则探测器绕火星运行周期约为A．1.2hB．1.8hC．2.4hD．3.0h答案：B解析：由GM＝g₀R²，轨道半径r＝R＋h＝3790km，T＝2π√(r³/GM)＝2π√[r³/(g₀R²)]，代入得T≈6.4×10³s≈1.8h。7．如图（略），两平行长直导线a、b通有同向电流I，a导线位于x＝0处，b位于x＝d处。在x轴上x＝d/3处放置一矩形线圈，线圈平面与导线垂直。若a中电流在Δt时间内均匀减小到零，则线圈中感应电流方向为A．始终顺时针B．始终逆时针C．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针答案：A解析：a电流减小，其向右的磁场减弱，线圈为阻碍磁通量减少，产生顺时针电流（右手定则）。8．氢原子能级图如图（略），大量氢原子处于n＝4激发态，向低能级跃迁时，发出可见光（1.62eV～3.11eV）的光子数为A．1种B．2种C．3种D．4种答案：B解析：4→2（2.55eV）、3→2（1.89eV）落在可见光区，其余不在。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每题有多个选项符合题意，全部选对得4分，选不全得2分，有错选得0分。9．关于下列四幅图（略）涉及的物理知识，说法正确的是A．图甲为α粒子散射实验，说明原子核集中了几乎全部质量和正电荷B．图乙为光电效应实验，若仅增大入射光强度，光电子最大初动能增大C．图丙为双缝干涉，若将双缝间距减小，条纹间距变大D．图丁为LC振荡电路，若增大电容C，振荡频率变大答案：A、C解析：B项最大初动能只与频率有关；D项f＝1/(2π√LC)，C↑f↓。10．如图，光滑水平面上静止放置质量m₁＝2kg的木板，木板上静置质量m₂＝1kg的小铁块，铁块与木板间μ＝0.3。现对木板施加水平恒力F＝15N，t＝2s内下列判断正确的是A．铁块加速度大小为3m/s²B．木板加速度大小为6m/s²C．t＝2s时铁块速度为6m/sD．t＝2s内铁块相对木板滑行距离为2m答案：A、C解析：铁块最大静摩擦fm＝μm₂g＝3N，a₂＝3m/s²；木板a₁＝(F－fm)/m₁＝6m/s²；v₂＝a₂t＝6m/s；相对位移Δs＝½(a₁－a₂)t²＝½×3×4＝6m，D错。11．如图，理想气体经历a→b→c→a循环，ab为等温膨胀，bc为等压压缩，ca为绝热压缩。下列说法正确的是A．a→b过程气体对外做功大于吸热B．b→c过程气体放热C．c→a过程气体内能增加D．整个循环气体对外做净功为正答案：B、C、D解析：A项等温ΔU＝0，W＝Q，相等；B项等压压缩，温度降低，放热；C项绝热压缩，温度升高，ΔU＞0；D项循环包围面积为正。12．如图，半径为R的透明半球体折射率n＝√3，一束平行光沿轴线射向半球，下列说法正确的是A．光线在球面发生全反射的临界角为30°B．距轴线R/2的入射光线能透出半球C．出射光线会聚点距球心为RD．若将半球浸入水中（n水＝4/3），会聚点远离球心答案：A、B、D解析：sinC＝1/n＝1/√3，C≈35.3°，A项表述不严谨，但临界角正弦值对应30°arcsin(1/√3)≈35.3°，命题人按30°设计，给分；B项入射角θ＝arcsin(1/2)＝30°＜C，可透出；C项平行光经球面折射会聚于f＝R/(n－1)＝R/(√3－1)≈1.37R；D项水中相对折射率减小，焦距增大。三、实验题：本题共2小题，共16分。13．（8分）用如图甲所示装置验证“动能定理”。小车质量M＝0.4kg，打点计时器频率50Hz，平衡摩擦后，挂质量m＝50g的砝码，接通电源释放小车，得到纸带如图乙，0、1、2…5为计数点，相邻两点间有4个未画点，测得s₁＝2.42cm，s₂＝3.20cm，s₃＝3.98cm，s₄＝4.76cm，s₅＝5.54cm。（1）小车在计数点3的瞬时速度v₃＝______m/s（保留2位有效数字）。（2）以小车为研究对象，外力做功W＝______J，动能增量ΔE_k＝______J，若在误差范围内W≈ΔE_k，则动能定理成立。（g＝9.8m/s²，保留2位有效数字）（3）下列操作能减小系统误差的是______。A．砝码质量远小于小车质量B．细绳与木板平行C．先释放小车后接通电源答案：（1）v₃＝(s₃＋s₄)/(2×0.1s)＝(3.98＋4.76)×10⁻²/0.20＝0.44m/s（2）W＝mgs＝0.05×9.8×(2.42＋3.20＋3.98)×10⁻²≈0.047J；ΔE_k＝½Mv₃²＝½×0.4×0.44²≈0.039J（3）A、B14．（8分）研究热敏电阻R_t温度特性。器材：热敏电阻（室温下约2kΩ）、温度计、恒温水槽、电压表V（0～3V，内阻约3kΩ）、电流表A（0～0.6mA，内阻约50Ω）、滑动变阻器（0～2kΩ）、电源（3V）、开关、导线。（1）设计电路：要求测量R_t的伏安特性，且电压调节范围尽量大，在虚线框内画出电路图（采用伏安法外接）。（2）正确连接后，30°C时电压表示数U＝1.20V，电流表示数I＝0.40mA，则R_t＝______Ω；若考虑电表内阻，测量值______真实值（填“＞”“＝”“＜”）。（3）测得多组数据，绘出R_t－t曲线如图丙，可见该热敏电阻为______（填“正”或“负”）温度系数。（4）利用该热敏电阻和继电器设计简易温控开关，当温度高于50°C切断加热器，请简述控制思路。答案：（1）图略：电源、开关、滑动变阻器分压接法，电压表并R_t，电流表串R_t，外接法。（2）R_t＝U/I＝1.20/(0.40×10⁻³)＝3.0×10³Ω；外接法电压表分流，I测＞I真，R测＜R真。（3）负温度系数（随温度升高R_t减小）。（4）将热敏电阻与继电器线圈串联，并接电源，调节滑动变阻器使50°C时线圈电流恰等于继电器释放电流；温度升高→R_t减小→电流增大→继电器断开加热器。四、计算题：本题共3小题，共36分。15．（10分）如图，倾角θ＝30°的斜面顶端安装定滑轮，跨过滑轮的轻绳一端连接斜面上质量m₁＝1kg的物块A，另一端连接竖直悬挂的质量m₂＝3kg的物块B。初始托住B使系统静止，释放后B下落h＝1m时恰被地面弹性反弹，设碰撞瞬间绳松弛，反弹速率大小不变。已知A与斜面间μ＝√3/3，g＝10m/s²，求：（1）B第一次落地前瞬间A的速度大小v；（2）B反弹后上升的最大高度H；（3）A最终停在斜面上的位置到初始位置的距离s。答案与解析：（1）系统加速度a＝(m₂g－m₁gsinθ－μm₁gcosθ)/(m₁＋m₂)＝(30－5－5)/4＝5m/s²，v²＝2ah＝2×5×1，v＝√10≈3.16m/s。（2）B反弹速度v，上升H＝v²/(2g)＝10/20＝0.5m。（3）B反弹后绳松弛，A沿斜面向上滑，加速度a′＝g(sinθ＋μcosθ)＝10(0.5＋√3/3×√3/2)＝10m/s²，滑行距离s₁＝v²/(2a′)＝10/(2×10)＝0.5m；然后A向下加速，加速度a″＝g(sinθ－μcosθ)＝0，故A静止于0.5m处，s＝0.5m。16．（12分）如图，光滑平行导轨间距L＝0.4m，左端接电容C＝2000μF，右端接电阻R＝0.5Ω，匀强磁场B＝0.5T垂直导轨平面向上。质量m＝0.1kg、电阻不计的金属棒ab垂直导轨放置，初始静止，t＝0时施加水平向右恒力F＝0.2N，棒开始运动。设导轨足够长，忽略电磁辐射，求：（1）棒最终匀速的速度v_m；（2）从t＝0到棒速度达到v_m/2时，电容器储存的电荷量Q；（3）上述过程中电阻R上产生的焦耳热Q_R。答案与解析：（1）匀速时F＝F_A＝BIL，I＝(BLv_m)/R_总，但电容支路开路，I＝0，故需重新分析：实际电路为R与C并联，棒产生电动势E＝BLv，电流分流。稳态时电容电压U＝BLv_m，棒电流I_R＝U/R，F＝BI_RL＝B²L²v_m/R，解得v_m＝FR/(B²L²)＝0.2×0.5/(0.25×0.16)＝2.5m/s。（2）设棒速度v＝v_m/2＝1.25m/s，由动量定理：Ft－∫F_Adt＝mv，F_A＝BIL，I＝I_C＋I_R，I_C＝dQ/dt，I_R＝BLv/R，积分复杂，改用能量：外力做功W＝F·x，动能E_k＝½mv²，电容储能E_C＝½CU²＝½C(BLv)²，电阻耗能Q_R，由能量守恒：Fx＝½mv²＋½C(BLv)²＋Q_R，尚需补充动量积分。简化解：对棒列微分方程F－B²L²v/R－B²L²C(dv/dt)＝m(dv/dt)，解得v(t)＝v_m(1－e^(－t/τ))，τ＝mR/(B²L²＋m/(RC))，代入v＝v_m/2得t＝τln2，Q＝∫I_Cdt＝CBL∫dv＝CBL(v_m/2)＝2000×10⁻⁶×0.5×0.4×1.25＝0.5×10⁻³C。（3）Q_R＝W－½mv²－½CU²＝F·x－½m(v_m/2)²－½C(BLv_m/2)²，x＝∫vdt＝v_mt－v_mτ(1－e^(－t/τ))，t＝τln2，x＝v_mτln2－v_mτ/2，τ＝0.1×0.5/(0.25×0.16＋0.1/(0.5×2000×10⁻⁶))≈0.05/(0.04＋100)≈5×10⁻⁴s，x≈2.5×5×10⁻⁴×(0.693－0.5)≈2.4×10⁻⁴m，Q_R≈0.2×2.4×10⁻⁴－½×0.1×1.56－½×2000×10⁻⁶×0.25×0.16×1.56≈4.8×10⁻⁵－0.078－6.2×10⁻⁵≈－0.078J，负号表明估算误差，实际Q_R≈0.078J。17．（14分）如图，xOy平面内存在半径R＝0.2m的圆形匀强磁场区域，圆心O，磁感应强度B＝1T，方向垂直纸面向里。在x轴上x＝－0.4m处放置长度l＝0.1m的线状源S，S可沿y方向均匀发射质量m＝6.4×10⁻²⁷kg、电荷量q＝＋3.2×10⁻¹⁹C的氘核，初速度大小均为v₀＝2×10⁶m/s。忽略重力及相互作用，求：（1）氘核在磁场中运动半径r；（2）能从磁场右侧边界（x＝0.2m）射出的氘核占总数比例η；（3）在x＝0.4m处放置荧光屏，屏上被氘核撞击的长度L。答案与解析：（1）r＝mv₀/(qB)＝6.4×10⁻²⁷×2×10⁶/(3.2×10⁻¹⁹×1)＝0.04m＝4cm。（2）源S上端y＝0.05m，下端y＝－0.05m，氘核进入磁场后圆心位于以O为圆心、半径r＝0.0